2022年高考化学工艺流程题 .pdf

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1、学习必备欢迎下载工艺流程图题型突破1【 2017 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，还含有少量 MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1） “ 酸浸 ” 实验中，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，所采用的实验条件为_。（2） “ 酸浸 ” 后，钛主要以24TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_。（3） TiO2 xH2O 沉淀与双氧水、氨水反应40 min 所得实验结果如下表所示：温度 /30 35 40 45 50 TiO2 xH2O 转化

2、率 % 92 95 97 93 88 分析 40 时 TiO2 xH2O 转化率最高的原因_。（4） Li2Ti5O15中 Ti 的化合价为 +4，其中过氧键的数目为_。（5） 若“ 滤液 ” 中21(Mg)0.02mol Lc， 加入双氧水和磷酸 （设溶液体积增加1 倍） ， 使3Fe恰好沉淀完全即溶液中351(Fe)1.010mol Lc，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 17 页学习必备欢迎下载（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的 Ksp分别为22241.3 101.0

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- = Fe2+ 24TiOCl+ 2H2O （3）低于40， TiO2 xH2O 转化反应速率随温度升高而增加；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 （ 5） Fe3+恰好沉淀完全时，c(34PO)=2251.3 101.010mol L-1=1.3 10 17molL-1， c3(Mg2+) c2(34PO)(0.01)3 (1.3 10 17)2=1.7 10 40Ksp，因此不

4、会生成Mg3(PO4)2沉淀。（6） 2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O4高温2LiFePO4+ H2O+ 3CO2（4） Li2Ti5O15中 Li 为+1 价， O 为 2 价， Ti 为+4 价，过氧根 (22O)中氧元素显 1 价，设过氧键的数目为 x，根据正负化合价代数和为0，可知 (+1) 2+(+4) 5+( 2)(15 2x)+( 1)2 x=0，解得： x=4；（5） Ksp=c(Fe3+) c(34PO)=1.3 10 2， 则 c(34PO)sp3FeKc 1.3 10 17 mol/L ， Qcc3(Mg2+) c2(34PO)(0.01)3 (1.3 10

5、17)2=1.69 10 40 1.0 10 24，则无沉淀。（6）高温下 FePO4与 Li2CO3和 H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根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，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，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，每一步操作都有其具体的目标、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

6、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，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 17 页学习必备欢迎下载回答的试题应采用“ 四段论法 ” ：本题改变了什么条件(或是什么条件) 根据什么理论所以有什么变化 结论。2【 2017 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，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示

7、：回答下列问题：（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，原因是_。（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” ） ，原因是 _（用离子方程式表示） 。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“ 滤液 3” 中加 入适量 KCl ，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到 _（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。

8、精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 17 页学习必备欢迎下载a 80b 60c40d10步骤的反应类型是_。（5）某工厂用m1kg 铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为_。【答案】（1）27 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应（2）铁Al(OH)3（3）小224CrO+2H+227Cr O+H2O （4）d 复分解反应（5）21190147mm 100% （ 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

9、-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，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m1 40% kg ，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1 40% kg 294152，则所得产品的产率为m2 kg （m1 40% kg 294152）100%=21190147mm 100% 。3【 2017 北京卷】（ 13 分） TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（ Ti）的重要中间产物，制备纯 T

10、iCl4的流程示意图如下：资料： TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物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。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 17 页学习必备欢迎下载已知： TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) H1=+175.4 kJmol-1 2C(s

11、)+O2(g)=2CO(g) H2=-220.9 kJmol-1 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和 CO(g)的热化学方程式：_。 氯化过程中CO和 CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成 CO反应的 H_0（填“ ”“ ” 或“ =”），判断依据：_。 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl 和 Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液， 则尾气的吸收液依次是_。 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_。（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应控制在 _。【答案】（ 1） TiO2(s)+2Cl2(g)

12、+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 17 页学习必备欢迎下载 随温度升高， 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，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。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 TiCl

13、4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）根据资料， SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a 为 SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136，但小于181。【名师点睛】本题以钛精矿制备纯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尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体

14、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，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论所以有什么变化结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到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 【2017

15、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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 17 页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，原因是_。（4） “

16、 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1000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_。【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） 4CO32+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，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I 所得滤液中含有氢氧化钠，精选学习资料 - - - - - -

17、 - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 17 页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，石墨电极易消耗的原因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，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为 HCO3，所以电极反应式为4CO32+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衡，所以阴极产生

18、的物质 A 为 H2。（5）铝在常温下就容易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】 本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知识，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，每一步操作都有其具体的目标、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，边思考，易处着手；先局部，

19、后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“ 四段论法 ” ：本题改变了什么条件 (或是什么条件) 根据什么理论或性质所以有什么变化结论，如本题最后一个问题，只要注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【 2017 江苏卷】 (15 分)某科研小组采用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，对实验的影响可忽略)。已知： NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3 A

