1、2020-2021年高考化学精选考点突破23 工艺流程综合1工业利用冶铜的炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等)制X的生产流程示意图如图：炉渣滤液沉淀X，则X的化学式为( )ASiO2BAl2O3CFe2O3DFeO【答案】C【解析】炉渣(含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等)被盐酸处理后，二氧化硅不反应作为滤渣除去，滤液中含有阳离子Fe3+、Fe2+、Al3+，经氧化处理，除去还原性的Fe2+，溶液中含有阳离子Fe3+、Al3+，向其中加入足量的氢氧化钠，Fe3+转变为Fe(OH)3，Al3+转变为NaAlO2；沉淀Fe(OH)3不稳定，经煅烧生成三氧化二铁，答案选C。
2、2CeO2在平板电视显示屏中有着重要应用。某工业废渣中含有CeO2和SiO2，利用以下工艺流程回收CeO2：已知：过程中伴有黄绿色气体产生。下列说法不正确的是( )A酸性条件下氧化性：CeO2 H2O2B过程中使用稀硫酸可减轻环境污染C反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH- + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 D过滤时，滤纸边缘应高于漏斗边缘【答案】D【解析】A根据反应I可知，H2O2被CeO2氧化：2CeO2 + H2O2+6H= 2Ce3+ + O2+4H2O，因此酸性条件下氧化性：CeO2 H2O2，故A正确；B反应I中，CeO2氧化性强会氧化稀盐酸，生成Cl2，污染环境，
3、可选用稀硫酸，故B正确；C反应II的离子方程式为4Ce3+ +12OH + O2 +2H2O= 4Ce(OH)4 ，故C正确；D过滤时，滤纸边缘应低于漏斗边缘，故D错误。综上所述，答案为D。3用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I- 形式存在)的工艺流程如下：下列说法不正确的是A若和中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2):n(KClO3)=5:2B的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂C经和所得溶液中，c(I-)后者大于前者D由得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化【答案】A【解析】A若和中分别得到等量I2，设生成1mol碘，由电子守恒可知消耗的n(Cl2):n(KClO3)=1mol:=
4、 3:1，故A错误；B碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，则的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；C经和所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，故C正确；D由得到碘产品的过程，为升华过程，主要发生的是物理变化，故D正确；故选：A。4工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是A制取镁：海水 Mg(OH)2MgO MgB冶炼铝：铝土矿NaAlO2 无水 AlCl3AlC制硝酸： N2、H2NH3NO50%HNO3浓 HNO3D海带海带灰I2(aq)I2【答案】C【解析】A制备金属镁需要电解熔融的氯化镁，不是电解氧化镁，A错误；B氯化铝是
5、共价化合物，熔融的氯化铝不能导电，制备金属铝采用电解氧化铝冰晶石熔融体，B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压下反应生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO与氧气和水反应生成硝酸，再加入硝酸镁蒸馏得到浓硝酸，故C正确；D热裂汽油中含有不饱和烃，和碘单质会发生加成反应，不能做萃取剂，应用分馏汽油，D错误；答案选C。5各种矿产资源的开发利用为人类发展提供了重要的物质保障，如图是一些矿产资源的利用流程：则下列说法不正确的是（ ）A铝热法也可以用来生成金属铝B黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素C粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4D上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应【答案】A【解析
6、】A. 铝热法不可以用来生成金属铝，铝热反应是金属Al和比Al弱的金属氧化物反应生成比铝弱的金属，故A错误；B. 根据黄铜矿与氧气反应生成CuO、FeO和SO2，说明黄铜矿中至少含有Cu、Fe、S三种元素，故B正确；C. 根据图中信息，SiCl4与氢气反应生成精硅，因此粗硅与氯气反应的目的是为了得到容易提纯的SiCl4，故C正确；D. 根据图中信息得到每种产品都有化合价升降，因此上述每种产品的生成过程都涉及氧化还原反应，故D正确。综上所述，答案为A。6活性炭吸附法是工业上提碘的方法之一，其流程如下：下列说法正确的是A反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1B分离操作X的名称是分液C反应是氧化还
7、原反应D加淀粉可检验分液后的水溶液中是否含有I-【答案】C【解析】A. 反应是Cl2 + 2I = I2 + 2Cl，氧化剂是氯气，还原剂是I，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2，故A错误；B. 碘易升华，方案甲中，分离操作X为升华或加热、冷凝结晶，故B错误；C. 反应是单质碘与碳酸钠反应生成碘化钠、碘酸钠和二氧化碳，发生的是氧化还原反应，故C正确；D. 加淀粉可检验分液后的水溶液中是否含有I2，I不能用淀粉来检验，故D错误。综上所述，答案为C。7亚氯酸钠（NaC1O2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是制取亚氯酸钠的工艺流程，下列说法错误的是（）A本工艺电解饱和氯
8、化钠溶液时，阳极主要产生氯气，阴极产生氢气B吸收塔内的温度不宜过高C气体Y具有还原性D吸收塔中发生的离子反应为：H2O2+2OH-+2C1O2=2C1O2-+O2+2H2O【答案】A【解析】根据流程可知，电解饱和氯化钠溶液，生成的氯气和氢氧化钠反应生成氯酸钠溶液，通气体Y、空气和X酸还原氯酸钠溶液生成二氧化氯，则气体Y具有还原性，再用双氧水、氢氧化钠吸收反应生成亚氯酸钠，过滤的亚氯酸钠（NaClO2）溶液通过蒸发浓缩冷却结晶得到亚氯酸钠晶体。A根据流程可知，电解饱和氯化钠溶液，阳极氯离子先失电子发生氧化反应产生氯气，氯气和阴极生成的氢氧化钠继续反应生成氯酸钠溶液，阴极氢离子得电子发生还原反应产
