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（新高考）2021届高考二轮复习专题十 化学工艺流程 教师版
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这是一份（新高考）2021届高考二轮复习专题十 化学工艺流程 教师版，共23页。试卷主要包含了盐溶液的分离提纯方法，预处理的各种方法，调节pH促进水解（沉淀)，控制温度的目的，注重文字叙述的规范性，高频问题等内容，欢迎下载使用。
专题 十
××
化学工艺流程
命题趋势
全国卷化学试题的考查中，工艺流程题已成为核心题型。此类题目信息含量多，难度大。选择的素材往往来自于实际的生产工艺，以符合高中学生知识和能力要求的方式呈现，以流程图的形式给出。工艺流程题以化学产品的工业生产流程为载体，联系氧化还原反应原理、电离平衡和沉淀溶解平衡理论、电化学理论、物质制备和分离、绿色化学知识，考查学生综合分析和解决问题的能力，高度体现了化学学科核心素养，是高考化学试题最大点和热点。
Ⅰ．客观题
化工生产流程相结合以客观题形式呈现，考查物质制备和分离，绿色化学，盐类水解、溶解平衡、电化学原理等知识的应用。
Ⅱ．主观题
以流程图、表格、图像的形式出现考查对关键信息的提取和处理，考查措施、成分、物质、化学方程式的书写、叙述实验操作和步骤、分析操作目的、数据分析和处理结果。
考点清单
一、盐溶液的分离提纯方法：结晶法
结晶法有蒸发结晶和冷却结晶两种方法，大多数同学通过一轮的复习已经明白纯物质溶液要得到晶体的方法，难点在于混合溶液得到晶体的操作。
（1）纯物质溶液得到晶体：蒸发结晶（NaCl型：溶解度随温度变化小的物质)；
蒸发浓缩（至有晶膜出现为止)，冷却结晶（KNO3型：溶解度随温度变化大的物质和含有结晶水的晶体)
（2）混合溶液（分离A和B)：要得到溶解度受温度变化小的溶质：蒸发结晶，趁热过滤要得到溶解度受温度变化大的物质和含有结晶水的晶体：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
二、预处理的各种方法
工艺流程中的预处理分析进行分类，并形成一定的答题模板。
(1) 粉碎或研磨：增大固液（或固气或固固）接触面积，加快反应（溶解）速率，增大原料的转化率（或浸取率)。
(2) 煅烧或灼烧：不易转化的物质转为容易提取的物质：其他矿转化为氧化物；除去有机物；除去热不稳定的杂质
(3) 酸浸：溶解、去氧化物（膜)、调节pH促进水解（沉淀)
(4）碱溶：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进水解（沉淀)
(5)循环利用的物质：同学理解物质循环利用的目的：节能减排，“绿色化学”，降低成本等；
生产问题中提炼出：一定不会用于循环的物质：目标产物，杂质，可以用于循环的物质：辅助试剂、母液。
三、控制温度的目的
1、加热：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)z、KMnO4、I2、NH4Cl等物质；使沸点相对较低的原料气化。
2、降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。
3、控温：(用水浴或油浴控温)
防止某种物质温度过高时会分解或挥发；为了使某物质达到沸点挥发出来；使催化剂的活性达到最好；防止副反应的发生：降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。
四、注重文字叙述的规范性
1、洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2~3次。
2、从溶液中得到晶体：蒸发浓缩—冷却结品—过滤—洗涤—干燥。
3、在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，只写“除杂”等一类万金油式的回答是不给分的。
4、检验沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤液少许于试管中，逐滴滴加XX试剂，振荡，若没有……现象，则沉淀洗涤干净。
5、检验是否沉淀完全：
表达一：静置，往上层清夜中继续滴加XX试剂
表达二：过滤，取滤液少许于试管中，滴加XX试剂
五、高频问题：注意答题技巧
1、“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有：适当提高反应温度、增加浸出时间，加入过量硫酸，边加硫酸边搅拌。
2、如何提高吸收液和SO2反应速率：适当提高温度、增大吸收液、增大SO2与吸收液的接触面积或搅拌。
3、从溶液中得到晶体：蒸发浓缩-冷却结晶-过滤-洗涤-干燥。
4、过滤用到的三个玻璃仪器：普通漏斗、玻璃棒、烧杯。
5、过滤后滤液仍然浑浊的可能的操作原因：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损：漏斗中液面高于滤纸边缘。
6、沉淀洗涤操作：往漏斗中(工业上改为往过滤器中)加入蒸馏水至没没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2-3次。
7、检验沉淀Fe(OH)3是否洗涤干净(含SO)：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明洗涤干净。
8、如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2：在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽。
10、CuCl2中混有Fe3+加何种试剂调pH值：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。原因：加CuO消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解，生成Fe(OH)3沉淀析出。
11、调pH值使得Cu2+(4.7-6.2)中的Fe3+(2.1-3.2)沉淀，pH值范围是：3.2~4.7。原因：调节溶液的pH值至3.2-4.7，使Fet全部以Fe(OH)3沉淀的形式析出而Cu2+不沉淀，且不会引入新杂质。
12、产品进-步提纯的操作：重结晶。
13、趁热过滤的原因及操作：减少过滤时间、保持过滤温度，防止xx杂质析出或防止降温过程中xx析出而损耗；操作：已预热的布氏漏斗趁热抽滤。
14、 水浴加热的好处：受热均匀，温度可控，且温度不超过100℃
15、减压蒸发(小心烘干)：常压蒸发温度过高，xx易分解或者减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止xx分解。
16、Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2应怎样除去：加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水水洗涤。
17、蒸发浓缩用到的主要仪器有__、烧杯、酒精灯等：蒸发皿、玻璃棒。还有取蒸发皿用坩埚钳。
18、不用其它试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是：加热法：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净。
19、检验NH的方法是：取xx少许，加入NaOH溶液后加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。
20、过滤的沉淀欲称重之前的操作：过滤，洗涤，干燥，(在干燥器中)冷却，称重。
21、“趁热过滤”后，有时先往滤液中加入少量水，加热至沸，然后再“冷却结晶”：稀释溶液，防止降温过程中xx析出，提高产品的纯度。
22、检验Fe(OH)3是否沉淀完全的试验操作是：取少量上层清液或过滤后的滤液，滴加几滴KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe(OH)3沉淀完全。
23、检验滤液中是否含有Fe3+的方法是：答：滴入少量KSCN溶液，若出现血红色，则证明有Fe3+(或加NaOH，根据情况而定)。
24、检验溶液中是否含有Fe2+的方法是：答：滴加铁氰化钾溶液。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．（双选）制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO，反应机理如下图。下列说法正确的是（ ）
A．过程I中每有60g FeS2参与反应，理论上可还原6mol Fe3+
B．过程Ⅱ中若S2O过量会有气体生成
C．由过程Ⅱ可知还原性：S2O
【答案】BD
【解析】A．n(FeS2)=，根据图示，过程I FeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O中+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5mol FeS2能还原3mol Fe3+，A错误；B．过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即，B正确；C．由图示知，S2O被Fe3+氧化为SO，故S2O作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原性：S2O＞Fe2+，C错误；D．根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO+16H++15Fe2+，D正确；故答案选BD。
2．碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．碘循环工艺的总反应为
B．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”
C．分离器中的分离操作利用了物质的挥发性不同
D．反应器和膜反应器中分别发生氧化还原反应和复分解反应
【答案】D
【解析】A．在反应器中发生的反应：，在膜反应中的反应为：2HIH2+I2，将两式相加得：，故A不选；B．在反应器中，碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，其反应为；在膜反应中的反应为：2HIH2+I2，反应器中消耗的碘等于膜反应器中生成的碘的量，该工艺中碘单质和碘化氢的相互转化体现了“碘循环”，故B不选；C．分离器中的硫酸为非挥发性酸，碘化氢虽然易溶于水但易挥发，所以分离器中分离操作利用了物质的挥发性不同，故C不选；D．由A、B分析可知反应器和膜反应器中均发生的是氧化还原反应，故选D。答案选D。
3．高纯硫酸锶广泛应用于磁性材料行业。以天青石精矿(主要含，还含有少量等)为原料制备高纯硫酸锶的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．“转化”过程中利用了与之间Ksp的不同
B．“转化”“浸取”和“沉淀”的操作均应该在较高温度下进行
C．流程中可循环利用的物质有“滤液”、“气体1”和“气体2”
D．整个过程中涉及到三次过滤操作
【答案】B
【解析】由题给流程可知，向天青石精矿中加入碳酸氢铵和氨水，精矿中硫酸锶与碳酸氢铵和氨水反应生成溶度积更小的碳酸锶和硫酸铵，过滤得到含有含有硫酸铵的滤液和含有碳酸锶、二氧化硅和硫酸钡的滤渣；焙烧滤渣，少量碳酸锶与二氧化硅反应生成硅酸锶和二氧化碳，大量的碳酸锶受热分解生成氧化锶和二氧化碳，则气体1为二氧化碳，向焙烧后的固体中加入水，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，过滤得到含有硅酸锶和硫酸钡的滤渣和氢氧化锶溶液；向氢氧化锶溶液中加入硫酸铵，氢氧化锶溶液与硫酸铵共热反应生成硫酸锶沉淀、氨气和水，则气体2为氨气。A．转化过程中发生的反应为硫酸锶与碳酸氢铵和氨水反应生成溶度积更小的碳酸锶和硫酸铵，故A正确；B．若转化在较高温度下进行，碳酸氢铵受热会发生分解反应，故B错误；C．滤液的主要成分为硫酸铵，可以在沉淀时循环使用；气体1为二氧化碳、气体2为氨气，氨气、二氧化碳在水溶液中反应可以生成碳酸氢铵，可以在转化时循环使用，故C正确；D.在转化、浸取和沉淀后都需要进行过滤操作，则整个过程中涉及到三次过滤操作，故D正确；故选B。
