高考化學熱點題型：工藝流程綜合大題（解析版）

工藝流程綜合大題

1.(2020?四川省瀘縣第五中學上學期開學考試)高純六水氯化錮晶體(SrCL-6H20)

可作有機合成的催化劑。用碳酸錮礦石(含少量BaCOs、FeO、SiO?等雜質)制備高

純六水氯化錮晶體的過程如圖所示。

頡然黑發(fā)

冷卻站品法盒

II

考我索三司駕w^(四歲

1------------------1①②*—H③r-—)

已知:

3816

I.25℃,Ksp[Fe(OH)3]=l.0X10,Ksp[Fe(0H)2]=l.0X10

n.SrC12?6H2。晶體在61℃時開始失去結晶水，100℃時失去全部結晶水。

請回答:

(1)步驟①中將礦石制成漿液能加快反應速率的原因是

(2)在“漿液”中加入工業(yè)鹽酸，測得錮的浸出率與溫度、時間的關系如圖所示:

)045607590

RH展出IB度對便漫出率的影剪圖2松出時間與他段出率的關系

據此合適的工業(yè)生產條件為___________________________

(3)步驟②“溶液”中加入30%的乩。2,其作用是

1

_____________________________(用離子方程式表示)0

(4)步驟③所得濾渣的主要成分除Fe(OH)3外，還有(填

化學式)；25℃,為使Fe*沉淀完全需調節(jié)溶液pH值最小為(當離

子濃度減小至1.0X10%oi-[/時，可認為沉淀完全)。

(5)關于上述流程中各步驟的說法，正確的是(填標號)。

A.步驟④用60c的熱水浴加熱蒸發(fā)至有晶膜出現

B.步驟④冷卻結晶過程中應通入HC1氣體

C.步驟⑤干燥SrCl2-6H20晶體可以采用減壓干燥

(6)為測定所得SrC12?6H2O(Mr=267)晶體樣品的純度，設計了如下方案：稱取

1.10g樣品溶解于適量水中，向其中加入含AgNCU.70g的AgNOs溶液(溶液中除

C「外，不含其它與Ag+反應生成沉淀的離子)，C「即被全部沉淀。然后用含Fe”

的溶液作指示劑，用0.100mol?I?的NH4SCN標準溶液滴定剩余的AgNOs溶液,

使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，當

___________________________________________時達到滴定終點，用去NILSCN

溶液20.00mL,則原SrCl2?6H20晶體的純度為%(計算結果保留1位

小數)。

【答案】

(1).增大反應物接觸面積

(2).40℃；6Omin

2+3+

(3).2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O

2

(4).SiO2、BaSO43

(5).AC

(6).最后一滴NILSCN溶液滴入，錐形瓶內試液變?yōu)榧t色，且半分鐘內不變

色97.1

【解析】

(1)根據影響化學反應速率因素，增大接觸面積、或升高溫度、或增大鹽酸濃

度、或充分攪拌等都能加快反應速率。步驟①中將礦石制成漿液，增大反應物接

觸面積，能加快反應速率；答案：增大反應物接觸面積。

(2)在“漿液”中加入工業(yè)鹽酸，根據銅的浸出率與溫度、時間的關系圖分析：

由圖1可知：40℃時錮的浸出率最高，由圖2可知60min錮的浸出率最高，所以

工業(yè)生產合適的條件為40℃；60min；答案：40℃；60mino

(3)根據上述分析步驟②“溶液”中含有Fe2+,加入30%的H2O2和稀硫酸，會發(fā)