20、gCl可溶于氨水： AgCl+2NH3 H2O Ag(NH3) 2+ Cl- +2H2O 常温时 N2H4 H2O(水合肼 )在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3) 2+N2H4 H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 17 页学习必备欢迎下载（1） “ 氧化 ” 阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为_。（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

21、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）若省略 “ 过滤 ” ，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则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 ) ， 还 因 为_。（5）请设计从 “ 过滤 ” 后的滤液中获取单质Ag的实验方案： _(实验中须使用的试剂有： 2 mol L- 1水合肼溶液，1 mol L-1H2SO4)。【答案】（1）水浴加热（ 2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaO

22、H+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，且其中含有一定浓度的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-1H2SO4溶液吸收反应中放出的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还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替 NaClO的缺点是会释放出氮氧化物 (或 NO、

23、NO2 )，造成环境污染。（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）若省略 “ 过滤 ” ，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量 NaClO 与 NH3 H2O 反 应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl-，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3 H2OAg(NH3) 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，根据题中信息常温时N2H4 H

24、2O(水合肼 )在碱性条件下精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 17 页学习必备欢迎下载能还原Ag(NH3) 2+：4 Ag(NH3) 2+N2H4 H2O 4Ag+ N2+ 4NH4+ 4NH3+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol L- 1水合肼溶液，搅拌使其充

25、分反应，同时用1 mol L-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的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】本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag 的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反

26、应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照 “ 核心转化 尾气处理 产品分离 产品提纯 ” 思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。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”时控制溶液的pH 为 45? 50，生成TeO2沉淀。酸性不能过强，其原因是_；防止局部酸度过大的操作方法是_。（4

27、）“酸溶”后，将SO2通人TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是_。（5） 25C 时，亚碲酸（ H2TeO3) 的 Ka1=110-3，Ka2=210-8。20XX届高考模拟试题，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 17 页学习必备欢迎下载0. 1 molL-1H2TeO3电离度 约为 _。 （ = 100%) 0lmol ? L-1的 NaH TeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是_。Ac( Na+ ) c( HTeO3- ) c( OH-) c( H2TeO3) c( H+ ) Bc

28、( Na+) + c( H+) = c( HTeO3- ) + c( TeO32-) + c( OH- ) Cc( Na+ ) =c( TeO32-) + c( HTeO3-) + c( H2TeO3) Dc( H+)+c( H2TeO3)= c( OH-)+ e( TeO32-) 【答案】TeO22OH-TeO32-H2O3Ag + 4HNO3= 3AgNO3+NO+ 2H2O溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失缓慢加入H2SO4， 并不断搅拌TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO410C D将 TeCl4还原成 Te，本身被氧化成SO42，因此有TeCl4

29、SO2 TeH2SO4HCl，根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， H2TeO3HTeO3 H，根据 Ka1=c( HTeO3) c( H)/ c(H2TeO3) ，代入数值，求出c( H)=0. 01mol L1，即转化率为0. 01/ 0. 1100%= 10% ； A、 NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/ Ka1=11014/ 1103=1011 c( H) ，故

30、A 错误；B、根据电荷守恒，应是c( Na) + c( H) = c( HTeO3 ) + 2c( TeO32) + c( OH ) ，故 B 错误； C、根据物料守恒，因此有：c( Na ) =c( TeO32) + c( HTeO3) + c( H2TeO3) ，故 C 正确； D、根据质子守恒， . c( H)+ c( H2TeO3)= c( OH)+e( TeO32) ，故 D 正确。点睛：本题的易错点是问题（5）中的 A 选项，因为NaHTeO3是酸式盐，既有电离也有水解，需要判断是电离为主还是水解为主，这需要根据电离平衡常数和水解平衡常数大小进行判断，水解平衡常数 Kh=Kw/ K

31、a1=11014/ 1 103=10112108，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：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 17 页学习必备欢迎下载回答下列问题：（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 Cu2+、Mn2+、Fe3+开始生成沉淀和

32、沉淀完全的pH 如下表，则步骤“中和”时，pH应控制的范围为_。物质Cu( OH)2Mn (OH)2Fe( OH)3开始沉淀pH4. 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， 其原因是 _。（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Fe3 2 pH4 7Cu( NH3)4CO3=CuO+4NH3+ CO2

33、CuO+4Cl-+2H+Cu =2-+H2O防止 Cu2+和 Cu+水解，提高 CuCl产率避免 CuCl溶于水而损失 ( 或防止被氧化， 或缩短干燥时间降低能耗，或其他合理答案）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 17 页学习必备欢迎下载（3）步骤IV 加热“蒸氨”时，Cu( NH3)4CO3受热分解生成氨气、CuO 和 CO2，发生反应的化学方程式为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