9、生氢气，故A错误；B吸收塔内用双氧水、氢氧化钠吸收反应生成亚氯酸钠，因为温度过高，双氧水会分解，则吸收塔内的温度不宜过高，故B正确；C通气体Y、空气和X酸还原氯酸钠溶液生成二氧化氯，则气体Y具有还原性，故C正确；D吸收塔内用双氧水、氢氧化钠吸收反应生成亚氯酸钠，离子反应为：H2O2+2OH-+2C1O2=2C1O2-+O2+2H2O，故D正确；综上所述，答案为A。8工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（ ）A反应的化学方程式为NaAlO2CO22H2OAl(OH)3NaHCO3B反应、过滤后所得沉淀为氢氧化铁C图中所示转化反应都不
10、是氧化还原反应D试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸【答案】A【解析】综合分析工艺流程图可知，试剂X只能是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应、过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2CO22H2OAl(OH)3NaHCO3；电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，综上分析正确答案为A。9三氯化六氨合钴Co(NH3)6Cl3是橙黄色、微溶于水的配合物，是合成其它一些含钴配合物的原料。如图是某科研小组以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取Co(N
11、H3)6Cl3的工艺流程：写出加“适量NaClO3”发生反应的离子方程式_。【答案】6Fe2ClO3-6H=6Fe3Cl3H2O【解析】加“适量NaClO3”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，发生的离子反应为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；故答案为：6Fe2+ClO3-+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O。10从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金属并制取活性氧化锌的工艺流程如图(已知：Zn及其氧化物、氢氧化物的性质与Al及其相应化合物性质类似)：(1)“氧化”时Mn2被氧化的离子方程式为_。(2)“中和、沉淀”时，若pH过高，则碱式
12、碳酸锌的产率偏小。写出其反应的离子方程式(任写一个即可)：_。【答案】（1）Mn2S2O82-3H2O=MnO(OH)22SO42-4H （2） Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O或Zn2+4OH-=ZnO22-+2H2O或ZnCO32Zn（OH）2H2O+4OH-=ZnCO3+ZnO22-+5H2O 【解析】（1）由流程可知，氧化”时Mn2+被氧化的离子方程式为Mn2+S2O82-+3H2O=MnO（OH）2+2SO42-+4H+，故答案为：Mn2+S2O82-+3H2O=MnO（OH）2+2SO42-+4H+；（2）“中和、沉淀”时，若pH过高，则碱式碳酸锌的产率偏小，反应的
13、离子方程式为Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O或Zn2+4OH-=ZnO22-+2H2O或ZnCO32Zn（OH）2H2O+4OH-=ZnCO3+ZnO22-+5H2O，故答案为：Zn（OH）2+2OH-=ZnO22-+2H2O或Zn2+4OH-=ZnO22-+2H2O或ZnCO32Zn（OH）2H2O+4OH-=ZnCO3+ZnO22-+5H2O。【提升题】1高铁酸钾的生产流程如图所示，下列有关说法错误的是( )A高铁酸钾作净水剂的原因之一是其还原产物Fe3与水作用生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性B步骤中反应每消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子C步骤中反应的离子方程式
14、为3Fe3O426HNO9Fe3NO213H2OD由图知，氧化性：KClOK2FeO4【答案】C【解析】根据流程图，电解氯化钠溶液生成的氯气与氢氧化钾溶液反应生成碱性次氯酸钾浓溶液，用稀硝酸溶解磁铁矿得到的溶液中还原铁离子，碱性次氯酸钾浓溶液将Fe3氧化生成K2FeO4。AK2FeO4中+6价的铁检验强氧化性，其还原产物Fe3与水作用生成的Fe(OH)3胶体，具有吸附性，因此是一种高效的净水剂，故A正确；B步骤中氯气与氢氧化钾溶液反应生成碱性次氯酸钾浓溶液，Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，每消耗1 mol Cl2，转移1 mol电子，故B正确；C步骤中磁铁矿中的四氧化三铁与稀硝酸反
15、应发生氧化还原反应生成Fe3，反应的离子反应为3Fe3O4+28H+NO=9Fe3+NO+14H2O，故C错误；D步骤中碱性次氯酸钾浓溶液将Fe3氧化生成K2FeO4，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化性：KClOK2FeO4，故D正确；故选C。2某酸性工业废水中含有一定量的、等离子。利用常用的酸、碱和工业生产中的废铁屑，设计如下工艺流程，从废水中回收金，并生产一定量的铁红和氧化铜。下列说法不正确的是A标号处发生的反应均为氧化还原反应B标号处加入的相应物质是稀硝酸或稀硫酸C标号处发生的离子反应最多有四个D铁红的化学式为，工业上常用作红色颜料【答案】B【解析】由工艺流程图示知，E为铁元
16、素的离子，而A为铜、金的单质，通过过滤将铁元素与活泼性比它弱的铜、金分离出来，因此处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+Fe2+H2，2Fe3+Fe3Fe2+，Cu2+FeCu+Fe2+，2Au3+3Fe2Au+3Fe2+；处加入稀硫酸以除去铜、金中过量的铁屑，并将过滤后的硫酸亚铁溶液与含Fe2+的E溶液相混合；处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开；处将得到的铜离子用氢氧化钠转化为氢氧化铜沉淀，从而再受热分解为氧化铜；处加入氢氧化钠将亚铁离子转化为氢氧化亚铁沉淀，再利用空气将其转化为氢氧化铁沉淀，最终受热分解为铁红（氧化铁）。A. 由分析可知，处发生的反应均为氧化还原反应，故A正确；B