4．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示（已知：溶浸后溶液中主要含有的金属阳离子有Cd2+、Fe2+、Zn2+）：
下列说法不正确的是（ ）
A．“焙烧”过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2
B．“滤渣1”的主要成分是SiO2和PbSO4
C．“还原除杂”工序主要是除去Cd2+和Fe3+
D．沉积锌后的电解液主要成分是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到“溶浸”工序循环使用
【答案】C
【解析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O2
2PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS(未焙烧)、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时通入氧气，使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去Fe3+，滤渣2为生成的Fe(OH)3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn。A．由上分析可知，焙烧过程中发生的反应主要为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故A正确；B．由上分析可知滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4，故B正确；C．由上分析可知，向溶液中加入Zn，主要是Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd，故C错误；D．电解硫酸锌溶液制备单质锌时，沉积锌后的电解液含硫酸，可返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费，故D正确；答案为C。
高频易错题
1．工业精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，分离出Zn2+并制取胆矾的流程如图所示，已知Zn2+与OH−的反应与Al3+类似。下列说法正确的是（ ）
A．“操作①”用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、分液漏斗
B．“滤液1”与过量稀硫酸反应的离子方程式为
C．“系列操作②”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
D．胆矾晶体遇浓硫酸变白色固体，体现了浓硫酸的脱水性
【答案】B
【解析】由题意知，加入过量NaOH溶液后，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，故滤渣1为Cu(OH)2，与过量稀硫酸反应生成CuSO4，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可获得胆矾晶体；而Zn2+转化为Na2ZnO2，故滤液1中含有Na2ZnO2和过量的NaOH，与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2又转化为Zn2+。A．操作①为过滤，需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，无需使用分液漏斗，A错误；B．滤液1中Na2ZnO2与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2转化为Zn2+，故离子方程式为：，B正确；C．系列操作②为制取胆矾晶体操作，具体流程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因为胆矾带结晶水，故不能使用蒸发结晶，C错误；D．CuSO4·5H2O中本身含有结晶H2O，故遇浓硫酸变为白色CuSO4，体现的是浓硫酸的吸水性，D错误；故答案选B。
2．某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如图所示：
已知：Cu(OH)2溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，根据以上流程，下列说法错误的是（ ）
A．煅烧生成的气体X为
B．为实现溶液C到溶液D的转化，加入过量的NH3·H2O后过滤即可
C．蒸氨过程总反应方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑
D．溶液E与碳酸钠的混合比例及方式(加入顺序)不影响产品成分
【答案】D
【解析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜。A．辉铜矿含有Cu2S，通入氧气煅烧时会生成SO2，A正确；B．Cu(OH)2溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Fe(OH)3不溶于氨水，所以为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，B正确；C．根据流程可知，固体B用盐酸酸浸，所以溶液D中主要含有[Cu(NH3)4]Cl2，经加热可得到CuO、氨气，结合元素守恒可知反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑，C正确；D．铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸钠溶液中，可生成氢氧化铜，反之可生成碱式碳酸铜，D错误；综上所述答案为D。
3．保险粉(Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是___(填字母)。
(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是 ；步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为 。
(3)步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有 (填名称)。
(4)在步骤III中加入NaCl的作用是 ；得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是 。
【答案】（1）B
（2） 增大Zn的表面积，加快反应速率 Zn+2SO2=ZnS2O4
（3） 漏斗
（4） 增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出 减少Na2S2O4因溶解导致的损失
【解析】Zn粉-水的悬浊液中通入二氧化硫，并调pH=3，二氧化硫将Zn氧化为ZnS2O4得到ZnS2O4溶液；ZnS2O4溶液加入Na2CO3溶液作沉淀剂、过滤得ZnCO3沉淀和Na2S2O4溶液，Na2S2O4溶液中加入NaCl增大Na+浓度使Na2S2O4析出，再通过过滤、洗涤、干燥等操作得到Na2S2O4。(1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度：A．不能控制反应速率，不符题意；B．亚硫酸钠置于烧瓶中，浓硫酸用分液漏斗滴加，可控制反应速率，B符合题意；C．亚硫酸钠为粉末状固体，启普发生器不能用于液体和粉末状固体反应，C不符题意；答案选B；(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，可以增大Zn的表面积，加快反应速率；步骤Ⅰ中二氧化硫将Zn氧化为ZnS2O4，结合得失电子守恒、原子守恒可得发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；(3)步骤Ⅱ为过滤，需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有漏斗；(4)Na2S2O4溶液中加入NaCl，增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出，即在步骤III中加入NaCl的作用是增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用水洗会造成产品因溶解而损失，因此得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4因溶解导致的损失。
精准预测题
1．明矾在日常生活中用途非常广泛。用废铝灰（含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。回答下列问题：
已知：Fe3+开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9～3.7。
（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。
（2）“酸溶”时，Al2O3溶解的化学方程式为______________________。
（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。
（4）“步骤①”的目的是__________________________；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。
（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。
【答案】（1）Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
（2） Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O
（3） 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） 调节溶液pH，使沉淀完全 铁红
（5） 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入Al(OH)3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体。明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。其反应原理用方程式表示为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(2)“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(3)“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe(OH)3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；(5)“步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。
