2022年高考化学三轮冲刺之回归教材08 化学工艺流程分析练习题

这是一份2022年高考化学三轮冲刺之回归教材08 化学工艺流程分析练习题，共32页。试卷主要包含了图解明晰化学工艺流程，原料预处理的六种常用方法，控制反应条件的六种常用方法，注意描述简答的答题规范，化工流程题解题技法等内容，欢迎下载使用。
回归教材重难点08 化学工艺流程分析

高考五星高频考点，2021年全国甲卷第26题、2021年全国乙卷第26题、2020年全国I卷第26题、2020年全国第III卷第26题、2020年全国I卷第26题、2020年全国II卷第26题、2020年全国第III卷第26题。

化学工艺流程题以化工生产流程图的形式，充分体现元素化合物与自然界和社会生活的密切联系，体现其社会应用价值。对近年的高考试题进行分析，不难发现，试题很多都是将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。这类试题一般都是比较大型的推断、实验设计和探究类试题，这是高考中一个重要的热点。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相关计算。

1．图解明晰化学工艺流程

2．原料预处理的六种常用方法
方法
目的
研磨
减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率
水浸
与水接触反应或溶解，使可溶物进入溶液，不溶物通过过滤除去
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧
改变结构，使一些物质溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3．控制反应条件的六种常用方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质，如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4. 常考化工术语
关键词
释 义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
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. 常见的操作与思考角度
常见的操作
思考角度
加过量试剂
使反应完全进行(或增大转化率、产率)等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤滤液少量，检验其中是否还有某种离子存在
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度
(常用水浴、冰浴或油浴 )
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀方法：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
6．注意描述简答的答题规范
(1)“操作或措施”类
操作或措施
答题模板
从溶液中得到晶体的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶的操作
将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分
证明沉淀完全的操作
静置，在上层清液中继续加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全
洗涤沉淀的操作
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净的操作
取最后一次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净
(2)“目的或原因”类
目的或原因
答题模板
沉淀水洗的目的
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的
防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等
加过量A试剂的原因
使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于×× ℃的原因
温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水的原因
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
7. 循环物质的确定

8. 副产品的判断

9．化工流程题解题技法
(1)粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
(2)携带问题，精读信息
这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。
(3)跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。

1．(2021•全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为_________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以NaIO3为原料制备的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_______ mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是______________________。
【答案】(1) ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3
②FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化
(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓ +I2+2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
2．(2021•全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c =1.0×10-5 mol·Lˉ1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式_______。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______ cmol·Lˉ1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·x H2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】Al2O3+4(NH4)2SO42 NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑
Fe3+、Al3+、Mg2+ 1.0×10-6 硫酸 SiO2 CaSO4
TiO2++(x+1)H2OTiO2·x H2O↓+H2O (NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
3．(2020•新课标Ⅰ卷)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pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
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，VO+和VO2+被氧化成VO2+，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为VO2+反应的离子方程式_______________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的_______________________________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③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+= VO2++Mn2++H2O
(3)Mn2+ Fe3+、Al3+ (4)Fe(OH)3
(5)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(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】(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)；(2)“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VO2+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VO2+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VO2+反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+= VO2++Mn2++H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是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Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(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。
4．(2020•新课标Ⅲ卷)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其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：

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 mol·L−1)的pH
沉淀完全时(c=1.0×10−5 mol·L−1)的pH
7.2
8.7
3.7
4.7
2.2
3.2
7.5
9.0
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①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式________________________。
(2)“滤液②”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③”中可能含有的杂质离子为________________________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L−1，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
AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +H+=Al(OH)3↓+H2O
(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+
(4) 3.2~6.2
(5)2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O (6)提高镍回收率
【解析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入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①含有NaAlO2，滤饼①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②，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①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓或[Al(OH)4]- +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②”中含有的金属离子是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③中可能含有转化生成的Fe3+；(4)由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-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+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-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3.2~6.2；(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NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+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。
5．(2019•新课标Ⅰ卷)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
(2)“滤渣1”的主要成分有_________。为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。
(3)根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断H3BO3是______酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_________________________。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回___________工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是___________________。
【答案】(1)NH4HCO3+NH3=(NH4)2CO3 (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN
(3)一元弱 转化为H3BO3，促进析出
(4)2Mg2++3 CO32-+2H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+2 HCO3-
(或2Mg2++2 CO32-+H2O=Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑) 溶浸 高温焙烧
【解析】(1)根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方程式为：NH3+NH4HCO3= (NH4)2CO3。(2)滤渣I为不与硫酸铵溶液反应的Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验Fe3+，可选用的化学试剂为KSCN；(3)由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出；(4)沉镁过程中用碳酸铵溶液与Mg2+反应生成Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为：2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。
6．(2019•新课标Ⅱ卷)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。回答下列问题：
(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________(填标号)。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
(2)以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：