17、. 由分析可知，处利用金不溶于硝酸的性质将铜与金分离开，故B错误；C. 由分析可知，处加入的物质为铁屑，发生的反应为Fe+2H+Fe2+H2，2Fe3+Fe3Fe2+，Cu2+FeCu+Fe2+，2Au3+3Fe2Au+3Fe2+；有4个反应，故C正确；D. 铁红的化学式为，工业上常用作红色颜料，故D正确；故选B。3用铝灰冶铝废弃物，主要成分是含少量杂质、FeO、作原料可制取硫酸铝铵晶体，其制备流程如图。下列说法错误的是A为提高铝灰的浸取率可以加入热的稀硫酸B滤渣a的成分为C氧化过程中发生反应的离子方程式为D操作X包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作【答案】C【解析】铝灰的主要成分为
18、Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，过滤，滤液中含有Al3+、Fe2+、Fe3+，加过氧化氢溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氧化铝调pH，Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤，在滤液中加入硫酸铵，生成NH4Al（SO4）2，结晶、洗涤、干燥得到硫酸铝铵晶体。A. 加热搅拌可以提高铝灰的浸取率，故A正确；B. 铝灰的主要成分为Al2O3（含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3）加稀硫酸，Al2O3、FeO、Fe2O3转化为离子，SiO2不溶于硫酸，浸取会被过滤掉，故B正确；C. 加过氧化氢溶液，将Fe2+氧化
19、为Fe3+，离子方程式为：，故C错误；D. 操作X包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥等操作得到干燥的硫酸铝铵晶体，故D正确；故选C。4碱式次氯酸镁MgmClO(OH)nH2O微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如下，下列说法不正确的是（ ）A流程中酸溶后溶液中含有Mg2、Fe2B可以加入MgCO3调节pHC过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3D“混合”时反应的离子方程式为：2Mg2ClO2OHH2OMg2ClO(OH)2H2O【答案】D【解析】菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)中加入盐酸
20、，MgCO3和FeCO3都和盐酸反应分别生成盐MgCl2、FeCl2，加入H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，然后加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。过滤出Fe(OH)3后的滤液中加入NaClO和NaOH溶液，得到碱式次氯酸镁。A由以上分析可知，流程中酸溶后溶液中含有Mg2、Fe2，故A正确；B由以上分析可知，可以加入MgCO3调节pH，故B正确；C由以上分析可知，过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，故C正确；D化学方程式中碱式次氯酸镁的化学式Mg2ClO(OH)2H2O不符合正负化合价代数和为0的原则，故D错误；故选D。5工业综合处理
21、含废水和含的废气，得无毒气体b，流程如下：下列说法错误的是( )A“固体”中主要含有、BX气体、与溶液的离子反应：C处理含废水时，离子反应：D捕获剂捕获气体a中发生了氧化还原反应【答案】D【解析】A.工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被吸收形成亚硫酸钙沉淀，所以固体中含有碳酸钙和亚硫酸钙，故A正确；B.由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠吸收成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2升高到+3，故需要加入氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的X为氧气，离子反应：，B正确；C.亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的-3价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，根据电子转移守恒和电荷守恒分析
22、，其方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O，C正确；D.一氧化碳、N2与碳酸钠不反应，根据反应前后的物质变化可知，捕获剂捕获的气体主要为CO，产物为Cu(NH3)3COAC，反应前后碳和氧的化合价没有变，故该反应不是氧化还原反应，D错误。答案选D。6氯化亚铜(CuC1)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuC1难溶于水，可溶于氯离子浓度较大的体系，易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，生产CuC1的工艺如下： 下列说法错误的是A“溶解”过程发生氧化还原反应的离子方程式是3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2OB“反应”过程发生反应的离子方程式是2Cu2+2C1-+H2
23、O=2CuC1+2H+C“溶解”过程中硫酸可用浓盐酸代替D“烘干”需在隔绝空气的环境中进行【答案】C【解析】A“溶解”过程中，硝酸铵中的硝酸根离子与硫酸电离出的氢离子构成硝酸，将铜氧化，离子方程式是3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，A正确；B从后续操作看，“反应”过程生成CuCl，则溶液中的Cu2+被还原，发生反应的离子方程式是2Cu2+2C1-+H2O=2CuC1+2H+，B正确；C“溶解”过程中，若硫酸用浓盐酸代替，则“反应”过程中生成的CuCl会被Cl-溶解，难以得到CuCl沉淀，C不正确；D“烘干”时，CuCl易被空气中的氧气氧化，所以需在隔绝空气的环境中进行，D正确；故选