2．从砷盐净化渣(主要成分为、、、、和)中回收有利用价值金属的工艺流程如下，回答下列问题：
(1)在“选择浸Zn”之前，将砷盐净化渣进行粉碎的目的是_________。
(2)其他条件不变时，Zn和的浸出率随pH变化如图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH=_________。从“浸Zn液”中制备时需要结晶、过滤、洗涤、烘干，烘干操作需在减压低温条件下进行的原因是_______________。
(3)“氧化浸出”时，发生的反应有，另外还有___________。
(4)循环利用的物质M为____________(填名称)。
(5)草酸钴是制备各种钴氧化物和钴粉的重要原料，广泛应用于磁性材料、电极材料及超硬材料等领域。草酸钴在惰性气氛中的热重分析图谱表明，350—420℃之间的失重率达59.9%，则该温度范围内草酸钴分解的化学方程式为______________。
【答案】（1）减小粒度，增大固液的接触面积，提高砷盐净化渣的浸出率
（2）3 防止分解或失水
（3） 、(或)
（4） 砷酸钠
（5）
【解析】从砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为AsO，而Cu被氧化为Cu2+，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4·2H2O沉淀，再过滤分离。沉淀用NaOH碱浸得到氢氧化铜，同时又生成Na3AsO4，在沉铜过程中循环利用，滤液加入草酸钠沉钴生成草酸钴。(1)将砷盐净化渣进行粉碎可以减小粒度，增大固液的接触面积，提高砷盐净化渣的浸出率；(2)控制pH，使锌的浸出率要高，钴的浸出率低，由图可知，最好控制溶液的pH=3；温度高时分解或失水，所以采用在减压低温条件；(3)氧化浸出的过程中铜和钴也被过氧化氢氧化，方程式为：、(或)；(4)沉淀用NaOH碱浸得到氢氧化铜，同时又生成Na3AsO4，在沉铜过程中循环利用，所以循环利用的物质为砷酸钠；(5)草酸钴中钴的质量分数为，350—420℃之间的失重率达59.9%，说明草酸钴分解生成钴单质，方程式为：。
3．一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如图：
(1)步骤①混合研磨成细粉的主要目的是 ；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，则反应的离子方程式为 。
(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，检验Fe2+的方法是 ；除去Fe2+的方法是 。步骤④是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离。步骤⑤所得滤渣为 (填化学式)。
(3)硫化铵水解的离子方程式为：S2−+NH+H2OHS−+NH3·H2O，判断溶液的酸碱性________________。(已知常温下H2S的电离平衡常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.1×10−15，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.7×10−5)
(4)测定产品MnSO4·H2O纯度的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，产品的纯度是___。
【答案】（1）提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率
3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O
（2） 取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去 加入H2O2或MnO2 Fe(OH)3
（3） 碱性
（4） ×100%
【解析】软锰矿和黄铁矿混合研磨后用硫酸溶液浸取，生成的硫过滤后可以再生硫，滤液中的Fe2+被氧化为Fe3+后加碱溶液沉淀为Fe(OH)3除去，滤液中的硫酸锰经浓缩结晶制得产品。(1)步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率，硫酸浸取的反应方程式为：3MnO2+2FeS2+12
H+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O，故本题答案为：提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率；3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2+
+2Fe3++4S↓+6H2O；(2)亚铁离子具有较强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加高锰酸钾，若紫色褪色，则含有亚铁离子；要除去亚铁离子，避免引入杂质离子，可以加入过氧化氢除去，也可以加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子；步骤④的目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，便于过滤分离，因此步骤⑤所得滤渣为氢氧化铁，故本题答案为：取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去；加入H2O2或MnO2；Fe(OH)3；(3)S2−和NH都发生水解，NH的水解使溶液显酸性，其水解常数为=5.9×10−10，S2−水解使溶液呈碱性，其水解常数为=1.4，S2−水解程度大于NH的水解程度，所以溶液显碱性，故本题答案为：碱性；(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰，根据反应的离子方程式得n(KMnO4)=c mol/L×V×10-3L=cV×10−3mol，可知产品中Mn2+的质量分数为=×100％，故本题答案为：×100％。
4．某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质。现用含镍废催化剂制备NiSO4·7H2O，其流程图如下：
部分金属化合物的Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
NiCO3
Ksp近似值
1.0×10−17
1.0×10−38
1.0×10−34
1.0×10−15
1.0×10−5
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为_____________，_______________。
(2)“酸浸”所使用的酸为____________。
(3)“净化除杂”时需加入H2O2溶液，其作用是___________，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀(铁元素对应离子浓度为1.0×10−5mol·L−1)，此时溶液的pH为_______(填计算所得数值)。
(4)“操作A”为_________、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)析出NiSO4·7H2O后的溶液中含有一定浓度的Ni2+，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出NiSO4·7H2O后的溶液中加入Na2CO3固体将Ni2+转化为NiCO3沉淀。若c(Ni2+)=1.0mol·L−1，欲使1L溶液中的Ni2+沉淀完全，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为______g。(忽略溶液体积变化)
(6)保持其它条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度和时间分别为________℃、________min。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2AlO+H2O 2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑
（2） 硫酸(或H2SO4)
（3） 将Fe2+氧化为Fe3+ 3
（4） 冷却结晶
（5） 212
（6） 70 120
【解析】含镍(Ni)废催化剂用碱浸取时，Al、Al2O3发生反应产生AlO进入溶液，而Ni、Fe不发生反应，通过过滤进入滤渣中，然后用硫酸酸浸滤渣，Fe与硫酸反应产生FeSO4，Ni与硫酸反应变为NiSO4，再向该溶液中加入适量H2O2，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使溶液中Fe3+恰好完全形成Fe(OH)3沉淀，而Ni2+仍然留在溶液中，过滤除去Fe(OH)3沉淀，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得NiSO4·7H2O。(1)“碱浸”时，Al、Al2O3与NaOH溶液发生反应，产生可溶性偏铝酸钠，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑、Al2O3+2OH−=2AlO+H2O；(2)根据操作目的是要使用该含镍(Ni)废催化剂制取NiSO4·7H2O，因此酸浸时使用的酸应该为硫酸；(3)含镍(Ni)废催化剂中的Fe单质与硫酸反应产生FeSO4，由于Fe(OH)2、Ni(OH)2的溶度积常数很接近，Fe2+不容易被除去，“净化除杂”时需加入H2O2溶液，可以将Fe2+氧化为Fe3+，便于除杂净化，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，铁元素对应离子浓度为1.0×10−5mol·L−1，由于Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)=1.0×10−38，则c(OH−)=mol/L，则c(H+)=mol/L=1.0×10−3mol/L，所以溶液pH=3；(4)NiSO4的溶解度随温度的升高而增大，从其溶液中获得其晶体要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，所以“操作A”为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)析出NiSO4·7H2O后的溶液中含有一定浓度的Ni2+，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出NiSO4·7H2O后的溶液中加入Na2CO3固体将Ni2+转化为NiCO3沉淀。若c(Ni2+)=1.0mol·L−1，欲使1L溶液中的Ni2+沉淀完全，则溶液中剩余Ni2+的浓度c(Ni2+)=1.0×10−5mol/L，发生反应：Ni2++CO=NiCO3↓的Ni的物质的量为n(Ni2+)=(1-1.0×10−5)mol/L×1L=1.0mol，消耗Na2CO3是1.0mol，溶液中含有CO的浓度为c(CO)==1.0mol/L，在溶液中溶解的Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=1.0mol/L×1L=1.0mol，则需要加入Na2CO3固体的物质的量n(Na2CO3)总=1.0 mol+1.0mol=2.0mol，其质量最少为m(Na2CO3)=2.0mol×106