生2Fe"+H202+2H+=2Fe3++2H2。，H2O2起了氧化劑的作用；答案：

2++3+

2Fe+H202+2H=2Fe+2H20。

(4)步驟③所得濾渣的主要成分除Fe(0H”外，還有不溶于水和酸的Si02固體，

38

還會有過程中生成的BaS04沉淀；25℃,Ksp[Fe(0H)3]=1.0X10-,要使Fe?+完全

3-5-385-33

沉淀，c(01T)=Ksp[Fe(0H)3]/1.0X10=l.0X10/l.0X10=1.0X10,所以

c(0IT)=1.0X1011mol/L,c(IT)=1.0X10%即pH=3,要使Fe*沉淀完全需調節(jié)溶

液pH值最小為3。答案：SiO2、BaS04；3。

(5)SrCb?6H20晶體在61℃時開始失去結晶水，100C時失去全部結晶水。A.步

3

驟④用60℃的熱水浴加熱蒸發(fā)至有晶膜出現，不會造成SrCl2-6H20失去結晶水，

又能加快速率，故A正確；B.因為Sr的金屬性很強，SF在溶液中不會發(fā)生水

解，所以步驟④冷卻結晶過程中不用通入HC1氣體，故B錯誤；C.步驟⑤干燥

SrCL?6H2。晶體采用減壓干燥可以減少SrC12?6H2。晶體失水，故C正確；答案：

ACo

(6)Fe"為黃色，遇SCN后溶液變紅；含Fe3+的溶液作指示劑，當滴入最后一滴

NH4SCN溶液時，錐形瓶內試液變?yōu)榧t色，且半分鐘內不變色，說明達到滴定終

點。根據AgSCfCNH,SCN可知生成AgSCN的物質的量n=0.02LX

0.100mol/L'=0.002mol,與C「反應的Ag*為1.70g-r170g/mol-

0.002mol=0.008mol,根據SrCl2?6H2()~2Ag*可知n(SrCl2?6H20)=0.004moL

SrC12?6H2。晶體的純度=(0.004molx267g/mol)+1.lOgX100%=97.1%；答案：

最后一滴NILSCN溶液滴入，錐形瓶內試液變?yōu)榧t色，且半分鐘內不變色；97.Io

2.(2020?北京市西城區(qū)高三上學期期末考試)含鼠根(CN-)的廢水必須經處

理后排放。某電鍍廢水pH^12,氧化物以CN\Cu(CN1-等形式存在(均以CW

計)，處理流程如下：

一次處理二次處理

(l)HCN是一元弱酸，用離子方程式表示NaCN水溶液顯堿性的原因:

(2)二次處理階段，使用不同方法氧化。

4

①過硫酸鉀（K2s2。8）氧化法：K2s2。8溶液將err（N為一3價）氧化成毒性弱的CNO

-（N為一3價）。

I.堿性溶液中S2（V-在一定條件下氧化CN-生成CNO-和S（V-的離子方程式是

II.不同濃度的K2s2。8溶液對CW的去除率如圖1。工業(yè)上選用濃度為1mmol?匚

K2s2。8溶液，不用0.75mmol?L一和2mmol?L-1的原因是

m.研究CNF的氧化去除機理。（文獻中為堿性條件下的結論）

文獻：a.沒有Cu+,S2（V-對CW沒有去除效果。

b.Sz（V「和Cif反應生成硫酸根自由基（SOJ?）和CuO。

c.SOJ?可能轉變?yōu)榱u基自由基（-OH）o

d.S0「?、?OH均可將CK氧化為CN（T。叔丁醇只可以使?OH失去活性，乙醇

可以使SOJ?、?0H均失去活性。

5

實驗：相同條件下，向含CulCN1-的堿性廢水中加入叔丁醇，CW的去除率沒有

影響；加入乙醇，CW的去除率降低50%。兩種不同的CN的氧化去除機理如圖2,

結合艾戟和頭毀回答下列問題：

i.補全"機理o

ii.從“機理二”可看出CuO參與了去除CN一，列舉其證據：

②電解法：堿性環(huán)境中，在陽極發(fā)生兩步反應，CW放電生成CN(T,CN(r再放電生

成CO2和N2,第二步的陽極反應式是

______________________________________________________________________________________________________________O

【答案】

(1).CN+H2OHCN+OH

*122

(2).IS2O8'+CN'+2OH-+2SO4'+H2O

II.1mmol.L-1比0.75mmol-L-1的反應速率快，CN~的去除率高，比2mmol?L

T成本低

m.①CN\CNO\SOJ?、S(V-(從左至佑)堿性條件下要有Cu+才能去

除CN,而Cu+會生成CuO,加入乙醇，可以使SOJ?失去活性，而CN-的去除率

仍然有50%,說明CuO參與了去除CN

(2)2CNO+4OH-6e=2CO2T+N2T+2H2O

【解析】

6

（1）HCN是一元弱酸，NaCN會水解導致溶液顯堿性，離子方程式為：

CN+H2OHCN+OH,故答案為：CN+H2OHCN+OH；

（2）①I、堿性溶液中S2（V一在一定條件下氧化CN生成CNO一和S（V一的離子方程式

22

為：S2OX-+CN+2OH一定條件CNO-+2SO4+H2O；

II、由圖1看出，選用濃度為1mmol?I?K2s2。8溶液，既考慮了反應的速率和CN

一的轉化率，也考慮了成本，故答案為：1mmol?L比0.75mmol?U1的反應速

率快，CW的去除率高，比2nlmol成本低；

m、i、結合文獻資料（b）可知和Cif反應生成硫酸根自由基（S0「?）和

CuO,再結合總反應看，SO「?再與CN■反應生成CNO-和SCV,故圖中機理一所填

物質依次為：CN\CNO\S01?、SO產（從左到右）;故答案為：CNF、CNO\SOJ?、

s（V-（從左到右）；

ii、堿性條件下，沒有Cif,CN"不會被去除，而Cif會生成CuO,加入乙醇，可以

使SOJ?失去活性，而CN■的去除率仍然有50%,說明CuO參與了去除CW；故答

案為：堿性條件下要有CiT才能去除CN-,而Cl會生成CuO,加入乙醇，可以使

SOJ?失去活性，而CN-的去除率仍然有50%,說明CuO參與了去除CN；

3.（2020?江西名師聯(lián)盟高三上學期第一次模擬考試）17.煤燃燒排放的煙氣

中含有so2,易形成酸雨、污染大氣。有效去除和利用S02是環(huán)境保護的重要議題。

（1）雙堿法洗除SO2。NaOH溶液注Na2s溶液

CaO

①上述過程生成Na2SO3的離子方程式為o

②雙堿法洗除SO2的優(yōu)點為

7

(2)NaClOz氧化法吸收SO2。向NaClOz溶液中通入含有SO?的煙氣，反應溫度為

323K,反應一段時間。

①隨著吸收反應的進行，吸收劑溶液的pH逐漸(填“增大”“不變”

或“減小”)。

②如果采用NaClO替代NaClOz,也能得到較好的煙氣脫硫效果。吸收等量的SO2,

所需NaClO的物質的量是NaC102的倍。

(3)SO2的利用。生產焦亞硫酸鈉(Na2s2O5),通常是由NaHSOs過飽和溶液經結晶

脫水制得。利用煙道氣中的SO2生產Na2s2O5的工藝如下：

Na2CO3s/岫平固體sp2

飽和溶液一；―II―t~~I-JI,、，c_

-------------I■n口m田結晶脫水LNa2s2O5

pH=4.1pH=7~8pH=4.1

①［中反應的化學方程式為O

②若in中通入S02不足，結晶脫水得到的Na2s2。5中混有的主要雜質是(填

化學式)。

③工藝中加入Na2c。3固體，并再次充入S02的目的是

【答案】

--

(1)2OH+SO2=SO3+H2O用CaO可使NaOH再生

(2)減小2

(3)Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2Na2sO3得至！INaHSOs過飽和溶液

【解析】

(1)①S02與NaOH反應，生成Na2s。3和上0,反應的離子方程式為2OH-+S()2=SO，

+40；答案為：20H-+S02=S0r+H20；②雙堿法洗除SO2的優(yōu)點為CaO可使NaOH再

生；答案為：CaO可使NaOH再生；

8

(2)①隨著吸收反應的進行,吸收劑溶液發(fā)生的反應為C102+2S02+2H20=Cr+2S0r

+4H+,所以溶液的pH逐漸減??；答案為：減??；

+

②如果采用NaClO替代NaC102,反應的離子方程式為C10+S02+H20=Cr+S0r+2H;

根據C1O；+2SO2+2H2O=C「+2SO；+4H+反應可知，吸收等量的SO2,所需NaClO的物

質的量是NaClO?的2倍；答案為：2；

(3)①I中，pH=4.L說明反應生成酸性物質，只能為NaHSOs,反應的化學方

程式為Na2co3+2SO2+H2O=2NaHSO3+C()2；答案為：Na2C03+2S02+H20=2NaHS03+C02；

②若III中通入SO2不足，則溶液為Na2s和NaHSOs的混合物，結晶脫水得到的

Na2s2O5中混有的主要雜質是Na2s。3；答案為：Na2S03；

③題干信息告訴我們“生產焦亞硫酸鈉(Na2s2O5)，通常是由NaHSOs過飽和溶液經

結晶脫水制得”。工藝中加入Na2c固體，并再次充入SO?的目的，顯然是為了

最終獲得NaHSOs過飽和溶液；故答案為：得到NaHSOs過飽和溶液。

4.(2020?重慶市南岸區(qū)高三開學考試)MgS04?7H2。在醫(yī)藥上常用做瀉藥，工

業(yè)上可用氯堿工業(yè)中的一次鹽泥為原料生產已知一次鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、

