（江苏版）新高考化学三轮冲刺强化练习 第14题 化工流程综合题（2份打包，原卷版+解析版）

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1．（2023·江苏卷，14）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为 。
(1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。
(2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。
(3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为
①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。
③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。
【答案】(1) 制得的催化剂中不含Na+
(2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消
(3) 提高反应温度、延长浸出时间 促进充分沉淀
【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。（3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。
2．（2022·江苏卷，14）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
（2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，是由于c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：。（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
3．（2021·江苏卷，15）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150ml·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。
【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500ml·L-1
(3) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。(1)“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。(2)根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015ml·L-1=3.75×10-4ml；ZnSO4溶液的物质的量浓度为。(3)①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O。(4)在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
1．化工流程图的结构特点
2．流程中的操作及条件控制
（1）物质的分离与提纯
（2）常见的流程中的条件控制
(3) 对所加试剂的要求
3．破题方法
(1)首尾分析法
破解无机物制备工艺流程原理与过程。对一些线性流程工艺(从原料到产品为“一条龙”的生产工序)题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，找出原材料与产品之间的关系，弄清生产过程中原材料转化为产品的基本原理和分离、提纯的化工工艺，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。
(2)截段分析法
对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为基准点。
(3)交叉分析法
有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主要产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工艺流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
(4)掌握“5种”原料预处理(研磨、水浸、酸浸、灼烧、煅烧)的作用和“5种”控制反应条件(调溶液pH、控制温度、使用催化剂、趁热过滤、冰水洗涤)的目的。
1．（2024·江苏常州第一中学高三期初检测，14）工业上用磷铁渣（主要含，以及少量等杂质）制备（磷酸铁）。
已知：难溶于水，能溶于无机强酸。
(1)“浸取”时为加速溶解，可以采取的措施有 （任写一种）；加入硫酸的目的是 。
(2)“浸取”时发生反应的离子方程式为 。
(3)“制备”过程中溶液的对磷酸铁产品中铁和磷的含量及比值的影响如图所示[考虑到微量金属杂质，在时，为0.973最接近理论值]。
在范围为1～1.5时，随增大，明显增大，其原因是 。
(4)工业上也可以用电解磷铁渣的方法制备。
①FeP在阳极放电的电极反应式为 。
②常温电解一段时间，测得溶液中浓度约为，为了避免生成沉淀，应控制溶液的不大于 （已知：）。