g/mol=212g；(6)保持其它条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。反应时，酸浸Ni2+的浸出率越高，反应耗能越小，越有利，根据图示可知酸浸的最佳温度是70℃，酸浸的最佳时间是120分钟。
5．仲钨酸铵(APT)用途广泛，工业上采用碱溶分解白钨矿[CaWO4，还包括CaMoO4、SiO2、FeAs、Ca3(PO4)2等]制得仲钨酸铵和副产品MoS3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)溶浸时需要适当加热，其目的是______。焙烧时FeAs反应生成As2O3的化学方程式为_____。
(2)写出As2O3溶于纯碱溶液生成HCO的离子方程式______。
(3)净化过程中加入H2O2后溶液中被氧化的元素为_______(填元素符号)。
(4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO+4H2S=MoS+4H2O，再加入硫酸酸化至pH为2.5～3，析出MoS3的离子方程式为_______。
(5)如图a、b分别为Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线。要保证“净化”后溶液中AsO、PO离子浓度不大于10−6mol·L−1，则溶液中镁离子浓度至少为_____，此时=______。
【答案】（1）加快溶浸速率 2FeAs+3O2Fe2O3+As2O3
（2）
（3） As
（4）
（5） 10−2.56mol·L−1 10−2.76
【解析】白钨矿焙烧，FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，用过量的碳酸钠溶液溶解，SiO2、Fe2O3难溶于碳酸钠溶液，CaMoO4与碳酸钠反应生成Na2MoO4和碳酸钙沉淀、As2O3与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和Na3AsO3；滤液中加硫酸调节pH，用H2O2把AsO氧化为AsO，加入硫酸镁除去AsO、PO；通入H2S除去钼，通过萃取、反萃取得到仲钨酸铵溶液。(1)加热能加快反应速率，溶浸时需要适当加热，其目的是加快溶浸速率。焙烧时FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，反应的化学方程式为2FeAs+3O2Fe2O3+As2O3；(2)As2O3与碳酸钠反应生成AsO、HCO，反应的离子方程式是；(3)净化过程中加入H2O2，用H2O2把AsO氧化为AsO，被氧化的元素为As。(4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO+4H2S=MoS+4H2O，再加入硫酸酸化至pH为2.5～3，MoS和硫酸反应生成MoS3沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为；(5)根据图示，Mg3(AsO4)2的溶度积大于Mg3(PO4)2，Mg3(AsO4)2的溶度积等于；Mg3(PO4)2的溶度积等于；要保证“净化”后溶液中AsO、PO离子浓度不大于10−6mol·L−1，则溶液中镁离子浓度至少为=mol·L−1，此时。
【点评】本题以用碱溶分解白钨矿制备仲钨酸铵和副产品MoS3为载体，考查化学工艺流程，明确流程图中各步骤的反应原理是解题关键，注意离子方程式的书写，会根据溶度积常数进行相关计算。
6．锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等。
②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10−36，Ksp(PbS)=9.04×10−29。
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10−5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。
（1）滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。
（2）“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________________。
（3）“还原”时，被Sb还原的物质为_____________（填化学式）。
（4）常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2−)不低于______；所加Na2S也不宜过多，其原因为_____________。
（5）“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为________________。
（6）“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。
（7）一种突破传统电池设计理念的镁-锑液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl−向_____（填“上”或“下”）移动；放电时，正极的电极反应式为________。
【答案】（1）SiO2
（2） Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S
（3） SbCl5
（4） 9.04×10−24mol·L−1 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3
（5） 2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl
（6） 3∶2
（7） 下 Mg2++2e−=Mg
【解析】(1)辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)，在加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，Sb2S3、PbS、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有二氧化硅，故答案为SiO2；(2)“浸出”时，Sb2S3与SbCl5发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S，故答案为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S；(3)根据流程图和，浸出中含有少量SbCl5，经过“还原”等操作后得到SbCl3，因此SbCl5被Sb还原，故答案为SbCl5；(4)根据常温下：Ksp(CuS)=1.27×10−36，Ksp(PbS)=9.04×10−29；将Cu2+和Pb2+均沉淀完全时，c(S2−)分别不低于=1.27×10−31mol/L、=9.04×10−24mol/L，因此c(S2−)不低于9.04×10−24mol/L，过量的硫化钠能够溶液中的酸反应放出污染空气的硫化氢，过量的硫化钠还能与SbCl3生成沉淀，因此所加Na2S也不宜过多，故答案为9.04×10−24mol/L；产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；(5)“除砷”时除了生成As外，还有H3PO3生成，反应的化学方程式为2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl，故答案为2AsCl3+3Na3PO2+3
HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl；(6)根据流程图，“电解”时，SbCl3反应生成SbCl5和Sb，根据化合价升降守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的物质的量之比为3∶2，质量之比为3∶2，故答案为3∶2；(7)中间层熔融盐为电解质溶液，根据电流方向，镁液为电池的负极，充电时，镁极为阴极，阴离子向阳极移动，即向下移动，放电时，镁液为电池的负极，电极反应为Mg-2e−=Mg2+，正极发生还原反应，电极反应式为Mg2++2e−=Mg，故答案为下；Mg2++2e−=Mg。
7．用蛇纹石(主要含3MgO·2SiO2·2H2O、FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3)制取MgO的工艺流程如图：
已知该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀pH
1.6
3.3
3.8
6.5
9.4
沉淀完全pH
3.2
5.2
6.8
9.7
12.4
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，当蛇纹石矿粉粒度一定、硫酸的浓度、活化剂用量及液固比一定时，提高浸取率还可采取的措施是_________________(列举1条)；3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为_____________________
________(生成产物之一为SiO2·nH2O)。
(2)“净化”过程包括“氧化”和“沉出杂质”两步骤。
①写出“氧化”时反应的离子方程式：____________________________。
②“沉出杂质”加氨水时，应控制溶液pH的范围是______________。
③氨水“净化”反应的温度对MgO纯度和产率的影响如图所示，在35～40℃，随温度升高，产率降低的主要原因是 ；在25～50℃，温度越高，MgO纯度随温度升高而提高的主要原因是 。
(3)用2.76t该蛇纹石(3MgO·2SiO2·2H2O含量为80%)原料按以上流程制取MgO，制取过程中Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为___kg。
【答案】（1）适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等
3MgO·2SO2·2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2·nH2O↓+(5-n)H2O
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 6.8≤pH<9.4 氨水分解生成氨气，受热时氨气快速挥发 升高温度有利于杂质金属离子转化为氢氧化物沉淀而除去
（3）902.4
【解析】蛇纹石加硫酸酸浸后，FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3都与硫酸反应溶于硫酸，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应生成硫酸镁和不溶于酸的2SiO2·nH2O，过滤即可除去，经过系列操作得到硫酸镁粗品，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加入氨水使Fe3+、Cr3+、Al3+完全沉淀，分离出硫酸镁，将硫酸镁转化为氢氧化镁，加热分解得到氧化镁。(1)适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等都可以提高浸取率；给出反应物为3MgO·2SiO2·2H2O和硫酸，其中一种生成物为SiO2·nH2O，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为3MgO·2SiO2·2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2·nH2O↓+(5-n)H2O。(2)①加入H2O2可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。②“沉出杂质”加氨水时，pH的选择考虑的因素是其它离子沉淀完全但不影响Mg2+，根据题目表格给出的数据可知应控制溶液pH的范围是6.8≤pH<9.4。③温度升高促进Mg2+的水解，但是过高促使氨气挥发，所以在35～40℃，随温度升高，MgO产率降低；温度越高Mg(OH)2分解越彻底，MgO的纯度越高。(3)利用关系式求解：