鎰的硅酸鹽和碳酸鹽等成分其主要工藝如下：

H2sO4酸化NaClONaOH

請回答下列問題：

(1)一次鹽泥與H2s充分反應后，分離沉淀1與濾液I時所用到的玻璃儀器有

玻璃棒和、.

9

(2)“操作X”是將溶液、、過濾洗滌，即得到

MgS04-7H20晶體.

(3)加NaClO溶液至pH=5?6并加熱煮沸5-10分鐘，沉淀2中主要含有Mn02

和另外兩種難溶物，這兩種難溶物的化學式分別為、

其中NaClO溶液將MnS04轉化為血。2的離子方程式為

(4)檢驗濾液U中是否含有Fe＞的實驗方法是.

(5)稱量制得的樣品5g,用200mL水溶解，加入2mol/L的鹽酸5mL,在不斷攪

拌下滴加足量2mol/LBaC12溶液，充分反應后，得沉淀4.66g,則樣品純度為

【答案】

⑴.燒杯漏斗

(2).蒸發(fā)濃縮(或加熱濃縮)冷卻結晶(或降溫結晶)

2++

(3).Fe(OH)3或Fe2O3Al(0H)3或Al203C10-+Mn+H20=Mn02+Cr+2H

(4).取濾液H1-2mL于試管中，加入少量的KSCN溶液，若不變紅色，證明

濾液H中無Fe3+,反之若變?yōu)榧t色，則證明濾液II中含有Fe3+

(5).98.4%

【解析】

一次鹽泥中含有鎂、鈣、鐵、鋁、鎰的硅酸鹽和碳酸鹽等成分，加入硫酸反應生

10

成硫酸鎂，硫酸鈣，硫酸鐵，硫酸鋁，硫酸錦，會把碳酸鹽和硅酸鹽轉化為溶于

水的硫酸鹽，得到的沉淀1主要為睦論、CaSO”過濾，濾液加入次氯酸鈉是為

了氧化鎰離子為二氧化錦，同時溶液中Fe3+、Al”水解生成Fe(0H)3、Al(0H)3沉淀,

所以沉淀2為Mn02、Fe(OH)3>A1(OH)3,過濾，在濾液中加入氫氧化鈉生成氫氧

化鎂沉淀，所以沉淀3為Mg(0H)2,氫氧化鎂中加入硫酸得到硫酸鎂溶液，將溶

液經過加熱濃縮，冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥等操作，獲得MgS0j7H2。晶體，

據此分析作答。

(1)分離沉淀1與濾液I屬于過濾操作，則所用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯

和漏斗，故答案為：燒杯；漏斗；

(2)硫酸鎂溶液經過蒸發(fā)濃縮(或加熱濃縮)、冷卻結晶(或降溫結晶)和過

濾洗滌，即得到MgSO4?7乩0晶體，故答案為：蒸發(fā)濃縮(或加熱濃縮)；冷卻

結晶(或降溫結晶)；

(3)加入硫酸反應生成硫酸鎂，硫酸鋁，硫酸鐵，加入次氯酸鈉是為了氧化鎰

離子為二氧化鎰，調節(jié)溶液pH,Fe3\AV水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，受熱