(5)工业上还可以用可溶性三价铁盐在酸性溶液中与磷酸盐反应，通过氨水调节得到磷酸铁，将与等体积混合充分反应后，静置，上层的清液中为 。【已知：】
【答案】(1) 将磷铁渣粉碎或适当增大硝酸浓度或搅拌 保持体系的酸度，防止生成FePO4
(2)3Fe2P+29H++11NO=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O
(3)pH增大，促进促进Fe3+水解，生成了难溶性的氢氧化铁混入产品中
(4) FeP+4H2O—8e—=FePO4+8H+ 1.7
(5)2.6×10−21
【解析】由题给流程控制，向磷铁渣中加入稀硝酸和硫酸在90℃条件下浸取，将铁元素和磷元素转化为铁离子和磷酸，二氧化硅与混酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入磷酸调节溶液中铁元素和磷元素的含量比，加入氨水调节溶液pH，在60℃条件下将溶液中的铁元素、磷元素转化为磷酸铁沉淀，经分离提纯得到磷酸铁。（1）将磷铁渣粉碎、适当增大硝酸浓度、搅拌等措施可以加快“浸取”等溶解速率；硝酸具有强氧化性，由分析可知，加入稀硝酸和硫酸在90℃条件下浸取的目的是将铁元素和磷元素转化为铁离子和磷酸，则加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成磷酸铁沉淀。（2）由分析可知，加入稀硝酸和硫酸在90℃条件下浸取的目的是将铁元素和磷元素转化为铁离子和磷酸，则Fe2P与混酸反应生成铁离子、磷酸、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe2P+29H++11NO=6Fe3++11NO↑+3H3PO4+10H2O。（3）铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，溶液pH增大时，铁离子的水解程度增大生成氢氧化铁沉淀，导致在pH范围为1～1.5时，随pH增大，明显增大。（4）①由图可知，与直流电源正极相连的磷铁渣为电解池的阳极，水分子作用下FeP在阳极失去电子发生氧化反应生成磷酸铁和氢离子，电极反应式为FeP+4H2O—8e—=FePO4+8H+；②由溶度积可知，为了避免溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，溶液中氢氧根离子浓度小于=5×10—13ml/L，则溶液的pH小于14—12—lg2=1.7。（5）由题意可知，浓度均为0.1ml/L 硫酸铁和磷酸钠等体积混合后，溶液中铁离子浓度为=0.05ml/L，则由溶度积可知，溶液中磷酸根离子的浓度为=2.6×10−21ml/L。
2．（2024·江苏南通如东中学，如东一高等高三12月学情调研，14）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、C2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。
回答下列问题：
(1)在一定温度下，用硫酸浸取已粉碎的镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 。(答出一条即可)
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，写出H2SO5的结构式： 。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 。(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。
(5)将“钴镍渣”酸溶后，进行如下流程：
①写出“钴镍分离”时发生反应的离子方程式： 。
②“镍钴分离”后溶液中c(Ni2＋)=1.0ml·L-1，若“滤液1”中c(CO)=10-5ml·L-1，则沉镍率= (要求写出计算过程)。[已知：Ksp(NiCO3)=1.0×10-7，沉镍率=]
【答案】(1)适当增大硫酸浓度
(2)
(3)H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(－,5)=MnO2＋SO eq \\al(2－,4)＋3H＋
(4)SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率
(5) ① ClO-＋2C2＋＋5H2O=2C(OH)3↓＋Cl-＋4H＋ ②99%或0.99
【解析】混合气中的氧气具有强氧化性，酸性条件下，将Fe2＋和Mn2＋转化为为Fe(OH)3和MnO2，Ca2＋被与SO eq \\al(2－,4)反应生成CaSO4沉淀，Ni2＋、Mg2＋先后转化为氢氧化物沉淀，而实现镍、钴、镁元素的回收。（1）提高浸取率可以适当增大硫酸浓度、适当升高温度、将镍钴矿粉碎增大接触面积等方法。（2）过一硫酸可以看做过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代，因此结构式为。（3）H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，S主要以HSO eq \\al(－,5)存在，-1价的O将Mn2+氧化为MnO2，方程式为H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(－,5)=MnO2＋SO eq \\al(2－,4)＋3H＋。