解得x=0.96t，Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为0.96t×(1-6%)=0.9024t=902.4kg。
专题 十
××
化学工艺流程
命题趋势
全国卷化学试题的考查中，工艺流程题已成为核心题型。此类题目信息含量多，难度大。选择的素材往往来自于实际的生产工艺，以符合高中学生知识和能力要求的方式呈现，以流程图的形式给出。工艺流程题以化学产品的工业生产流程为载体，联系氧化还原反应原理、电离平衡和沉淀溶解平衡理论、电化学理论、物质制备和分离、绿色化学知识，考查学生综合分析和解决问题的能力，高度体现了化学学科核心素养，是高考化学试题最大点和热点。
Ⅰ．客观题
化工生产流程相结合以客观题形式呈现，考查物质制备和分离，绿色化学，盐类水解、溶解平衡、电化学原理等知识的应用。
Ⅱ．主观题
以流程图、表格、图像的形式出现考查对关键信息的提取和处理，考查措施、成分、物质、化学方程式的书写、叙述实验操作和步骤、分析操作目的、数据分析和处理结果。
考点清单
一、盐溶液的分离提纯方法：结晶法
结晶法有蒸发结晶和冷却结晶两种方法，大多数同学通过一轮的复习已经明白纯物质溶液要得到晶体的方法，难点在于混合溶液得到晶体的操作。
（1）纯物质溶液得到晶体：蒸发结晶（NaCl型：溶解度随温度变化小的物质)；
蒸发浓缩（至有晶膜出现为止)，冷却结晶（KNO3型：溶解度随温度变化大的物质和含有结晶水的晶体)
（2）混合溶液（分离A和B)：要得到溶解度受温度变化小的溶质：蒸发结晶，趁热过滤要得到溶解度受温度变化大的物质和含有结晶水的晶体：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤
二、预处理的各种方法
工艺流程中的预处理分析进行分类，并形成一定的答题模板。
(1) 粉碎或研磨：增大固液（或固气或固固）接触面积，加快反应（溶解）速率，增大原料的转化率（或浸取率)。
(2) 煅烧或灼烧：不易转化的物质转为容易提取的物质：其他矿转化为氧化物；除去有机物；除去热不稳定的杂质
(3) 酸浸：溶解、去氧化物（膜)、调节pH促进水解（沉淀)
(4）碱溶：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH促进水解（沉淀)
(5)循环利用的物质：同学理解物质循环利用的目的：节能减排，“绿色化学”，降低成本等；
生产问题中提炼出：一定不会用于循环的物质：目标产物，杂质，可以用于循环的物质：辅助试剂、母液。
三、控制温度的目的
1、加热：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)z、KMnO4、I2、NH4Cl等物质；使沸点相对较低的原料气化。
2、降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。
3、控温：(用水浴或油浴控温)
防止某种物质温度过高时会分解或挥发；为了使某物质达到沸点挥发出来；使催化剂的活性达到最好；防止副反应的发生：降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。
四、注重文字叙述的规范性
1、洗涤沉淀：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2~3次。
2、从溶液中得到晶体：蒸发浓缩—冷却结品—过滤—洗涤—干燥。
3、在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，只写“除杂”等一类万金油式的回答是不给分的。
4、检验沉淀是否洗涤干净：取最后一次洗涤液少许于试管中，逐滴滴加XX试剂，振荡，若没有……现象，则沉淀洗涤干净。
5、检验是否沉淀完全：
表达一：静置，往上层清夜中继续滴加XX试剂
表达二：过滤，取滤液少许于试管中，滴加XX试剂
五、高频问题：注意答题技巧
1、“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有：适当提高反应温度、增加浸出时间，加入过量硫酸，边加硫酸边搅拌。
2、如何提高吸收液和SO2反应速率：适当提高温度、增大吸收液、增大SO2与吸收液的接触面积或搅拌。
3、从溶液中得到晶体：蒸发浓缩-冷却结晶-过滤-洗涤-干燥。
4、过滤用到的三个玻璃仪器：普通漏斗、玻璃棒、烧杯。
5、过滤后滤液仍然浑浊的可能的操作原因：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损：漏斗中液面高于滤纸边缘。
6、沉淀洗涤操作：往漏斗中(工业上改为往过滤器中)加入蒸馏水至没没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2-3次。
7、检验沉淀Fe(OH)3是否洗涤干净(含SO)：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若有白色沉淀则说明未洗涤干净，若无白色沉淀则说明洗涤干净。
8、如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2：在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽。
10、CuCl2中混有Fe3+加何种试剂调pH值：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。原因：加CuO消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解，生成Fe(OH)3沉淀析出。
11、调pH值使得Cu2+(4.7-6.2)中的Fe3+(2.1-3.2)沉淀，pH值范围是：3.2~4.7。原因：调节溶液的pH值至3.2-4.7，使Fet全部以Fe(OH)3沉淀的形式析出而Cu2+不沉淀，且不会引入新杂质。
12、产品进-步提纯的操作：重结晶。
13、趁热过滤的原因及操作：减少过滤时间、保持过滤温度，防止xx杂质析出或防止降温过程中xx析出而损耗；操作：已预热的布氏漏斗趁热抽滤。
14、 水浴加热的好处：受热均匀，温度可控，且温度不超过100℃
15、减压蒸发(小心烘干)：常压蒸发温度过高，xx易分解或者减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止xx分解。
16、Mg(OH)2沉淀中混有Ca(OH)2应怎样除去：加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用蒸馏水水洗涤。
17、蒸发浓缩用到的主要仪器有__、烧杯、酒精灯等：蒸发皿、玻璃棒。还有取蒸发皿用坩埚钳。
18、不用其它试剂，检查NH4Cl产品是否纯净的方法及操作是：加热法：取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净。
19、检验NH的方法是：取xx少许，加入NaOH溶液后加热，生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝。
20、过滤的沉淀欲称重之前的操作：过滤，洗涤，干燥，(在干燥器中)冷却，称重。
21、“趁热过滤”后，有时先往滤液中加入少量水，加热至沸，然后再“冷却结晶”：稀释溶液，防止降温过程中xx析出，提高产品的纯度。
22、检验Fe(OH)3是否沉淀完全的试验操作是：取少量上层清液或过滤后的滤液，滴加几滴KSCN溶液，若不出现血红色，则表明Fe(OH)3沉淀完全。
23、检验滤液中是否含有Fe3+的方法是：答：滴入少量KSCN溶液，若出现血红色，则证明有Fe3+(或加NaOH，根据情况而定)。
24、检验溶液中是否含有Fe2+的方法是：答：滴加铁氰化钾溶液。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．（双选）制备铁红工业流程中，用FeS2还原铁盐溶液得到Fe2+和SO，反应机理如下图。下列说法正确的是（ ）
A．过程I中每有60g FeS2参与反应，理论上可还原6mol Fe3+
B．过程Ⅱ中若S2O过量会有气体生成
C．由过程Ⅱ可知还原性：S2O
【答案】BD
【解析】A．n(FeS2)=，根据图示，过程I FeS2中S元素化合价由-1价升高到S2O中+2价，失去6个电子，Fe3+被还原为Fe2+得到1个电子，根据得失电子守恒得关系：FeS2~6Fe3+，故0.5mol FeS2能还原3mol Fe3+，A错误；B．过程Ⅱ由于生成H+，溶液显酸性，S2O在酸性条件下会歧化生成S和SO2，即，B正确；C．由图示知，S2O被Fe3+氧化为SO，故S2O作还原剂，Fe2+为还原产物，根据还原性强弱规律知还原性：S2O＞Fe2+，C错误；D．根据图示知总反应为：FeS2+Fe3+→SO+H++Fe2+，根据元素守恒知，方程式左边要添加H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平得总方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=2SO+16H++15Fe2+，D正确；故答案选BD。
2．碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．碘循环工艺的总反应为
B．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”
C．分离器中的分离操作利用了物质的挥发性不同
D．反应器和膜反应器中分别发生氧化还原反应和复分解反应
【答案】D
【解析】A．在反应器中发生的反应：，在膜反应中的反应为：2HIH2+I2，将两式相加得：，故A不选；B．在反应器中，碘和二氧化硫反应生成硫酸和HI，其反应为；在膜反应中的反应为：2HIH2+I2，反应器中消耗的碘等于膜反应器中生成的碘的量，该工艺中碘单质和碘化氢的相互转化体现了“碘循环”，故B不选；C．分离器中的硫酸为非挥发性酸，碘化氢虽然易溶于水但易挥发，所以分离器中分离操作利用了物质的挥发性不同，故C不选；D．由A、B分析可知反应器和膜反应器中均发生的是氧化还原反应，故选D。答案选D。
3．高纯硫酸锶广泛应用于磁性材料行业。以天青石精矿(主要含，还含有少量等)为原料制备高纯硫酸锶的工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．“转化”过程中利用了与之间Ksp的不同
B．“转化”“浸取”和“沉淀”的操作均应该在较高温度下进行
C．流程中可循环利用的物质有“滤液”、“气体1”和“气体2”
D．整个过程中涉及到三次过滤操作
【答案】B
【解析】由题给流程可知，向天青石精矿中加入碳酸氢铵和氨水，精矿中硫酸锶与碳酸氢铵和氨水反应生成溶度积更小的碳酸锶和硫酸铵，过滤得到含有含有硫酸铵的滤液和含有碳酸锶、二氧化硅和硫酸钡的滤渣；焙烧滤渣，少量碳酸锶与二氧化硅反应生成硅酸锶和二氧化碳，大量的碳酸锶受热分解生成氧化锶和二氧化碳，则气体1为二氧化碳，向焙烧后的固体中加入水，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，过滤得到含有硅酸锶和硫酸钡的滤渣和氢氧化锶溶液；向氢氧化锶溶液中加入硫酸铵，氢氧化锶溶液与硫酸铵共热反应生成硫酸锶沉淀、氨气和水，则气体2为氨气。A．转化过程中发生的反应为硫酸锶与碳酸氢铵和氨水反应生成溶度积更小的碳酸锶和硫酸铵，故A正确；B．若转化在较高温度下进行，碳酸氢铵受热会发生分解反应，故B错误；C．滤液的主要成分为硫酸铵，可以在沉淀时循环使用；气体1为二氧化碳、气体2为氨气，氨气、二氧化碳在水溶液中反应可以生成碳酸氢铵，可以在转化时循环使用，故C正确；D.在转化、浸取和沉淀后都需要进行过滤操作，则整个过程中涉及到三次过滤操作，故D正确；故选B。
