2022年高考化学工艺流程题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载工艺流程图题型突破 1【 2022 新课标 1 卷】（ 14 分）Li4Ti5O12和 LiFePO4都是锂离子 电池的电极材料,可利用钛铁矿（主要成分为 FeTiO3,仍含有少 量 MgO、SiO2 等杂质）来制备,工艺流程如下：回答以下问题：（1） “酸浸 ” 试验中,铁的浸出率结果如下图所示；由图可知,当铁的浸出率为 70%时,所采纳 的试验条件为 _；（2） “酸浸 ”后,钛主要以TiOCl2形式存在,写出相应反应的离子方程式_；4（3） TiO2·xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得试验结果如下表所示：温度 /30 35 40 45 50 TiO2·xH2O 转化率 % 92 95 97 93 88 分析 40 时 TiO2·xH2O 转化率最高的缘由_；名师归纳总结 （4） Li2Ti 5O15 中 Ti 的化合价为 +4,其中过氧键的数目为_；第 1 页,共 17 页（5）如“ 滤液 ” 中cMg20.02 mol L1,加入双氧水和磷酸 （设溶液体积增加1 倍）,使3 Fe恰好沉淀完全即溶液中cFe31.0105mol L1,此时是否有Mg 3PO42沉淀生成？- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载22、1.01024；（列式运算）；FePO4、Mg3PO42 的 Ksp 分别为1.3 10（6）写出 “高温煅烧 ”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式；【答案】（1）100、 2h, 90, 5h （2）FeTiO3+ 4H +4Cl- = Fe 2+ TiOCl 24 + 2H2O （3）低于 40, TiO2·xH2O 转化反应速率随温度上升而增加；超过 40,双氧水分解与氨气逸出导致 TiO2·xH2O 转化反应速率下降（4）4 22（ 5） Fe 3+恰好沉淀完全时,c PO 34 = 1.3 105 mol ·L- 1=1.3 × 1017 mol ·L- 1, c 3Mg 2+ ×c 2 PO 34 1.0 100.01 3× 1.3 × 10 2=1.7 × 1040Ksp ,因此不会生成 Mg 3PO42 沉淀；高温（6） 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4 2LiFePO4+ H2O + 3CO22（4） Li2Ti 5O15 中 Li 为+1 价, O 为2 价, Ti 为+4 价,过氧根 O 2 中氧元素显 1 价,设过氧键的数目为 x,依据正负化合价代数和为0,可知 +1 × 2+4 × 5+2 × 152x+1 × 2x=0,解得： x=4；（5）Ksp=cFe 3+ ×c3 PO 4=1.3 × 102,就 c3 PO 4cKsp 1.3 × 1017 mol/L ,Qcc 3Mg2+ ×c23 PO 43 Fe0.01 3× 1.3 × 10 2=1.69 × 1040 1.0 × 1024,就无沉淀；（6）高温下 FePO4 与 Li2CO3 和 H2C2O4 混合加热可得LiFePO4,依据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O + 3CO2 ；【名师点睛】工艺流程题,就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来,并依据生产流程中有关的化学学问步步设问,形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题；制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其详细的目标、任务；审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度 原料是否廉价易得 、环保角度 是否符合绿色化学的要求 、现实角度等方面考虑；解答时要看框内,看框外,里外结合；边分析,边摸索,易处着手；先局部,后全盘,逐步深化；而且仍要看清问题,不能答非所问；要求用理论名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 回答的试题应采纳学习必备欢迎下载 依据什么理论 所以有什“四段论法 ” ：此题转变了什么条件或是什么条件么变化 结论；2【 2022 新课标 3 卷】（ 15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为 FeO· Cr2O3,仍含有 硅、铝等杂质；制备流程如下列图：回答以下问题：（1）步骤的主要反应为：FeO· Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 高温Na2CrO4+ Fe2O3+CO2+ NaNO2 上述反应配平后 FeO· Cr2O3 与 NaNO3 的系数比为 _；该步骤不能使用陶瓷容器,缘由是 _；（2）滤渣 1 中含量最多的金属元素是_,滤渣 2 的主要成分是 _及含硅杂质；（3）步骤调滤液 2 的 pH 使之变 _（填 “ 大”或“小” ）,缘由是 _（用离子方程式表示） ；（4）有关物质的溶解度如下列图；向“滤液 3” 中加 入适量 KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到名师归纳总结 K2Cr2O7固体；冷却到 _（填标号）得到的K2Cr2O7 固体产品最多；第 3 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - a 80b 60学习必备欢迎下载c40d10步骤的反应类型是_；K2Cr2O7,最终得到产品m2 kg,产率为（5）某工厂用m 1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备_；【答案】（1）27 陶瓷在高温下会与Na2CO3 反应 （2）铁AlOH3（3）小2CrO2+2H+Cr O2+H2O （4）d 复分解反应（5）190m 2× 100% 47147m 1（ 3 ） 滤 液2调 节pH的 目 的 是 提 高 溶 液 的 酸 性 , pH变 小 ； 因 为 溶 液 中 存 在2CrO42-+2H+Cr2O7 2-+H2O,增大溶液中H +浓度,可促进平稳正向移动,提高溶液中Cr2O72-的浓度；（4）由图示可知,在10 左右时,得到K2Cr2O7 的固体最多； 2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7 +2NaCl的反应类型为复分解反应；（5）样品中 Cr2O3 的质量为 m 1× 40% kg,就生成 K2Cr2O7 的理论质量为m 1× 40% kg ×294 152,就所得产品的产率为m 2 kg ÷（m 1× 40% kg ×294 152）× 100%= 190 m 2147 m 1× 100%；3【 2022 北京卷】（ 13 分） TiCl4是由钛精矿（主要成分为 备纯 TiCl4 的流程示意图如下：资料： TiCl4 及所含杂质氯化物的性质TiO2）制备钛（ Ti）的重要中间产物,制化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点 /58 136 181（升华）316 1412 熔点/- 69 - 25 193 304 714 在 TiCl4 中的溶解性互溶微溶难溶（1）氯化过程： TiO2与 Cl2 难以直接反应,加碳生成CO 和 CO2可使反应得以进行；名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 已知： TiO2s+2 Cl2g= TiCl4g+ O2g 学习必备欢迎下载-1 H1=+175.4 kJmol-12Cs+O2g=2COg H2=-220.9 kJ mol 沸腾炉中加碳氯化生成 TiCl4g和 COg的热化学方程式：_； 氯化过程中 CO和 CO2 可以相互转化,依据如图判定：CO2 生成 CO 反应的 H_0（填“ ” “ ”或“=”）,判定依据：_； 氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的 HCl 和 Cl2 经吸取可得粗盐酸、FeCl3 溶液, 就尾气的吸取液依次是 _； 氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗 TiCl4 混合液,就滤渣中含有 _；（2）精制过程：粗 TiCl4 经两步蒸馏得纯 TiCl4；示意图如下：物质 a 是_, T2 应掌握在 _；名师归纳总结 【答案】（ 1） TiO2s+2Cl2g+2Cs=TiCl4g+2COg H=-45.5 kJ/mol 第 5 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - > 学习必备欢迎下载随温度上升, CO 含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2 溶液、 NaOH 溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3 （2） SiCl4 高于 136,低于 181中,最终用氢氧化钠溶液吸取剩余酸性气体；资料中已经给出 “ TiCl4 及所含杂质氯化物的性质”一览表,因此氯化过程中生成的 MgCl2、AlCl3、FeCl3 只有少量溶解在液态 TiCl4 中,而 SiCl4 完全溶解在 TiCl4 中,因此过滤得到粗 TiCl4 混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物；滤渣应为 MgCl2、AlCl3、FeCl3；（2）依据资料, SiCl4的沸点最低,先蒸馏出来,因此物质 a 为 SiCl4,依据流程目的,为了得到纯洁的 TiCl4,后续温度需掌握在略微大于 136,但小于 181；【名师点睛】此题以钛精矿制备纯TiCl4 的流程为素材,主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、 