分解分別得到FezOs和Al203；NaClO溶液在加熱條件下將溶液中的Mn"氧化成MnO2,

反應的離子方程式為Mn2++ci(y+H2O=MnO2l+2H++C「，故答案為：Fe(OH)3或FezOs；

2+-+

Al(OH)3或AI2O3；Mn+C10+H20=Mn021+2H+Cr；

(4)Fe"離子與KSCN溶液生成血紅色的Fe(SCN)3,可利用該反應進行檢驗，故

答案為：取濾液H1-2mL于試管中，加入少量的KSCN溶液，若不變紅色，證明

濾液H中無Fe*反之若變?yōu)榧t色，則證明濾液H中含有Fe。

(5)準確稱量制得的樣品5g,用200mL水溶解，加入21noi?「的鹽酸5mL,在

11

不斷攪拌下滴加足量2mol?LBack溶液，充分反應后，得沉淀4.66g,生成沉

466a

淀BaS04物質的量=2/1=0.02mol,則MgSOj7H2（）物質的量為0.02moL質量

=0.02molX246g/mol=4.92g,樣品純度=￥至X100%=98.4%,故答案為：98.4%。

5.（2020?北京市昌平區(qū)高三上學期期末考試質量抽測）LiCoOz是鋰離子電池最

早使用的電極材料，利用原鉆礦（含①2。3、NiS等雜質）制備LiCcA的工藝流程如

下：

2+2

資料:i.在含一定量c「的溶液中，鉆離子以COCLZ一形式存在:co+4crcoci4

ii.Cod?-溶于有機胺試劑，有機胺不溶于水。

iii.鹽酸溶液中，有機胺試劑對金屬離子的溶解率隨鹽酸濃度變化如圖所示:

100

80

60

40

20

鹽酸濃度/molL-1

（1）步驟ii選用鹽酸的濃度應為

12

a.4mol/Lb.6mol/Lc.10mol/L

⑵從平衡移動角度解釋步驟適中加入NaCl固體的目的

______________________________________________________________O

(3)步驟iv的操作是o

(4)步驟vi用(NH4)2cO3作沉淀劑，在一定條件下得到堿式碳酸鉆(CO2(0H)2co，。

實驗測得在一段時間內加入等量(NHjCCh所得沉淀質量隨反應溫度的變化如圖

所示，分析曲線下降的原因

4080120160200240溫度/℃

(5)步驟viii中C03O4和Li2c。3混合后，鼓入空氣，經高溫燒結得到LiCoOz。該

反應的化學方程式是。

(6)鋰離子電池的工作原理如圖，充、放電過程中，在LiCoCh電極和碳電極之

間傳遞。電池的總反應為：LixC+LJC0O2器C+LiCo02

①放電時，電池的負極是

13

②充電時，電池的陰極反應式是0

【答案】

(1).C

(2).加入NaCl固體，溶液中C「濃度增大，平衡CO2++4C「CoCLz-右移,

CoCY-濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度。

(3).分液

(4).溫度過高，碳酸鏤分解(或NH；和C(V一水解程度增大),碳酸錢濃度降

低，沉淀質量減少。

,、邈

(5).4co3O4+6Li2c。3+02---12LiCo02+6C02

(6).LiCo02Lii-xCo()2+xLi*+xe-=LiCo02

【解析】

分析流程圖，結合提供的資料，該工藝流程過程為：處理后的原鉆礦用鹽酸浸取

后鉆溶解，溶液中含Cr3\Ni2+等雜質；在氯化鈉共同作用下，Co?+大量轉化成

CoClJ,用有機胺試劑萃取，經分液后與水中雜質分離；在洗脫過程中又重新轉

化成CoCb溶液，再與加入的碳酸較發(fā)生反應生成堿式碳酸鉆，燃燒后又生成四

氧化三鉆，最后與碳酸鈉燒結成產品LiCo02o在此分析基礎上結合圖表及相關知

識可解各小題。

(1)分析所給圖可知：鹽酸濃度為4mol/L>6moI/L時，雜質的含量雖然低，但

Co?+的溶解率也低；鹽酸濃度為10mol/L時，(V+的溶液率很高，而雜質溶解率低,

14

故應選擇lOmol/L,答案為：C

(2)步驟iii的目的是盡可能把二價鉆轉化成CoCi；,根據反應Co2++4Cr

C0CL2-可知，氯化鈉的溶解增大了CV濃度，使平衡正向移動，提高了Co*的轉化

2

率，故答案為：加入NaCl固體，溶液中C「濃度增大，平衡C02++4CrCoCl4

-右移，CoCL?-濃度增大，提高其在有機胺試劑中的濃度

(3)有機胺試劑與水不相溶，故可采用分液的方法分離，故答案為：分液

(4)由圖可知，在一段時間內加入等量碳酸錢所得沉淀質量隨溫度的升高，先增

大后減小，因考慮溫度對，反應的影響：一方面，溫度高有利于c(V-和Co?+的水

解，從而有利于生成堿式碳酸鉆；另一方面，溫度升高，使碳酸鏤的雙水解程度

增大，致使碳酸鏤分解，濃度降低，溶液堿性下降，不利與Co?+的水解成

CO(0H)2C03,故答案為：溫度過高，碳酸核分解(或NHJ和CO32-水解程度增大)，

碳酸錢濃度降低，沉淀質量減少

⑸不難寫出步驟viii的反應為:4co3(\+6Li2C03+02=12LiCo02+6C02,

j哥3尉

故答案為：4CO304+6Li2C03+02=12LiCo02+6C02

(6)根據電池反應IXC+Li-Co02霹C+LiCo02：

①.放電時負極發(fā)生氧化反應，所含元素化合價升高，物質變化為LiCoO2f

LiwCo02,電極是LiCoO?,答案為：LiCo02

②.充電時陰極發(fā)生還原反應，物質的變化為：LicCoO2fLic0。2,電極反應式：

+-+

LiI-XCO02+XLi+xe==LiCo02,故答案為：Lii-xCo02+xLi+xe"==LiCo02

15

6.(2020?北京市西城區(qū)高三上學期期末考試)二氧化氯(C102)廣泛應用于紙

漿漂白、殺菌消毒和水凈化處理等領域。工業(yè)上利用甲醇還原NaClOs的方法制備

C102,工藝流程如下：

CH30H63%H2SO4冷水

NaC103(aq)匕三發(fā)生器|~，冷卻塔|~>|吸收塔|~，CIO2儲存罐

過程I(過濾)

—Na3H(SO)處理器<——i.H2O,ii.NaC103(s)

過程II

Na,SOjlOHQ

已知：a.發(fā)生器中制備CW的反應：12NaC103+8H2S04+3CH30H=12C102t

+3HC00H+4Na3H(S04)21+9H20

b.相關物質的熔沸點:

HCOOHC10

物質CH3OH2

熔點/℃-979-59

沸點/℃6510111

(l)C102可用于紙漿漂白、殺菌消毒是因其具有性。

(2)冷卻塔用于分離C102并回收CLOH,應控制最佳溫度為(填字母)。

A.0~10℃B.20~30℃C.60~70℃

(3)經過程I和過程n可以獲得芒硝(Na2S04-10H20)并使部分原料循環(huán)利用。

已知：Na2s0-10上0和Na2s(X的溶解度曲線如下圖：

16

6O

5O

4O

33O

、2O

里IO

茶

森

0

0102030405060708090100

溫府/匕

①Na3H(S0D2處理器中獲得芒硝時需加入NaClOs固體，從芒硝溶解平衡的角度解

釋其原因：。

②結合Na2sO-IO&O和Na2sO’的溶解度曲線，過程H的操作是：在32.4℃恒溫

蒸發(fā)，o

③Na3H(S0J處理器的濾液中可以循環(huán)利用的原料是NaClOs和。

【答案】

⑴.氧化

⑵.B

+2+

(3).①Na2s04」0旦0(?2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,力口入NaClOs,使鈉離子濃度

增大，平衡逆向移動，有利于Na2s。4?10乩0的析出②冷卻結晶，過濾，

洗滌，干燥③H2s

【解析】

由流程可知，發(fā)生器中制備C102,冷卻塔用于分離C102并回收CL0H,在吸收塔

中用冷水冷凝C102,最后再儲存；發(fā)生器中生成的岫祝604)2進入Na3H(S0)處

理器，用H20和NaClOs處理得到Na2s。4?10H20o

17

(1)C102可用于紙漿漂白、殺菌消毒是因其具有氧化性，故答案為：氧化;

(2)冷卻塔用于分離CIO?并回收CROH,根據表格中相關物質的溶解度，控制的

溫度應該使CH30H液化，但是CIO?不能液化，只有B項合適，答案選B；

+2+

(3)①在處理器中會發(fā)生反應：Na2SO410H2O(s)2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,加入

NaC103,使鈉離子濃度增大，平衡逆向移動，有利于Na2s04?10乩0的析出，故答

案為：

+2+

Na2SO4-10H2O(s)2Na(aq)+SO4(aq)+10H2O,加|入NaCW,使鈉離子濃度增大，平衡

逆向移動，有利于Na2sO4?10H20的析出；

②過程H的操作為在32.4℃恒溫蒸發(fā)后，再冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥，故