4．我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示（已知：溶浸后溶液中主要含有的金属阳离子有Cd2+、Fe2+、Zn2+）：
下列说法不正确的是（ ）
A．“焙烧”过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2
B．“滤渣1”的主要成分是SiO2和PbSO4
C．“还原除杂”工序主要是除去Cd2+和Fe3+
D．沉积锌后的电解液主要成分是ZnSO4和稀H2SO4，可返回到“溶浸”工序循环使用
【答案】C
【解析】焙烧过程中发生的反应有2ZnS+3O22ZnO+2SO2、4FeS+7O22Fe2O3+4SO2、2PbS+3O2
2PbO+2SO2、2CdS+3O22CdO+2SO2，所以焙烧过程中生成的气体是SO2；然后加入稀硫酸酸浸，FeS(未焙烧)、ZnO、Fe2O3、PbO、CdO和稀硫酸反应生成Fe2+、Zn2+、Fe3+、PbSO4、Cd2+，所以滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4；氧化除杂时通入氧气，使Fe2+转化为Fe3+，加入ZnO和稀硫酸反应调节溶液的pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去Fe3+，滤渣2为生成的Fe(OH)3；然后向溶液中加入Zn，Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd；将滤液电解得到Zn。A．由上分析可知，焙烧过程中发生的反应主要为2ZnS+3O22ZnO+2SO2，故A正确；B．由上分析可知滤渣1为未反应的SiO2和生成的PbSO4，故B正确；C．由上分析可知，向溶液中加入Zn，主要是Zn和Cd2+发生氧化还原生成Cd，然后过滤得到滤液，滤渣3为Cd，故C错误；D．电解硫酸锌溶液制备单质锌时，沉积锌后的电解液含硫酸，可返回溶浸工序继续使用，从而减少资源浪费，故D正确；答案为C。
高频易错题
1．工业精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，分离出Zn2+并制取胆矾的流程如图所示，已知Zn2+与OH−的反应与Al3+类似。下列说法正确的是（ ）
A．“操作①”用到的玻璃仪器只有烧杯、玻璃棒、分液漏斗
B．“滤液1”与过量稀硫酸反应的离子方程式为
C．“系列操作②”包括蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥
D．胆矾晶体遇浓硫酸变白色固体，体现了浓硫酸的脱水性
【答案】B
【解析】由题意知，加入过量NaOH溶液后，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，故滤渣1为Cu(OH)2，与过量稀硫酸反应生成CuSO4，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作可获得胆矾晶体；而Zn2+转化为Na2ZnO2，故滤液1中含有Na2ZnO2和过量的NaOH，与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2又转化为Zn2+。A．操作①为过滤，需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，无需使用分液漏斗，A错误；B．滤液1中Na2ZnO2与过量稀硫酸反应，Na2ZnO2转化为Zn2+，故离子方程式为：，B正确；C．系列操作②为制取胆矾晶体操作，具体流程为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因为胆矾带结晶水，故不能使用蒸发结晶，C错误；D．CuSO4·5H2O中本身含有结晶H2O，故遇浓硫酸变为白色CuSO4，体现的是浓硫酸的吸水性，D错误；故答案选B。
2．某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如图所示：
已知：Cu(OH)2溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，根据以上流程，下列说法错误的是（ ）
A．煅烧生成的气体X为
B．为实现溶液C到溶液D的转化，加入过量的NH3·H2O后过滤即可
C．蒸氨过程总反应方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑
D．溶液E与碳酸钠的混合比例及方式(加入顺序)不影响产品成分
【答案】D
【解析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜。A．辉铜矿含有Cu2S，通入氧气煅烧时会生成SO2，A正确；B．Cu(OH)2溶于氨水形成[Cu(NH3)4]2+，而Fe(OH)3不溶于氨水，所以为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3·H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，B正确；C．根据流程可知，固体B用盐酸酸浸，所以溶液D中主要含有[Cu(NH3)4]Cl2，经加热可得到CuO、氨气，结合元素守恒可知反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑，C正确；D．铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸钠溶液中，可生成氢氧化铜，反之可生成碱式碳酸铜，D错误；综上所述答案为D。
3．保险粉(Na2S2O4)可用作食品保鲜剂、纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇。在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是___(填字母)。
(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，其目的是 ；步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为 。
(3)步骤Ⅱ中需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有 (填名称)。
(4)在步骤III中加入NaCl的作用是 ；得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是 。
【答案】（1）B
（2） 增大Zn的表面积，加快反应速率 Zn+2SO2=ZnS2O4
（3） 漏斗
（4） 增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出 减少Na2S2O4因溶解导致的损失
【解析】Zn粉-水的悬浊液中通入二氧化硫，并调pH=3，二氧化硫将Zn氧化为ZnS2O4得到ZnS2O4溶液；ZnS2O4溶液加入Na2CO3溶液作沉淀剂、过滤得ZnCO3沉淀和Na2S2O4溶液，Na2S2O4溶液中加入NaCl增大Na+浓度使Na2S2O4析出，再通过过滤、洗涤、干燥等操作得到Na2S2O4。(1)实验室可用浓硫酸和亚硫酸钠反应制取SO2，并希望能控制反应速度：A．不能控制反应速率，不符题意；B．亚硫酸钠置于烧瓶中，浓硫酸用分液漏斗滴加，可控制反应速率，B符合题意；C．亚硫酸钠为粉末状固体，启普发生器不能用于液体和粉末状固体反应，C不符题意；答案选B；(2)工业上常将锌块进行预处理得到锌粉—水悬浊液，可以增大Zn的表面积，加快反应速率；步骤Ⅰ中二氧化硫将Zn氧化为ZnS2O4，结合得失电子守恒、原子守恒可得发生反应的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4；(3)步骤Ⅱ为过滤，需选用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒之外，还有漏斗；(4)Na2S2O4溶液中加入NaCl，增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出，即在步骤III中加入NaCl的作用是增大Na+浓度，降低Na2S2O4的溶解度，便于Na2S2O4结晶析出；Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，用水洗会造成产品因溶解而损失，因此得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是减少Na2S2O4因溶解导致的损失。
精准预测题
1．明矾在日常生活中用途非常广泛。用废铝灰（含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等）为原料制取明矾的工艺流程如下图。回答下列问题：
已知：Fe3+开始沉淀到沉淀完全时溶液的pH为1.9～3.7。
（1）明矾净水的原理是_______________________（用离子方程式表示）。
（2）“酸溶”时，Al2O3溶解的化学方程式为______________________。
（3）“氧化”时，发生反应的离子方程式为_______________。
（4）“步骤①”的目的是__________________________；“滤渣2”经碱洗、水洗、干燥和煅烧，得到的产品的名称是_____（填俗称）。
（5）“步骤②”包含的操作有_________、__________、过滤及干燥。
【答案】（1）Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
（2） Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O
（3） 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（4） 调节溶液pH，使沉淀完全 铁红
（5） 蒸发浓缩 冷却结晶
【解析】废铝灰(含Al、Al2O3、Fe、Fe2O3、FeO等)加入足量稀硫酸进行酸浸溶解并过滤，得到含有Al3+、Fe2+、Fe3+、SO的酸性滤液，滤渣1为不与硫酸反应的杂质，向滤液中加入双氧水将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，向氧化后的滤液中加入Al(OH)3，Fe3+转化为更难溶的Fe(OH)3沉淀，过滤后得到含有Al3+、SO的滤液，滤渣2为Fe(OH)3，向滤液中加入K2SO4制得产品溶液，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥最终得到产品硫酸铝钾的晶体。明矾是强酸弱碱盐，弱酸根离子Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能够吸附水中悬浮的物质形成沉淀而除去，从而达到达到净水的目的。其反应原理用方程式表示为：Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(2)“酸溶”时，Al2O3和硫酸反应生成硫酸铝和水，化学方程式为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O；(3)“氧化”时，加入氧化剂过氧化氢，将滤液中的Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(4)“步骤①”加入滤液中加入Al(OH)3，作用是调节溶液的pH值，由于Fe(OH)3比Al(OH)3更难溶，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“滤渣2”的成分是Fe(OH)3，煅烧时分解生成氧化铁，它是一种红棕色粉末，常用作颜料，俗名是铁红；(5)“步骤②”是从溶液中获得产品明矾，包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤及干燥。