①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
(3)成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2=2I−+。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________(写出表达式)。
【答案】(1)D
(2)①BaSO4+4C=BaS+4CO↑ CO+H2O=CO2+H2
②BaCO3
③S2−+Ba2++Zn2++ SO42-= BaSO4·ZnS↓
(3)浅蓝色至无色
【解析】(1)焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。(2)①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C=BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O=CO2+H2。②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2−+Ba2++Zn2++ SO42-=BaSO4·ZnS↓。(3)碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1 mol 1 mol 2 mol 1 mol
n mol n mol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol
n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=(25-V)0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%。
7．(2019•新课标Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：

相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________。
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________________________________。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】(1)SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)4.7 (4)NiS和ZnS
(5)F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动
(6)Mn2++2 HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7)1/3
【解析】(1)Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O。(2)二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。(3)由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。(4)根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。(5)由HFH++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全。(6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O。(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
8．(2022·山东省淄博市高三教学质量检测)以某工业废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3) 为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程如下：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀(c≤10-5 mol/L)的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
(1)“反应I”中加入硫铁矿 (主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，该物质的化学式为___________。
(2)“反应I”的离子方程式为__________________________。
(3)“某碳酸盐”的化学式___________，加热的目的是___________ 。
(4)为检验MnSO4受热分解是否生成SO2或SO3，某同学设计探究实验装置如图所示：

①装置B、C、D中的溶液依次为___________(填字母)。
a． Ba(NO3)2 b． BaCl2 c．品红 d．浓硫酸 e． Ca(OH)2 f． NaOH
②实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是 ___________。
(5)测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3 ( 难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO4-，过滤；向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360 g，振荡，充分溶解并反应后，用0.0320 mol·L-1KMnO4溶液滴定(MnO4-被还原为Mn2+)，用去20.00 mL。已知： Mr(Na2C2O4)= 134，Mr(MnSO4)= 151。
①计算产品中MnSO4的质量分数___________(保留两位有效数字)。
②为提高测定的精度，应补充的实验操作____________________________________。
【答案】(1)S6
(2)3MnO2 + 3FeS2+ 12H+=3Mn2++3Fe2++S6+ 6H2O
(3)MnCO3 促进 Fe(OH)3胶体聚沉，或促进产生Fe(OH)3沉淀
(4)b c f 先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2
(5)96% 将2-3次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，重复实验2-3次
【解析】废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)加硫酸酸浸，MnO2不发生反应，KOH、MgO、Fe2O3分别与H2SO4反应生成K2SO4、MgSO4、Fe2(SO4)3溶于水中，过滤后弃去滤液，剩余MnO2，加入硫铁矿(主要成分FeS2)和硫酸发生氧化还原反应3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2++S6+6H2O，滤渣1为FeS2、S6，加MnO2可将生成的Fe2+氧化为Fe3+，加MnCO3调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(滤渣2)，过滤后经蒸发浓缩、趁热过滤等步骤可得到MnSO4晶体。(4)先通入N2，将装置中的空气排出，B装置中盛放BaCl2，用于检验SO3，若有SO3生成，则会产生白色沉淀(BaSO4)，C装置中盛放品红，用于检验SO2，若有SO2生成，品红会褪色，装置D中盛放NaOH，用于吸收尾气。(1)根据分析，反应I是氧化还原反应，Mn由+4价降为+2价，生成相对分子质量为192的单质，可以推测出S由-2价升为0价，产物为S6；(2)根据分析，离子方程式为3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2++S6+6H2O；(3)加碳酸盐调pH，且不能引入杂质，故该碳酸盐为MnCO3；调pH后Fe3+转化为Fe(OH)3，但容易生成胶体，通过加热可以促进 Fe(OH)3胶体聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，有利于过滤操作；(4)①根据分析，装置B、C、D中的溶液依次为BaCl2、品红、NaOH，故选b c f；②实验结束后，若立即停止加热和铜N2，会因为装置温度降低而倒吸，因此需要先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2；(5)①n(Na2C2O4)= =0.004mol,根据2 MnO4-~5 Na2C2O4可得，n(MnO4-)=n(Na2C2O4)=1.6×10-3mol，后来加入的n(MnO4-)=0.032mol/L×0.02L=6.4×10-4mol，则原来由Mn2+被氧化生成的MnO4-的物质的量为1.6×10-3mol-6.4×10-4mol=9.6×10-4mol，故原n(MnSO4)= 9.6×10-4mol，m(MnSO4)= 9.6×10-4mol×151g/mol=0.14496g，质量分数为×100%=96%；②由于过滤后NaBiO3固体上会残留MnO4-，因此需要洗涤沉淀2~3次，并与滤液合并，为了结果更准确，需重复实验2-3次。
9．(2022·山东学情高三教学质量检测)Cr2O3常用作胶黏剂和密封剂的着色性、耐磨性、耐腐蚀性填充剂，还可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。某实验室模拟工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含Al、Si，Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备Cr2O3流程如下：