（4）SO2有还原性，SO2的体积分数较大时，SO2将H2SO5还原，Mn(Ⅱ)氧化速率减小。（5）滤液中加NaClO将C2+氧化为C(OH)3，反应的离子方程式为ClO-+2C2++5H2O=2C(OH)3↓+Cl-+4H+；再加Na2CO3，将Ni2+转化为NiCO3沉淀，离子方程式为Ni2++CO eq \\al(2－,3)=NiCO3↓；NiCO3中加H2SO4，反应生成NiSO4，经蒸发浓缩、冷却结晶，可得NiSO4∙7H2O；。c(CO eq \\al(2－,3))=10-5ml/L，根据Ksp(NiCO3)=1.0×10-7可知，c(Ni2+)==0.01ml/L，沉镍率===0.99。
3．（2024·江苏南京金陵中学期中，14）工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有、、、、。
②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。
(1)“氧化除杂”时，与的离子方程式为 。
(2)“沉锌”生成碱式碳酸锌[]沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式： 。
(3)“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。
(4)测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的EDTA()标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。
①滴定终点时的现象为 。
②计算ZnO样品的纯度 。(保留四位有效数字，写出计算过程)
(5)ZnO有棒状ZnO(r-ZnO)、片状ZnO(p-ZnO)两种。均可用作选择性加氢转化为的催化剂。在ZnO催化剂存在下，将与混合，同时发生以下两个反应：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
控制一定的和初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据(其中“甲醇选择性”是指转化的中生成甲醇的百分比)
已知：p-ZnO表面合成的生成活化能，r-ZnO表面合成的生成活化能
①在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，随温度升高，与CO的产率均提高，而甲醇的选择性降低的可能原因是 ；
②在280~320℃范围内，比较图a和图b两种ZnO催化剂催化加氢性能，说明在加氢合成甲醇时优先选用p-ZnO催化剂的原因： 。
【答案】(1)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
(2)
(3)
(4) 加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色
(5) 反应Ⅰ正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低 选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多
【解析】由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO，加入稀硫酸“溶浸”后得到含、、、、的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液调节pH后使铁离子转化为Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除杂”使锰离子转化为MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着“还原除杂”除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[]沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO。（1）在“氧化除杂”时，与发生氧化还原反应产生MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。（2）根据分析，向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[]沉淀，反应的化学的方程式为。（3）观察题给晶胞结构可知，晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶点上、四条棱的中心和面心上，4个氧原子分别位于面对角线离顶点处，可用图示表示为。（4）①滴入标准溶液前，Zn2+与X-形成ZnX+使溶液呈酒红色，达到滴定终点时，Zn2+被完全消耗生成无色的ZnY2-，溶液中含有X-而呈蓝色，由此可得出滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色；②根据滴定原理可得关系式ZnO~Zn2+~H2Y2-，则产品中，故ZnO的含量为。（5）①生成甲醇的反应是反应Ⅰ，反应Ⅰ正反应放热，在280~320℃范围内，相同催化剂条件下，升高温度，平衡逆向移动，导致温度升高甲醇的选择性降低；②催化剂只影响速率而不能改变平衡，图中数据不是达到平衡后测得的数据，而是反应相同时间测得的数据，p-ZnO表面合成的生成活化能比r-ZnO表面合成的生成活化能小，活化能越小，反应速率越快，因此选用p-ZnO催化剂使反应Ⅰ速率快，在相同时间内生成的甲醇多。