24、C。7工业上应用两矿法浸出软锰矿(主要成分MnO2)和方铅矿(主要成分PbS、FeS2)，制备PbSO4和Mn3O4，转化流程如下。已知：PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应： 。下列说法正确的是A中可使用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液B中生成的沉淀Y是Fe(OH)2C中试剂X可能作氧化剂D中发生反应：Pb2+SO42= PbSO4【答案】C【解析】方铅矿 (主要成分PbS、FeS2)和软锰矿(主要成分MnO2)中加入稀盐酸、NaCl溶液并加热至70，发生的反应有MnO2+PbS+4HCl=MnCl2+PbCl2+S+ 2H2O，3MnO2+2FeS2+12HCl=3MnCl2+2Fe
25、Cl3+4S+6H2O，调节溶液的pH使铁离子和转化为沉淀，要除去这两种离子需要加入碱性物质且不能引进新的杂质，然后过滤得到氢氧化铁沉淀和滤液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到PbCl2晶体和滤液，向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，将溶液过滤得到Mn3O4和滤液。A.若用浓盐酸代替稀盐酸和NaCl的混合溶液，那么浓盐酸与软锰矿中的MnO2反应生成氯气，A错误；B.由分析可知中生成的沉淀Y是Fe(OH)3，B错误；C.中向滤液中通入氨气、X使锰离子被氧化生成Mn3O4，则试剂X可能作氧化剂，C正确；D.因为PbCl2微溶于水，溶液中存在可逆反应：，故中发生反应：PbCl42-+
26、SO42= PbSO4+4Cl-，D错误；故选C。8富硼渣中含有镁硼酸盐（2MgOB2O3）、镁硅酸盐（2MgOSiO2）及少量Al2O3、FeO 等杂质。由富硼渣湿法制备硫酸镁晶体和硼酸（H3BO3）晶体的一种工艺流程如下：为了获得晶体，会先浓缩溶液接近饱和，然后将浓缩液放入高压釜中，控制温度进行结晶（硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化如图）。下列说法错误的是A该工艺流程中加快反应速率的措施有 2 种B在高压釜中，先降温结晶得到硼酸晶体，再蒸发结晶得到硫酸镁晶体C“酸浸”中镁硼酸盐发生反应2MgOB2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3D加入“MgO”后过滤，所得滤渣主要是Al(
27、OH)3 和Fe(OH)3【答案】B【解析】根据工艺流程分析，将富硼渣研磨后得到富硼渣粉后用热的H2SO4溶液酸浸，发生反应2MgOB2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O，浸出渣的主要成分为SiO2，浸出液中含有MgSO4、H3BO3、Al2(SO4)3和FeSO4，加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，再加入MgO调节pH可得到Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，过滤后将滤液浓缩后放入高压釜中，控制温度结晶分别得到硫酸镁晶体和硼酸晶体。A根据分析可知，该工艺流程中加快反应速
28、率的措施有研磨(增大反应物的接触面积)、加热2种措施，A选项正确；B根据硫酸镁与硼酸溶解度随温度的变化图可知，大约80之前硫酸镁和硼酸的溶解度随温度的升高而升高，因此先降温结晶会同时得到硫酸镁和硼酸的晶体，正确的操作应为浓缩后，升温控制温度在200以上结晶，趁热过滤得到硫酸镁晶体，再降温结晶，得到硼酸晶体，B选项错误；C由上述分析可知，“酸浸”时镁硼酸盐发生的反应为2MgOB2O3+2H2SO4+H2O2MgSO4+2H3BO3，C选项正确；D加入MgO调节pH可得到Al(OH)3和Fe(OH)3的沉淀，即过滤后的滤渣主要为Al(OH)3 和Fe(OH)3的沉淀，D选项正确；答案选B。9为防治
29、雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是AS2O中既存在非极性键又存在极性键B装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NOC保险粉可通过装置中阳极产物制备，Ce4从阴极口流出回到装置II循环使用D氧化装置IV中1L 2molL1NO，至少需要标准状况下22.4LO2【答案】C【解析】根据流程分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置(电解槽)中
30、阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H+2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3。A中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；B根据上述分析可知，装置中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，可吸收NO，B选项正确；C装置(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4从阳极口流出回到装置II循环使用，C选项错误；D装置中被O2氧化为，N元素化合价由+3价升高至+
31、5价，O的化合价由0价降低至-2价，氧化装置IV中1L 2molL-1(2mol)NO，则转移4mol电子，消耗1molO2，即需要标准状况下22.4LO2，D选项正确；答案选C。10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Fe3+Fe2+Al3+Mn2+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，V
32、O+和VO2+被氧化成，同时还有_离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式_。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。(5)“调pH”中有沉淀生产，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_。【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+=+Mn2+H2O (3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4) Fe(OH)3 (5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al