34、=2-+H2O，为防止Cu2+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，可避免CuCl溶于水而损失 ( 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）。（2） 25 时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH 之间的关系如下表所示：pH1. 31. 41. 51. 61. 71.8

35、1. 92.02. 1钒沉淀率 /% 8. 191. 896. 59899. 89.896. 493. 089. 3根据上表数据判断，加入氨水调节溶液pH 的最佳选择为_；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，酸浸过程中还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-VO2+ + = VO3+Cl-。（5）废钒催化剂中V2O5的质量分数为6% （原料中的所有钒已换算成V2O5） 。取 100g 此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入105 mL 0. 1 mol

36、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损失，则该工业生产中钒的回收率是_。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 17 页学习必备欢迎下载【答案】 提高 VOSO4（可溶性钒化合物）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，Na2SO

37、3为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为11； （4）该反应中ClO3-将 VO2+氧化为VO3+, 而本身被还原为Cl-，离子方程式为: ClO3-+6VO2+6H+=6VO3+Cl-+3H2O； （5）根据钒元素守恒及 反 应 的 化 学 方 程 式 得 : KClO36VO3+3V2O5， 则 回 收 到 的m( V2O5)= 30. 105 L0. 1molL-1182 gmol-1=5. 733 g, 故钒的回收率是5.733g1006%g100%= 95. 55% 。点睛：本题以工艺流程的形式考查了化学实验的基本操作、物质的制备及有关计算等，意在考查考生的计算能力和综合分析判断

38、能力。9 【龙岩市20XX届 5 月综合能力测试（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）步骤进行破碎和粉磨的目的是_。（2）步骤需隔绝O2的原因 _（用文字和方程式说明）。（3）步骤中除铁发生的离子反方程式为_。（4）步骤调节pH 适宜的试剂是_，应调整的范围为_。 （已知部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH 如下表）氢氧化物Fe( OH)3Cd( OH)2Zn( OH)2开始沉淀的pH1.57. 25. 9精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -

39、第 14 页，共 17 页学习必备欢迎下载沉淀完全的pH3.39. 98. 9（5）步骤发生的反应为Zn+Co2+=Zn2+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，其原因是_；（ 6）用石墨作阳极，纯锌作阴极电解ZnSO4溶液可得高纯锌，电解时总反应的离子方程式为_；电解后的残液返回到步骤_（填流程中数字） 。【答案】提高原料浸取率和浸取时反应速率防止发生2Cu+4H+O2 = 2Cu2+2H2O，导致铜被浸出3Fe2+MnO4+4H+=MnO2+ 3Fe3+4H2OZnO 或 Zn( OH)23. 3 5. 9形成微电池， Zn 作负极，Co2

40、+加快在锑正极表面得到电子析出2Zn2+2H2O2Zn + O2+ 4H+（5）加入少量锑盐，锌置换出锑，构成锌锑原电池，使Zn+Co2+=Zn2+Co反应速率加快；（6）用石墨作阳极，纯锌作阴极电解ZnSO4溶液，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极锌离子得电子生成单质锌，总反应是2Zn2+2H2O2Zn + O2+ 4H+，电解过程生成硫酸，所以电解后的残液返回到步骤重复使用。点 睛 ： 用 石 墨 作 阳 极 ， 纯 锌 作 阴 极 电 解ZnSO4溶 液 可 得 高 纯 锌 ， 阴 极 反 应 反 应 式 为22Z neZn、阳极反应为22442OHeH OO。10 【葫芦岛市20XX

41、届第二次模拟考试（5 月） 】聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅）为原料制备的流程如下：（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_。（2）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如右图所示：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 17 页学习必备欢迎下载加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为_。酸浸时，通入O2的目的是 _，该反应的离子方程式为_。当酸浸温度超过100时，铁浸取率反而减小，其原因是_。（3）滤渣的主要

42、成分为_（填化学式）。（4）“ Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将 Fe3+还原为 Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定 Fe2+（Cr2O72被还原为Cr3+） ，该滴定反应的离子方程式为_。【答 案】减 小颗粒直径 ，增大 浸取时 的反应速率 和提 高铁浸 取率Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2( SO4)3+4H2O将FeSO4氧化为Fe2( SO4)34Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低C和 SiO26Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O酸浸时有亚铁离子生成，通

43、入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：将FeSO4氧化为 Fe2( SO4)3；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行，温度超过 100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；故答案为：温度超过100明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；（3）废铁渣 ( 主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅) ，酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，故滤渣的主要成分问碳和二氧化硅；故答案为：C 和 SiO2；（4）在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+( Cr2O72-被还原为Cr3+)，则亚铁离子被氧化精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 17 页学习必备欢迎下载为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O。点睛：本题是制备工艺流程图的考查，涉及了氧化还原反应离子方程式的书写，铁的有关 物质的性质。本题的易错点是氧化还原反应方程式的书写和配平。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 17 页