HCl 及 Cl2 尾气的利用和吸取、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏试验等基础化学学问,考查考生对化学反应原理学问的综合应用才能和对已知信息的综合应用才能；制备类工艺流程题 一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其详细的目标、任务；审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度原料是否廉价易得、环保角度 是否符合绿色化学的要求 、现实角度等方面考虑；解答时要看框内,看框外,里外结合；边分析,边摸索,易处着手；先局部,后全盘,逐步深化；而且仍要看清问题,不能答非所问；要求用理论回答的试题应采纳“ 四段论法” ：此题转变了什么条件或是什么条件 依据什么理论所以有什么变化结论；另外需要留意题干信息的提取和挑选,例如此题中：溶解性打算溶液中溶质及沉淀的成分,表格中信息就可以得到TiCl4 液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分；工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染；4【2022 江苏卷】 12 分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：名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载注： 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,缘由是 _；（4）“ 电解 ” 是电解 Na2CO3 溶液,原理如下列图； 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 1000时可与 N2 反应制备 AlN；在铝粉中添加少量 AlN 的制备,其主要缘由是 _；NH4Cl 固体并充分混合,有利于【答案】（1）Al2O3+2OH- =2AlO2+H2O （2）减小（ 3）石墨电极被阳极上产生的 O2氧化（4） 4CO3 2+2H2O-4e- =4HCO3+O2 H2 （5） NH4Cl 分解产生的 HCl能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜（2）为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必需过量,所以过滤I 所得滤液中含有氢氧化钠,名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的 pH 减小；（3）电解 I 过程中,石墨阳极上氧离子被氧化为氧气,在高温下,氧气与石墨发生反应生成气体,所以,石墨电极易消耗的缘由是被阳极上产生的氧气氧化；（4）由图中信息可知,生成氧气的为阳极室,溶液中水电离的OH- 放电生成氧气,破坏了水的电离平稳,碳酸根结合 H +转化为 HCO3,所以电极反应式为 4CO3 2+2H2O-4e- =4HCO3+O2 ,阴极室氢氧化钠溶液浓度变大,说明水电离的 H +放电生成氢气而破坏水的电离平稳,所以阴极产生的物质 A 为 H2；（5）铝在常温下就简单与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜；氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜,所以加入少量的氯化铵有利于 AlN 的制备；【名师点睛】 此题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的学问,在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理；制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其详细的目标、任务；审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度 原料是否廉价易得、环保角度 是否符合绿色化学的要求、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内,后看框外,里外结合；边分析,边摸索,易处着手；先局部,后全盘,逐步深化；而且仍要看清问题,不能答非所问；要求用理论回答的试题应采纳“四段论法 ”：此题转变了什么条件 或是什么条件 依据什么理论或性质所以有什么变化结论,如此题最终一个问题,只要留意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质,即可想到分解产物对氧化膜的作用,所以备考时,要多看课本上元素化合物方面内容,知道学了哪些,大多数的试题的根都在课本上；5【 2022 江苏卷】 15 分某科研小组采纳如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag金属层中其他金属含量过低,对试验的影响可忽视 ；已知： NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解,如：3NaClO 2NaCl+NaClO3 AgCl 可溶于氨水： AgCl+2NH3·H2O AgNH3 2 + Cl- +2H2O 名师归纳总结 常温时 N2H4·H2O水合肼 在碱性条件下能仍原AgNH32 +：第 8 页,共 17 页4AgNH3 2+N2H4·H2O4Ag +N2 +4NH4+4NH3 +H2O - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载（1） “氧化 ”阶段需在 80条件下进行,相宜的加热方式为_；（2）NaClO溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,该反应的化学方程式为 _；HNO3也 能 氧 化 Ag , 从 反 应 产 物 的 角 度 分 析 , 以 HNO3 代 替 NaClO 的 缺 点 是_；（3） 为提高 Ag 的回收率,需对“过滤 ”的滤渣进行洗涤,并_；（4）如省略 “过滤 ”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,就需要增加氨水的用量,除因 过 量 NaClO 与NH3·H2O 反 应 外 该 条 件 下NaClO3 与NH3·H2O 不 反 应 , 仍 因 为_；（5）请设计从 “过滤 ”后的滤液中猎取单质Ag 的试验方案： _试验中的试剂有： 2 mol ·L- 1 水合肼溶液, 1 mol ·L- 1H2SO4；【答案】（1）水浴加热（ 2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物或 NO、 NO2 ,造成环境污染（3）将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有肯定浓度的Cl- ,不利于 AgCl 与氨水反应（5）向滤液中滴加 2 mol·L- 1 水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol·L- 1 H2SO4 溶液吸取反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥；该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2 ； HNO3 也能氧化 Ag,硝酸做氧化剂时通常被仍原为有毒的氮的氧化物而污染环境,所以以 化物 或 NO、NO2 ,造成环境污染；HNO3 代替 NaClO的缺点是会释放出氮氧（3）为提高 Ag 的回收率,需对“过滤 ” 的滤渣进行洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来,并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中；（4）如省略 “过滤 ”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,就需要增加氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3·H2O 反 应外,仍由于未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,氨水的浓度变小,且其中含有肯定浓度的Cl- ,不利于 AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2OAgNH3 2 + Cl- +2H2O 反应 ,使得银的回收率变小；（5） “过滤 ”后的滤液含有银氨配离子,依据题中信息常温时N2H4·H2O水合肼 在碱性条件下名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载能仍原 AgNH3 2 + ：4 AgNH3 2 +N2H4·H2O 4Ag + N2 + 4NH4+ 4NH3 +H2O ,所以第一向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分仍原,由于该反应产生所气体中含有氨气,氨气有剧烈的刺激性气味会污染空气,所以要设计尾气处理措施,可以用题中供应的、要求必需使用的硫酸作尾气吸取剂把氨气吸取；最终把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银；详细方案如下：向滤液中滴加 2mol· L- 1 水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol ·L- 1 H2SO4 溶液吸取反应中放出的 NH3 ,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥；【名师点睛】此题以回收一种光盘金属层中的少量Ag 的试验流程为载体,将试验原理的懂得、试验试剂和仪器的选用、试验条件的掌握、试验操作规范、试验方案的设计等融为一体,重点考查学 生对试验流程的懂得、试验装置的观看、信息的加工、试验原理和方法运用、试验方案的设计和 