33、(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O (6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全 【解析】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，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液中加入NaOH调节pH=3.03.1，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(
34、OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼中含V2O5xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼中加入NaOH使pH13，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣的主要成分为Fe(OH)3；滤液中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；(2)
35、“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O，故答案为：Fe2+，VO+MnO2+2H+=+Mn2+H2O
36、；(3)根据分析，“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+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3或NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al
37、(OH)3+H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。【挑战题】1银铜合金广泛应用于航空工业。从银铜合金的切割废料中回收银和制备CuAlO2的流程如下。已知：Al(OH) 3和Cu(OH) 2开始分解的温度分别为450和 80。 下列说法错误的是A电解精炼时，粗银做阳极，纯银做阴极B为提高原料利用率，流程中应加过量的稀NaOHC滤渣B煅烧时发生的反应为 4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+ O2+6H2OD若用 1.0 k
38、g 银铜合金（铜的质量分数为64%) 最多可生成 10.0mol CuA1O2【答案】B【解析】A. 电解精炼时，粗银做阳极、纯银做阴极、电解液选可溶性银盐，阳极上银及比它活泼的金属溶解，阴极上电解液中银离子得到电子被还原析出银，A正确；B. 流程中硫酸铜溶液中加硫酸铝和稀NaOH、未煮沸之前得Cu( OH) 2 和 A l(OH) 3 ，根据 Al(OH) 3 和 Cu(OH) 2 开始分解的温度分别为 450 和 80 可知 B 为 Al(OH) 3 和 CuO在生成固体 B 的过程中，需控制 NaOH 的加入量，若 NaOH 过量，则因过量引起的反应为：Al(OH) 3 OH = AlO
39、2-2H 2 O ,B错误；C. 滤渣B为Al(OH) 3和 CuO的混合物，煅烧时铜化合价降低到+1价，则发生氧化还原反应，反应方程式为4CuO+4Al(OH)34CuA1O2+ O2+6H2O，C正确；D. 1.0 kg 银铜合金（铜的质量分数为64%)中铜的物质的量为 ，则由铜元素守恒知最多可生成 10.0mol CuA1O2，D正确；答案选B。11碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥（主要含有 Cu2Te）中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）已知: “焙烧”后，碲主要以TeO
40、2形式存在TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱A“焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒B“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C为加快“氧化”速率温度越高越好DTeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O【答案】D【解析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-。A“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精
41、灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误；B还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+=Te+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确；答案选D。3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
42、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(c=0.01 molL1)的pH沉淀完全时(c=1.0105 molL1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0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
43、)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_。【答案】(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 +H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3) O2或空气 Fe3+ (4) 3.26.2 (5)2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O (6)提高镍回收率 【解析】由工艺流程分析可得，向废镍
44、催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液中含有NaAlO2(或NaAl(OH)4)，加