4．（2024·江苏连云港高三期中，14）以工业废铜渣(主要含CuO，还含有CuS、等)为原料制备CuCl，并测定其纯度。其制备过程可表示为
已知：室温下，，。
(1)焙烧。将废铜渣放在空气中加热至300℃充分焙烧，反应中CuS转化成CuO，其反应的化学方程式为 。
(2)酸浸。将焙烧后的产物与一定浓度的硫酸溶液放入反应器中，以一定的速率搅拌进行反应。在该过程中，还可以提高铜元素浸出效率的措施是 。
(3)除铁。酸浸后，测得溶液中，。向其中滴加NaOH溶液调节溶液pH除去，则需调节溶液pH范围为 。已知：完全沉淀后其浓度应小于。
(4)沉铜。除铁后，过滤，向滤液中加入溶液、NaCl溶液，搅拌下充分反应，过滤，洗涤，干燥得到CuCl。
①得到CuCl沉淀的离子方程式为 。
②相同条件下，CuCl沉淀率随的变化如图所示。在实际生产中常选择为2.5的原因是 。
(5)测定CuCl的纯度。称取0.2500g样品，迅速加入装有足量三氯化铁溶液的锥形瓶中不断摇动，待样品溶解后加适量水和2滴邻菲啰啉-硫酸亚铁指示液，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液24.00mL。已知：，。计算样品中CuCl的纯度 。(写出计算过程，否则不得分！)
【答案】(1)
(2)适当升高反应的温度
(3)
(4) ① ②加快还原的反应速率；随着反应的进行，溶液的酸性逐渐增强，与结合生成从溶液中逸出
(5)，由题意可得关系式：，，，CuCl的纯度
【解析】废铜渣经空气焙烧后得到、CuO和SO2，、CuO加入硫酸酸浸得到Fe3+、Cu2+，加入NaOH调节pH使Fe3+沉淀完全，向溶液中加入亚硫酸钠溶液和NaCl溶液使其转化为CuCl，再经洗涤、干燥可得产品。（1）空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时空气中氧气在加热条件下将铜元素充分氧化为氧化铜、硫元素氧化为二氧化硫气体，。（2）提高铜元素浸出效率的措施是适当升高反应的温度、适当提高酸液的浓度、将焙烧产物粉碎等。（3）铁离子完全沉淀，则，pOH=11，pH=3；；沉淀过程中铜离子不能沉淀，则，pOH=10，pH=4；故需调节溶液pH范围为。（4）①得到CuCl沉淀的反应为铜离子和还原剂亚硫酸根离子发生氧化还原反应得到硫酸根离子和亚铜离子，亚铜离子和氯离子生成氯化亚铜沉淀，离子方程式为。②在实际生产中常选择为2.5的原因是：此时亚硫酸钠加快还原的反应速率已经使得氯化亚铜的沉淀率较高，且反应后溶液显酸性，如果继续增加亚硫酸钠量，则会导致与结合生成从溶液中逸出。（5）由关系式可知，，则样品中CuCl的物质的量为，CuCl的纯度。
5．（2024·江苏百师联盟高三开学考试，14）石油开采和炼制过程中产生的污水含有溶解性的以及难溶的硫化物，对污水进行处理的同时可回收化工原料。已知：在水中溶解度为1∶2.6，易挥发。回答下列问题：
(1)沉淀法处理含硫废水：
向含硫废水中加入适量的溶液，产生黑色沉淀且溶液的pH降低。解释溶液的pH降低的原因： 。
(2)氧化还原法处理含硫废水：
①空气氧化法可将含硫微粒氧化为，反应的离子方程式为 。
②向废水中加入一定浓度的溶液，加酸将溶液调为，产生淡黄色沉淀。反应的离子方程式为 。不同pH时，硫化物去除率随时间的变化曲线如下图。选择控制体系的，不选择，从环境保护的角度来分析其主要原因： 。
(3)晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm，设阿伏加德罗常数的值为。的配位数为 ，其晶体密度为 ；晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 nm。
【答案】(1)含硫废水中存在，加入适量的溶液，，减小，使的电离平衡正向移动，增大，溶液的pH降低
(2) 时，溶液中―2价S元素主要以的形式存在，常温下的溶解度为1∶2.6，酸性强使更易逸出，有剧毒会污染环境
(3) 6
【解析】（1）污水含有溶解性的，存在，加入适量的溶液，，减小，使的电离平衡正向移动，增大，溶液的pH降低。（2）①氧气具有氧化性，被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为；②具有还原性，和氧化性离子在酸性条件下发生归中反应生成S，同时生成水，反应的离子方程式为；酸性太强，容易发生，通过已知信息在水中溶解度为1∶2.6，可知易挥发，生成的以气体的形式逸出，有剧毒，会污染环境。（3）由图可知，处于构成的八面体中，结合化学式可知，与等距离且最近的有6个，所以的配位数是6；晶胞边长为，晶胞体积，该晶胞中个数，个数，晶胞质量为，；分析晶胞结构可知，晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的边长。
6．（2024·江苏海安高三第一次考试，14）门捷列夫在研究周期表时预言了“类铝”元素镓，镓(Ga)位于元素周期表第IIIA族，高纯镓广泛用于半导体材料、光电材料、光学材料等领域。