评判等才能,也考查同学运用比较、分析等科学方法解决实际问题的才能和规律思维的严密性；解题的关键是能读懂试验流程,分析试验各步骤的原理、目的、试验条件等；设计试验方案时,依据限定必需使用的试剂,结合题中所给信息,留意反应条件的掌握以及试验试剂的量的掌握,依据 “核心转化 尾气处理 产品分别 产品提纯 ”思路,对细节进行耐心的优化,直至得到完善 方案；20XX届高考模拟试题,6【郑州市 20XX 届第三次模拟】碲 Te 广泛用于彩色玻璃和陶瓷；工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有 TeO2、少量 Ag、Au 为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：已知 TeO2 微溶于水,易溶于较浓的强酸和强喊；（1）“ 碱浸” 时发生反应的离子方程式为_；（2）碱浸后的“ 滤渣” 可以部分溶于稀硝酸,发生反应的化学方程式是 _；（ 3）“ 沉碲” 时掌握溶液的 pH 为 45. 50,生成 TeO2 沉淀；酸性不能过强,其缘由是_；防止局部酸度过大的操作方法是 _；（4）“ 酸溶” 后,将 SO2 通人 TeCl4 酸性溶液中进行“ 仍原” 得到碲,该反应的化学方程式是_；名师归纳总结 （5） 25° C 时,亚碲酸（ H2TeO3 的 Ka1=1× 10-3,Ka2=2× 10- 8；第 10 页,共 17 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载× 100% _ ；0. 1 mol · L-1 H2TeO3 电离度 约为 _ ；（=0lmol . L-1 的 NaH TeO3 溶液中,以下粒子的物质的量浓度关系正确选项Ac Na + > c HTeO3- > c OH- > c H2TeO3> c H + Bc Na + + c H + >= c HTeO3- + c TeO3 2- + c OH- Cc Na + = c TeO3 2- + c HTeO3- + c H2TeO3 Dc H + c H2TeO3= c OH-+ e TeO3 2- 【答案】TeO22OH- TeO3 2- H2O 3Ag + 4HNO3= 3AgNO3+NO + 2H2O 溶液酸性过强,TeO2会连续与酸反应导致碲元素缺失 缓慢加入 H2SO4,并不断搅拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO410C D将 TeCl4 仍原成 Te,本身被氧化成 SO4 2,因此有 TeCl4SO2 TeH2SO4HCl,依据化合价的升降法进行配平,即 TeCl42SO2Te2H2SO44HCl,反应物中缺少 8 个 H 和 4 个 O,即缺少 4 个H2O,反应方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4；（5）亚碲酸是二元弱酸,以第一步电离为主, H2TeO3 HTeO3 H,依据 Ka1=c HTeO3 × c H/ cH2TeO3 ,代入数值,求出c H = 0. 01mol · L 1 ,即转化率 为 0. 01/ 0. 1× 100%=10%； A、 NaHTeO3 的水解平稳 常数Kh=Kw/ Ka1=1× 1014/ 1× 103=10 11<2× 108,此溶液应显酸性,即 cOH> c H ,故 A 错误；B、依据电荷守恒,应是 c Na + c H = c HTeO3 + 2c TeO3 2 + c OH ,故 B 错误； C、依据物料守恒,因此有：c Na = c TeO3 2 + c HTeO3 + c H2TeO3 ,故 C 正确； D、依据质子守恒, . c H+ c H2TeO3= c OH+ e TeO3 2 ,故 D 正确；点睛：此题的易错点是问题（5）中的 A 选项,由于 NaHTeO3 是酸式盐,既有电离也有水解,需要判断是电离为主仍是水解为主,这需要依据电离平稳常数和水解平稳常数大小进行判定,水解平稳常数 Kh=Kw/ Ka1=1× 1014/ 1× 103=10 11<2× 108,电离大于水解,因此溶液应显酸性,故 A 错误；7【宁德市 20XX 届第三次质量检查】氯化亚铜是一种重要的化工原料,广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业；一种利用低品位铜矿 Cu2S、CuS及 FeO和 Fe2O3 等 为原料制取CuCl的工艺流程如下：名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载回答以下问题：（1）步骤“ 浸取” 前需将铜矿粉碎的目的是_；“ 浸取” 时,被氧化的元素有_ 填元素符号 （2）已知 Cu 2+、Mn2+、Fe 3 +开头生成沉淀和沉淀完全的pH 如下表,就步骤“ 中和” 时,pH 应掌握的范畴为 _；物质pHCu OH 2Mn OH 2Fe OH 3开头沉淀4. 78. 31. 2完全沉淀pH6. 79. 83. 