答案為：冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥；

③Na3H(S0J處理器的濾液中可以循環(huán)利用的原料為NaClOs和H2S04,故答案為：

H2sO4o

7.(2020?廣東省清遠市高三上學期期末教學質量檢測)銀是一種常用的有機

催化劑，且在電磁領域應用廣泛。某工廠以含銀廢料(主要含NiO、Fe203>FeO、

AI2O3、Si02>CaO)為原料制備銀單質的流程如下：

濾渣1濾渣2Nz

已知：i.Ni2+在弱酸性環(huán)境中易水解，氧化性：舊2+(高濃度)〉父>町2+(低濃度);

_38-16

ii.常溫下,XP[Fe(0H)3]=4X10,XP[Fe(0H)2]=8XIO,4P[Al(OH)3]=1X

18

-3315

IO,A；p[Ni(0H)2]=2X10~,離子濃度低于1X10-5mol?LT時，認為沉淀完

全。

回答下列問題:

(1)“粉碎”的目的是；“濾渣1”的主要成分為O

(2)“轉化[”的目的為(用離子方程式

表示)。

⑶為了更加環(huán)保，有人用H2O2代替NaClO進行“轉化I”，發(fā)現所用上。2遠遠

高于理論用量，分析造成這一結果的原因為o

⑷調pH的目的是沉淀溶液中的鐵和鋁，調節(jié)pH=5時，(選填“能”

或“不能”)達到目的，“試劑X”可以是(填選項字母)。

A.FeOB.Fe2O3C.NiOD.Al203

(5)N2H4的電子式為:“轉化II”中發(fā)生反應的離子

方程式為。

(6)工業(yè)上也可取“濾液2”，利用電沉積法制取金屬Ni,電解裝置如下。電解

過程中銀棒上可能發(fā)生的電極反應式為o

【答案】

19

(1)增大接觸面積，加快酸溶速率SiO2、CaSO4

+2+-3+

(2)2H+2Fe+C10=2Fe+Cr+H2O

(3)溶液中的Fe"能催化分解H202,從而使所用上。2遠遠高于理論用量(2分)

⑷能(1分)C(1分)

H：N：N：H

(5)HH(2分)2Ni?++N2H4+40H-=2NiI+N2t+4H20(2分)

(6)Ni2++2e~=Ni,2H++2e-=H2t(2分,每個1分)

【解析】

(1)“粉碎”的目的是增大接觸面積，可以加快酸溶速率；“濾渣1”的主要成

分為SiOz、CaSO4.

(2)“轉化I”的目的是將Fe2+轉化為Fe?+,反應離子方程式為2H++2Fe2++C10

2Fe"+Cr+H20o

⑶用乩。2代替NaClO進行“轉化I”時，溶液中生成的Fe"能催化分解H202,會

使所用上。2遠遠高于理論用量。

383+

⑷根據AjFeSHXndXlO-、40[Al(OH)3]=1X10-3可知，pH=5c(Fe)

=4X

10-11mol?L-\C(A13+)=1X10-6mol?L-1,均小于1X10-5mol?L-1,能沉淀

完全；調pH時，為了使Fe"、A產沉淀完全且不引入其他雜質，加入的“試劑X”