2．从砷盐净化渣(主要成分为、、、、和)中回收有利用价值金属的工艺流程如下，回答下列问题：
(1)在“选择浸Zn”之前，将砷盐净化渣进行粉碎的目的是_________。
(2)其他条件不变时，Zn和的浸出率随pH变化如图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH=_________。从“浸Zn液”中制备时需要结晶、过滤、洗涤、烘干，烘干操作需在减压低温条件下进行的原因是_______________。
(3)“氧化浸出”时，发生的反应有，另外还有___________。
(4)循环利用的物质M为____________(填名称)。
(5)草酸钴是制备各种钴氧化物和钴粉的重要原料，广泛应用于磁性材料、电极材料及超硬材料等领域。草酸钴在惰性气氛中的热重分析图谱表明，350—420℃之间的失重率达59.9%，则该温度范围内草酸钴分解的化学方程式为______________。
【答案】（1）减小粒度，增大固液的接触面积，提高砷盐净化渣的浸出率
（2）3 防止分解或失水
（3） 、(或)
（4） 砷酸钠
（5）
【解析】从砷盐净化渣用稀硫酸进行选择浸Zn，其中的Zn、ZnO反应，过滤分离，不溶物再用硫酸、过氧化氢氧化浸出，结合沉铜后物质可知，氧化时Co被氧化为Co2+、As被氧化为AsO，而Cu被氧化为Cu2+，过滤分离，滤渣为SiO2，滤液调节pH并加入Na3AsO4将Cu2+转化为Cu5H2(AsO4)4·2H2O沉淀，再过滤分离。沉淀用NaOH碱浸得到氢氧化铜，同时又生成Na3AsO4，在沉铜过程中循环利用，滤液加入草酸钠沉钴生成草酸钴。(1)将砷盐净化渣进行粉碎可以减小粒度，增大固液的接触面积，提高砷盐净化渣的浸出率；(2)控制pH，使锌的浸出率要高，钴的浸出率低，由图可知，最好控制溶液的pH=3；温度高时分解或失水，所以采用在减压低温条件；(3)氧化浸出的过程中铜和钴也被过氧化氢氧化，方程式为：、(或)；(4)沉淀用NaOH碱浸得到氢氧化铜，同时又生成Na3AsO4，在沉铜过程中循环利用，所以循环利用的物质为砷酸钠；(5)草酸钴中钴的质量分数为，350—420℃之间的失重率达59.9%，说明草酸钴分解生成钴单质，方程式为：。
3．一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如图：
(1)步骤①混合研磨成细粉的主要目的是 ；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3，则反应的离子方程式为 。
(2)步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，检验Fe2+的方法是 ；除去Fe2+的方法是 。步骤④是破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离。步骤⑤所得滤渣为 (填化学式)。
(3)硫化铵水解的离子方程式为：S2−+NH+H2OHS−+NH3·H2O，判断溶液的酸碱性________________。(已知常温下H2S的电离平衡常数Ka1=1.3×10−7，Ka2=7.1×10−15，NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.7×10−5)
(4)测定产品MnSO4·H2O纯度的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪，消耗标准溶液VmL，滴定反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，产品的纯度是___。
【答案】（1）提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率
3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O
（2） 取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去 加入H2O2或MnO2 Fe(OH)3
（3） 碱性
（4） ×100%
【解析】软锰矿和黄铁矿混合研磨后用硫酸溶液浸取，生成的硫过滤后可以再生硫，滤液中的Fe2+被氧化为Fe3+后加碱溶液沉淀为Fe(OH)3除去，滤液中的硫酸锰经浓缩结晶制得产品。(1)步骤①混合研磨成细粉，可以增大反应物的接触面积，提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率，硫酸浸取的反应方程式为：3MnO2+2FeS2+12
H+=3Mn2++2Fe3++4S↓+6H2O，故本题答案为：提高硫酸浸取时的浸取率和浸取速率；3MnO2+2FeS2+12H+=3Mn2+
+2Fe3++4S↓+6H2O；(2)亚铁离子具有较强的还原性，可以和高锰酸钾反应，故检验亚铁离子，可加高锰酸钾，若紫色褪色，则含有亚铁离子；要除去亚铁离子，避免引入杂质离子，可以加入过氧化氢除去，也可以加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子；步骤④的目的破坏氢氧化铁胶体，使之沉淀，便于过滤分离，因此步骤⑤所得滤渣为氢氧化铁，故本题答案为：取少量滤液于试管中，加入高锰酸钾溶液，紫色褪去；加入H2O2或MnO2；Fe(OH)3；(3)S2−和NH都发生水解，NH的水解使溶液显酸性，其水解常数为=5.9×10−10，S2−水解使溶液呈碱性，其水解常数为=1.4，S2−水解程度大于NH的水解程度，所以溶液显碱性，故本题答案为：碱性；(4)已知本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰，根据反应的离子方程式得n(KMnO4)=c mol/L×V×10-3L=cV×10−3mol，可知产品中Mn2+的质量分数为=×100％，故本题答案为：×100％。
4．某含镍(Ni)废催化剂中主要含有Ni，还含有Al、Al2O3、Fe及其他不溶于酸、碱的杂质。现用含镍废催化剂制备NiSO4·7H2O，其流程图如下：
部分金属化合物的Ksp近似值如表所示：
化学式
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Ni(OH)2
NiCO3
Ksp近似值
1.0×10−17
1.0×10−38
1.0×10−34
1.0×10−15
1.0×10−5
回答下列问题：
(1)“碱浸”时发生反应的离子方程式为_____________，_______________。
(2)“酸浸”所使用的酸为____________。
(3)“净化除杂”时需加入H2O2溶液，其作用是___________，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀(铁元素对应离子浓度为1.0×10−5mol·L−1)，此时溶液的pH为_______(填计算所得数值)。
(4)“操作A”为_________、过滤、洗涤、干燥，即得产品。
(5)析出NiSO4·7H2O后的溶液中含有一定浓度的Ni2+，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出NiSO4·7H2O后的溶液中加入Na2CO3固体将Ni2+转化为NiCO3沉淀。若c(Ni2+)=1.0mol·L−1，欲使1L溶液中的Ni2+沉淀完全，则需要加入Na2CO3固体的质量最少为______g。(忽略溶液体积变化)
(6)保持其它条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度和时间分别为________℃、________min。
【答案】（1）Al2O3+2OH−=2AlO+H2O 2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑
（2） 硫酸(或H2SO4)
（3） 将Fe2+氧化为Fe3+ 3
（4） 冷却结晶
（5） 212
（6） 70 120
【解析】含镍(Ni)废催化剂用碱浸取时，Al、Al2O3发生反应产生AlO进入溶液，而Ni、Fe不发生反应，通过过滤进入滤渣中，然后用硫酸酸浸滤渣，Fe与硫酸反应产生FeSO4，Ni与硫酸反应变为NiSO4，再向该溶液中加入适量H2O2，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，然后调节pH使溶液中Fe3+恰好完全形成Fe(OH)3沉淀，而Ni2+仍然留在溶液中，过滤除去Fe(OH)3沉淀，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得NiSO4·7H2O。(1)“碱浸”时，Al、Al2O3与NaOH溶液发生反应，产生可溶性偏铝酸钠，发生反应的离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O=2AlO+3H2↑、Al2O3+2OH−=2AlO+H2O；(2)根据操作目的是要使用该含镍(Ni)废催化剂制取NiSO4·7H2O，因此酸浸时使用的酸应该为硫酸；(3)含镍(Ni)废催化剂中的Fe单质与硫酸反应产生FeSO4，由于Fe(OH)2、Ni(OH)2的溶度积常数很接近，Fe2+不容易被除去，“净化除杂”时需加入H2O2溶液，可以将Fe2+氧化为Fe3+，便于除杂净化，然后调节pH使溶液中铁元素恰好完全沉淀，铁元素对应离子浓度为1.0×10−5mol·L−1，由于Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)=1.0×10−38，则c(OH−)=mol/L，则c(H+)=mol/L=1.0×10−3mol/L，所以溶液pH=3；(4)NiSO4的溶解度随温度的升高而增大，从其溶液中获得其晶体要经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，即得产品，所以“操作A”为冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(5)析出NiSO4·7H2O后的溶液中含有一定浓度的Ni2+，为避免镍的损失及其对环境造成的影响，可向析出NiSO4·7H2O后的溶液中加入Na2CO3固体将Ni2+转化为NiCO3沉淀。若c(Ni2+)=1.0mol·L−1，欲使1L溶液中的Ni2+沉淀完全，则溶液中剩余Ni2+的浓度c(Ni2+)=1.0×10−5mol/L，发生反应：Ni2++CO=NiCO3↓的Ni的物质的量为n(Ni2+)=(1-1.0×10−5)mol/L×1L=1.0mol，消耗Na2CO3是1.0mol，溶液中含有CO的浓度为c(CO)==1.0mol/L，在溶液中溶解的Na2CO3的物质的量n(Na2CO3)=1.0mol/L×1L=1.0mol，则需要加入Na2CO3固体的物质的量n(Na2CO3)总=1.0 mol+1.0mol=2.0mol，其质量最少为m(Na2CO3)=2.0mol×106
g/mol=212g；(6)保持其它条件不变，在不同温度下对含镍废催化剂进行酸浸，镍浸出率随时间变化如图。反应时，酸浸Ni2+的浸出率越高，反应耗能越小，越有利，根据图示可知酸浸的最佳温度是70℃，酸浸的最佳时间是120分钟。