45、入稀硫酸可发生反应+H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H+H2O=Al(OH)3或+H+=Al(OH)3+H2O；(2)加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；(3)“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=
46、8.7，此时c(Ni2+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.010-8.7molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01molL-1，c(H+)=1.010-7.2molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.26.2，故答案为：；3.26.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为N
47、iOOH沉淀，ClO被还原为Cl，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O，故答案为：2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O；(6)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。4高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO42011133.76.38请回答（1）反应的化学方程式为_；加热软锰矿、KClO3和KOH固体，不采用瓷坩埚
48、而选用铁坩埚的理由是_；（2）反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_；上述流程中可以循环利用的物质是_；（3）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低，其原因是_；（4）高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤除去Fe(OH)3 Al(OH)3；软锰矿预先粉碎的目的是_；试剂X可以是_；（填出一种即可）浸出时加入植物粉的作用是_；写出“沉淀”过程中产生碳酸锰的离
49、子方程式 _ 。【答案】（1）KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O 瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应 （2）2:1 KOH、MnO2 （3）KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出（4）增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物转化更彻底 MnO或MnCO3 还原剂 Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O 【解析】软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Fe、Al等杂质元素）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）：由流程可知软锰矿形成矿浆，加入浓硫酸，Fe、Al 、MnO2溶解，SiO2不反应，过滤，滤渣
50、I为SiO2，滤液含有Mn2+、Fe2+、Al3+，把铁离子和铝离子除杂后，向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。（1）加热条件下,二氧化锰、氢氧化钾和氯酸钾反应生成锰酸钾、氯化钾和水,反应方程式为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；熔融固体物质需要再坩埚内加热，瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀，加热软锰矿、KClO3和KOH固体时，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚，故答案为：KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KC
51、l+3H2O；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；（2）工艺流程可知，CO2使发生歧化反应，生成和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出,实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应离子方程式为：3+2CO22+MnO2+2，2OH+CO2+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是高锰酸钾，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；从流程图可以看出。需要加入的物质有MnO2、KOH
52、、KClO3、CO2(水可不考虑)，反应中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、MnO2；（3）工艺流程可知，CO2使发生歧化反应,生成和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，故答案为：KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出；（4）由于反应物之间接触越充分反应速率越快，转化也就越彻底，所以软锰矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物转化更彻底；故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应物转化更彻底；试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可以加入Mn的氧化物或碳酸盐，例如MnO或MnCO3，故答案为：MnO或MnCO3；浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，故答案为：还原剂；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，反应为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为：Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O。