2（3）步骤 IV 加热“ 蒸氨” 时发生反应的化学方程式为_；（4）步骤 VI 反应的离子方程式为 _,其中盐酸需过量, 其缘由是 _；（5）步骤获得 CuCl晶体需经过滤、洗涤、干燥；洗涤时,常有无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂的优点是 _ 写一点 ；【 答 案 】提 高 浸 取 反 应 速 率 和 原 料 的 浸 取 率 Cu 、 S 和 Fe 3 2 pH<4 7Cu NH34CO3=CuO+4NH3 +CO2CuO+4Cl-+2H +Cu = 2- +H2O 防止 Cu 2+和 Cu +水解,提高 CuCl产率 防止 CuCl 溶于水而缺失 或防止被氧化, 或缩短干燥时间降低能耗,或其他合理答案）名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 17 页精选学习资料 - - - - - - - - - （3）步骤 IV 加热“ 蒸氨” 时,学习必备欢迎下载CuO 和 CO 2,发生反应的化学Cu NH3 4CO3 受热分解生成氨气、方程式为 Cu NH3 4CO3=CuO+4NH3 + CO2 ；（ 4）步骤 VI 是 CuO 溶解于盐酸和氯化钠的混合溶液生成 Na,发生反应的离子方程式为CuO+4Cl- +2H +Cu = 2- +H2O,为防止 Cu 2+和 Cu +水解,并提高 CuCl产率,应保证盐酸；（5）用无水乙醇代替蒸馏水洗涤 CuCl晶体,可防止 CuCl 溶于水而缺失 或防止被氧化,或缩短干燥时间降低能耗 ；8【安徽省江南十校 20XX届 5 月冲刺联考（二模） 】金属钒主要用于冶炼特种钢和在化学工业、炼油工业中作催化剂,被誉为“ 合金的维生素” ；回收利用废钒催化剂（主要成分为 V2O5、VOSO4和二氧化硅）的工艺流程如下图所示；（1） 粉碎的作用是 _,滤渣可用于 _（填用途）；名师归纳总结 （2） 25 时,取样进行试验分析,得到钒沉淀率和溶液pH 之间的关系如下表所示：第 13 页,共 17 页pH1. 31. 41. 51. 61. 71. 81. 92. 02. 1钒沉淀率 /% 8. 191. 896. 59899. 89. 896. 493. 089. 3依据上表数据判定,加入氨水调剂溶液pH 的正确挑选为 _；上述过滤操作过程中所需用到的玻璃仪器有_；（3）为了提高钒的浸出率,用酸浸使废钒催化剂中的V2O5 转变成可溶于水的VOSO4,酸浸过程中仍原产物和氧化产物的物质的量之比为_；（4）完成并配平氧化过程中的离子方程式：_ _ClO3-VO 2+ + = VO 3+Cl-；（5）废钒催化剂中V2O5 的质量分数为6%（原料中的全部钒已换算成V2O5）；取 100g 此废钒催化剂按上述流程进行试验,当加入105 mL 0. 1 mol·L-1 的 KClO3 溶液时,溶液中的钒恰好被完全处理,假设以后各步钒没有缺失,就该工业生产中钒的回收率是_ ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 【答案】 提高 VOSO4（可溶性钒化合物）学习必备欢迎下载的浸出率制作光导纤维、 建筑材料等 （写出一种即可得分）1. 7- 1. 8（或 1. 7 或 1. 8） 漏斗、烧杯、玻璃棒2：1166H+613H2O95. 55% VOSO4,化学方程式为: V2O5+NaSO3+2H2SO4=2VOSO4+2H2O+Na2SO4, 该反应中V2O5 为氧化剂,Na2SO3为仍原剂,故氧化剂与仍原剂的物质的量之比为 11；（4）该反应中 ClO3- 将 VO 2+氧化为VO 3+, 而本身被仍原为 Cl- ,离子方程式为 : ClO3- +6VO 2+6H +=6VO 3+Cl-+3H2O；（5）依据钒元素守恒及 反 应 的 化 学 方 程 式 得 : KClO3 6VO 3+ 3V2O5, 就 回 收 到 的 m V2O5= 3× 0. 105 L× 0. 1mol·L-1× 182 g·mol-1=5. 733 g, 故钒的回收率是 5.733g× 100%=95. 55%；100 g 6%点睛：此题以工艺流程的形式考查了化学试验的基本操作、物质的制备及有关运算等,意在考查考生的运算才能和综合分析判定才能；9【龙岩市 20XX 届 5 月综合才能测试（二） 】金属镉广泛用于合金制造及电池生产等,一种用铜镉废渣（含 Cd、Zn、Cu、Fe 及 Co 等单质）制取海绵镉的工艺流程如下：（1）步骤进行破裂和粉磨的目的是 _；名师归纳总结 （2）步骤需隔绝O2 的缘由 _（用文字和方程式说明）；第 14 页,共 17 页（3）步骤中除铁发生的离子反方程式为_；（4）步骤调剂pH 相宜的试剂是 _,应调整的范畴为_；（已知部分氢氧化物开头沉淀和沉淀完全的pH 如下表）氢氧化物Fe OH 3Cd OH 2Zn OH 2开头沉淀的pH1. 57. 25. 9- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 沉淀完全的pH学习必备欢迎下载9. 98. 93. 3（5）步骤发生的反应为 Zn+Co 2+=Zn 2+Co,（已知 Sb的金属活动性介于 Cu和 Ag 之间）,加入少量锑盐能加快反应的进行,其缘由是 _ ；（ 6）用石墨作阳极,纯锌作阴极电解 _；电解后的残液返回到步骤ZnSO4 溶液可得高纯锌,电解时总反应的离子方程式为