5．仲钨酸铵(APT)用途广泛，工业上采用碱溶分解白钨矿[CaWO4，还包括CaMoO4、SiO2、FeAs、Ca3(PO4)2等]制得仲钨酸铵和副产品MoS3的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)溶浸时需要适当加热，其目的是______。焙烧时FeAs反应生成As2O3的化学方程式为_____。
(2)写出As2O3溶于纯碱溶液生成HCO的离子方程式______。
(3)净化过程中加入H2O2后溶液中被氧化的元素为_______(填元素符号)。
(4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO+4H2S=MoS+4H2O，再加入硫酸酸化至pH为2.5～3，析出MoS3的离子方程式为_______。
(5)如图a、b分别为Mg3(AsO4)2、Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡曲线。要保证“净化”后溶液中AsO、PO离子浓度不大于10−6mol·L−1，则溶液中镁离子浓度至少为_____，此时=______。
【答案】（1）加快溶浸速率 2FeAs+3O2Fe2O3+As2O3
（2）
（3） As
（4）
（5） 10−2.56mol·L−1 10−2.76
【解析】白钨矿焙烧，FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，用过量的碳酸钠溶液溶解，SiO2、Fe2O3难溶于碳酸钠溶液，CaMoO4与碳酸钠反应生成Na2MoO4和碳酸钙沉淀、As2O3与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和Na3AsO3；滤液中加硫酸调节pH，用H2O2把AsO氧化为AsO，加入硫酸镁除去AsO、PO；通入H2S除去钼，通过萃取、反萃取得到仲钨酸铵溶液。(1)加热能加快反应速率，溶浸时需要适当加热，其目的是加快溶浸速率。焙烧时FeAs与氧气反应生成Fe2O3、As2O3，反应的化学方程式为2FeAs+3O2Fe2O3+As2O3；(2)As2O3与碳酸钠反应生成AsO、HCO，反应的离子方程式是；(3)净化过程中加入H2O2，用H2O2把AsO氧化为AsO，被氧化的元素为As。(4)除钼时通入H2S气体发生反应：MoO+4H2S=MoS+4H2O，再加入硫酸酸化至pH为2.5～3，MoS和硫酸反应生成MoS3沉淀和硫化氢气体，反应的离子方程式为；(5)根据图示，Mg3(AsO4)2的溶度积大于Mg3(PO4)2，Mg3(AsO4)2的溶度积等于；Mg3(PO4)2的溶度积等于；要保证“净化”后溶液中AsO、PO离子浓度不大于10−6mol·L−1，则溶液中镁离子浓度至少为=mol·L−1，此时。
【点评】本题以用碱溶分解白钨矿制备仲钨酸铵和副产品MoS3为载体，考查化学工艺流程，明确流程图中各步骤的反应原理是解题关键，注意离子方程式的书写，会根据溶度积常数进行相关计算。
6．锑(Sb)及其化合物在工业上有许多用途。以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等）为原料制备金属锑的工艺流程如图所示：
已知：①浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等。
②常温下：Ksp(CuS)=1.27×10−36，Ksp(PbS)=9.04×10−29。
③溶液中离子浓度小于等于1.0×10−5mol·L−1时，认为该离子沉淀完全。
（1）滤渣1中除了S之外，还有___________（填化学式）。
（2）“浸出”时，Sb2S3发生反应的化学方程式为_________________。
（3）“还原”时，被Sb还原的物质为_____________（填化学式）。
（4）常温下，“除铜、铅”时，Cu2+和Pb2+均沉淀完全，此时溶液中的c(S2−)不低于______；所加Na2S也不宜过多，其原因为_____________。
（5）“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为________________。
（6）“电解”时，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为_______。
（7）一种突破传统电池设计理念的镁-锑液态金属储能电池工作原理如图所示：
该电池由于密度的不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成不变。充电时，Cl−向_____（填“上”或“下”）移动；放电时，正极的电极反应式为________。
【答案】（1）SiO2
（2） Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S
（3） SbCl5
（4） 9.04×10−24mol·L−1 产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3
（5） 2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl
（6） 3∶2
（7） 下 Mg2++2e−=Mg
【解析】(1)辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有PbS、As2S3、CuO、SiO2等)，在加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，Sb2S3、PbS、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有二氧化硅，故答案为SiO2；(2)“浸出”时，Sb2S3与SbCl5发生氧化还原反应，反应的化学方程式为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S，故答案为Sb2S3+3SbCl5=5SbCl3+3S；(3)根据流程图和，浸出中含有少量SbCl5，经过“还原”等操作后得到SbCl3，因此SbCl5被Sb还原，故答案为SbCl5；(4)根据常温下：Ksp(CuS)=1.27×10−36，Ksp(PbS)=9.04×10−29；将Cu2+和Pb2+均沉淀完全时，c(S2−)分别不低于=1.27×10−31mol/L、=9.04×10−24mol/L，因此c(S2−)不低于9.04×10−24mol/L，过量的硫化钠能够溶液中的酸反应放出污染空气的硫化氢，过量的硫化钠还能与SbCl3生成沉淀，因此所加Na2S也不宜过多，故答案为9.04×10−24mol/L；产生H2S等污染性气体或生成Sb2S3；(5)“除砷”时除了生成As外，还有H3PO3生成，反应的化学方程式为2AsCl3+3Na3PO2+3HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl，故答案为2AsCl3+3Na3PO2+3
HCl+3H2O=2As+3H3PO3+9NaCl；(6)根据流程图，“电解”时，SbCl3反应生成SbCl5和Sb，根据化合价升降守恒，被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的物质的量之比为3∶2，质量之比为3∶2，故答案为3∶2；(7)中间层熔融盐为电解质溶液，根据电流方向，镁液为电池的负极，充电时，镁极为阴极，阴离子向阳极移动，即向下移动，放电时，镁液为电池的负极，电极反应为Mg-2e−=Mg2+，正极发生还原反应，电极反应式为Mg2++2e−=Mg，故答案为下；Mg2++2e−=Mg。
7．用蛇纹石(主要含3MgO·2SiO2·2H2O、FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3)制取MgO的工艺流程如图：
已知该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Cr3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀pH
1.6
3.3
3.8
6.5
9.4
沉淀完全pH
3.2
5.2
6.8
9.7
12.4
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，当蛇纹石矿粉粒度一定、硫酸的浓度、活化剂用量及液固比一定时，提高浸取率还可采取的措施是_________________(列举1条)；3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为_____________________
________(生成产物之一为SiO2·nH2O)。
(2)“净化”过程包括“氧化”和“沉出杂质”两步骤。
①写出“氧化”时反应的离子方程式：____________________________。
②“沉出杂质”加氨水时，应控制溶液pH的范围是______________。
③氨水“净化”反应的温度对MgO纯度和产率的影响如图所示，在35～40℃，随温度升高，产率降低的主要原因是 ；在25～50℃，温度越高，MgO纯度随温度升高而提高的主要原因是 。
(3)用2.76t该蛇纹石(3MgO·2SiO2·2H2O含量为80%)原料按以上流程制取MgO，制取过程中Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为___kg。
【答案】（1）适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等
3MgO·2SO2·2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2·nH2O↓+(5-n)H2O
（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 6.8≤pH<9.4 氨水分解生成氨气，受热时氨气快速挥发 升高温度有利于杂质金属离子转化为氢氧化物沉淀而除去
（3）902.4
【解析】蛇纹石加硫酸酸浸后，FeO、Fe2O3、Al2O3及少量Cr2O3都与硫酸反应溶于硫酸，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应生成硫酸镁和不溶于酸的2SiO2·nH2O，过滤即可除去，经过系列操作得到硫酸镁粗品，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，加入氨水使Fe3+、Cr3+、Al3+完全沉淀，分离出硫酸镁，将硫酸镁转化为氢氧化镁，加热分解得到氧化镁。(1)适当升高酸浸液温度或适当延长浸取时间或适当加快搅拌速率等都可以提高浸取率；给出反应物为3MgO·2SiO2·2H2O和硫酸，其中一种生成物为SiO2·nH2O，3MgO·2SiO2·2H2O与硫酸反应的化学方程式为3MgO·2SiO2·2H2O+3H2SO4=3MgSO4+2SiO2·nH2O↓+(5-n)H2O。(2)①加入H2O2可以将二价铁离子氧化为三价铁离子，“氧化”时反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。②“沉出杂质”加氨水时，pH的选择考虑的因素是其它离子沉淀完全但不影响Mg2+，根据题目表格给出的数据可知应控制溶液pH的范围是6.8≤pH<9.4。③温度升高促进Mg2+的水解，但是过高促使氨气挥发，所以在35～40℃，随温度升高，MgO产率降低；温度越高Mg(OH)2分解越彻底，MgO的纯度越高。(3)利用关系式求解：
解得x=0.96t，Mg的损失率为6%，可以制得MgO的质量为0.96t×(1-6%)=0.9024t=902.4kg。
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