可以是NiO,故C項正確。

20

H：N：N：H

(5)玲乩的電子式為HH；“轉化n”中發(fā)生反應的離子方程式為2Ni2++N2H4

+40H"=2NiI+N2t+4H20O

2+-

(6)電解過程中銀棒上可能發(fā)生的電極反應式為Ni+2e=Ni和2H++2e-=H2

to

8.(2020?安徽省“皖南八?！鄙蠈W期摸底)元素銘(Cr)在自然界主要以+3價

和+6價存在。回答下列問題：

(1)+6價的Cr能引起細胞變異而對人體不利，可用Na2s將CoCV-還原為Cr3+,

反應的離子方程式為O

(2)利用倍鐵礦(FeO-CG03)冶煉制取金屬銘的工藝流程如圖所示：

純*空氣Na?S

II

II

浸液源液

①為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施是(寫一

條)。

②“水浸”后，要獲得浸出液的操作是O浸出液的主要

成分為NazCrO”向“濾液”中加入酸化的氯化鋼溶液有白色沉淀生成，則“還

原”操作中發(fā)生反應的離子方程式為

③加熱Cr(0H)3可得到CG03。從工業(yè)成本角度考慮，用行2。3制取金屬Cr的冶煉

方法是-

21

【答案】

2+2-3+2

(1).3S03+8H+Cr207=2Cr+3S04+4H20

22-2-

(2).①將鋁鐵礦粉碎②過濾3S+20H20+8Cr207=8Cr(0H)31+3S04

+1601T③高溫下，用CO還原或熱還原法

【解析】

(1)反應中銘元素化合價從+6價降為+3價，硫元素從+4價升高到+6價，依據得

失電子守恒，原子個數守恒，離子反應方程式為3s032-+8H++Cr2(V-

3+2

=2Cr+3S04+4H20；

(2)①影響化學反應速率的外界因素主要有物質的表面積大小、表面積越大，反

應速率越快，故為加快焙燒速率和提高原料的利用率，可采取的措施是粉碎將鐵

礦；

②“水浸”要獲得浸出液，要過濾出浸渣，采取的操作是過濾；浸出液的主要成

分為NazCrO”向“濾液”中加入酸化的氯化鋼溶液有白色沉淀生成，說明加入

的Na2s被氧化成SO4。Cr元素由+6價降為+3價，S元素由-2價升到+6價，依

2-

據原子守恒和得失電子守恒，得到反應為3s2-+20H20+8Cr2()72-=8Cr(0H)31+3S04

+1601T；

③從工業(yè)成本角度考慮，用班2。3制取金屬Cr,可以采取CO高溫還原CGO3(熱

還原法)。

9.(2020?四川省成都市2020屆高三摸底測試)確是發(fā)展高科技產業(yè)、國防與

尖端技術不可或缺的原料。HzTeOs是一種比草酸酸性弱的二元酸，工業(yè)上常用銅

22

陽極泥［主要成分是硝化亞銅(C*Te),含少量的Ag、Au］回收確，其工藝流程如

下：

Na2SO,

8

已知：CUC204^KSP^2.2X10-；離子濃度小于IX10-51noi/L時,即離子完全沉

淀。

(l)Cu2Te中Te的化合價是。

(2)濾渣的成分是,濾液①中含有的氧化酸浸時氧化產物為

o氧化酸浸時溫度過高會使碑的浸出率降低，原因是

(3)若要使C/+完全沉淀，應控制C2(V-的濃度不低于

(4)還原反應的離子方程式為

【答案】

⑴.-2

(2).Ag、AuH2TeO3>CuS04溫度過高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分

(3).2.2X10-3mol/L

2*2-34

(4).H2Te03+2S03=2S04+TeI+H20

23

【解析】

銅陽極泥的主要成分為CuzTe,含少量的Ag、Au,在稀硫酸中溶解，并加入過氧

化氫，得到H2TeO3>Au>Ag、硫酸銅溶液，然后過濾，濾液①含有硫酸銅和H2TeO3,

濾渣中含有Au、Ag,在濾液①中加入草酸鈉，HzTeOs是一種比草酸酸性弱的二元

酸，草酸鈉與硫酸銅反應生成草酸銅沉淀，過濾，濾渣為草酸銅，加入分解生成

銅；濾液②中含有HzTeOs和硫酸鈉，加入亞硫酸鈉溶液，可將溶液中的HzTeOs還

原為Te,同時得到硫酸鈉，據此分析解答。

(l)Cu2Te的名稱為硝化亞銅，則Cu的化合價為+1價，因此Te的化合價是-2,

故答案為：-2；

(2)根據上述分析，濾渣的成分是Ag、Au,濾液①中含有的氧化酸浸時氧化產物

為HzTeOs、CuSO”溫度過高H2O2分解增多，使氧化酸浸不充分，導致氧化酸浸時

溫度過高會使碗的浸出率降低，故答案為：Ag、Au；H2TeO3>CuSO4；溫度過高H2O2

分解增多，使氧化酸浸不充分；

8

(3)CUC204^KSP^2.2X10-,離子濃度小于IX105moi兒時，離子即完全沉淀。

若要使Ci?+完全沉淀，應控制CzfV-的濃度不低于斗普=2.2X10%O1/L,故答

1x10

案為：2.2X103mol/L；

(4)加入亞硫酸鈉溶液，可將溶液中