已知：Ⅰ、溶液中，CrO42-氧化性非常弱，Cr2O72-具有强氧化性。
Ⅱ、H2C2O4是一种二元中强酸，不稳定易分解，极易被氧化
(1)“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是___________(填“铁”“陶瓷”或“氧化铝”)；铬铁矿中Cr元素转化为Na2CrO4的化学方程式为__________________________
(2)“滤渣I”的主要成分是___________，“步骤②”调节pH应选择的试剂为___________(填选项)。
A．Cr(OH)3 B．CO2 C．稀盐酸 D．氨水
(3)“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④。分批加入H2C2O4的目的是___________，“步骤④”发生反应的离子方程式为___________
(4)“步骤⑤”发生反应的离子方程式为_____________________，判断“步骤⑥”中Cr(OH)3全部分解的实验基本操作是_________________________________________。
【答案】(1)铁 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4 Na2CrO4+4CO2↑
(2)Fe2O3 B
(3)防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费 3H2C2O4+ Cr2O72-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(4)2Cr3++3CO (NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3CO2↑； 当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解
【解析】根据工艺流程图可知，“焙烧”是将Cr2O3转化为Na2CrO4，将Fe转化为Fe2O3，Al及其氧化物转为NaAlO2，Si及其氧化转化为Na2SiO3，然后水浸、过滤出滤渣I为Fe2O3，溶液I主要为NaAlO2、Na2SiO3和Na2CrO4，调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，过滤得滤渣II为Al(OH)3和H2SiO3，溶液II中主要为Na2CrO4，“步骤③”用稀硫酸调pH，将CrO42-转化为Cr2O72-得到溶液III，反应原理为：2 CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O，然后由于H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故向溶液III需分批加入H2C2O4溶液将Cr2O72-还原为Cr3+，得到溶液IV，溶液IV中加入尿素将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，过滤洗涤干燥，灼烧得到Cr2O3，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。(1)由于陶瓷中的SiO2能与Na2CO3反应，Al2O3也能与Na2CO3反应而腐蚀坩埚，故“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是铁，铬铁矿即FeO·Cr2O3中Cr元素转化为Na2CrO4即Cr2O3与Na2CO3在高温下和空气中的O2反应生成Na2CrO4，故该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4 Na2CrO4+4CO2↑；(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分是Fe2O3，“步骤②”调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，故应该是加入酸性物质，由于HCl具有还原性，能与CrO42-反应，而CO2没有还原性，故应选择的试剂为B；(3)由分析可知，由于H2C2O4不稳定，受热易分解，且H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④，分批加入H2C2O4的目的是防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费，“步骤④”即用H2C2O4将Cr2O72-还原为Cr3+，根据氧化还原反应的配平可得，该反应的离子方程式为：3H2C2O4+ Cr2O72-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(4)由分析可知，“步骤⑤”发生反应为Cr3+与尿素溶液反应生成Cr(OH)3，故该反应的离子方程式为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3CO2↑，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。
10．(2022·云南省昭通市高中毕业诊断性检测)无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2‧6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4‧2H2O及CoCl2‧6H2O工艺流程如图所示：

已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等；
②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；
③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+
Co2+
Mn2+
开始沉淀时
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀时
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为_____________________。
(2)“氧化”过程中温度不宜过高的原因是____________________________________。
(3)“操作1”调pH的范围为___________
(4)在实验室完成“操作2”需用到的玻璃仪器有___________
(5)“操作4"洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是___________。
(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0×10-5mol‧L-1)时Fe3+的浓度为___________。
(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是___________(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
【答案】(1) 4H++SO32-+ Co2O3=2 Co2++SO42-+2H2O
(2)温度过高，过氧化氢分解速率加快
(3) 5.2≤pH