(1)一种利用炼锌渣(主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3)为原料制备高纯镓的流程如图所示：
已知：(i)电解步骤制取镓时两极均采用惰性电极。
(ii)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸；ZnS、Ga2S3均难溶于水。
(iii)20℃，Kb(NH3•H2O)≈2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35。
回答下列问题：
①试剂a(Cu)的主要作用是 。
②滤渣4的主要成份为 。
③已知：Ga3++4OH-[Ga(OH)4]- K≈1.0×1034。为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3•H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K= 。
④电解步骤中，阴极的电极反应式为 。
(2)砷化镓(GaAs)太阳能电池为我国“玉兔二号”月球车提供充足能量。GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。
①GaAs中Ga的化合价为 。
②在Mn掺杂到GaAs的晶体中每个Mn最近且等距离的As的数目为 。
【答案】(1) ①除去Cl-，防止对电解时产生Cl2污染环境 ②Cu ③2×10-6 ④[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-
(2) ①+3 ②4
【解析】炼锌渣主要含Pb、Zn、Cu、Fe的氧化物和一定量GaCl3，用稀硫酸溶解，PbO和硫酸反应生成PbSO4沉淀，过滤得到硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铜、GaCl3溶液，加双氧水把Fe2+氧化为Fe3+，加ZnO调节pH生成Fe(OH)3沉淀除Fe，加铜发生Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓除Cl-，加锌置换出Cu，加氢氧化钠使Ga3+转化为[Ga(OH)4]-，加Na2S生成ZnS沉淀除Zn，电解Na[Ga(OH)4]得到Ga。（1）①根据Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，加入Cu发生反应Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓除去Cl-，防止对电解时产生Cl2污染环境；②金属锌能置换出铜单质，滤渣4的主要成份为Cu；③Kb(NH3•H2O)=2.0×10-5，Ksp[Ga(OH)3]=1.0×10-35；1.0×1034，Ga(OH)3+NH3•H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K= 。④电解步骤中，阴极[Ga(OH)4]-得电子生成Ga和氢氧根离子，阴极的电极反应式为[Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH-。（2）①GaAs中As为-3价，则Ga的化合价为+3。②根据c原子可知，每个Mn最近且等距离的As的数目为4。
7．（2024·江苏常州高级中学高三开学考试，14）从废钼催化剂(主要成分为MO3、MS2，含少量NiS、NiO、Fe2O3等)中回收利用金属的一种工艺流程如图所示。
已知：①“沉钼”前钼元素主要以MO形式存在；
②该条件下Ksp(NiCO3)=1.5×10-7。
(1)“焙烧”生成的气体主要成分为 (填化学式)。
(2)“沉钼”的离子方程式为 。
(3)“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应。提高镍元素浸出率的方法还有 。
(4)“除铁”后所得滤液中c(Ni2+)=1.0ml·L-1，“沉镍”后所得滤液中c()=1.0×10-5ml·L-1，则沉镍率= [沉镍率=×100%，计算过程中不考虑溶液体积变化]。
(5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系：
从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是： 、洗涤、干燥等。
(6)硫酸镍晶体溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中的阳离子具有正八面体结构，该配离子的结构可表示为 。
【答案】(1)CO2、SO2
(2)2NH+4MO+6H+= ( NH4)2M4O13· 2H2O↓+H2O
(3)充分搅拌 、延长浸出时间
(4)98.5%
(5)稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤
(6)
【解析】废钼催化剂加入纯碱、空气焙烧生成气体有二氧化碳、二氧化硫，物质有钼酸钠、铁、镍的氧化物，水浸后过滤滤液中的钼酸钠用硝酸铵、硝酸沉钼得到钼酸铵沉淀，滤渣用硫酸酸浸，加碳酸钠沉铁，加碳酸氢钠沉镍，最后经一系列操作转化为硫酸镍晶体。（1）焙烧时MO3与碳酸钠发生Na2CO3+MO3Na2MO4+CO2↑、2MS2+2Na2CO3+7O22Na2MO4+2CO2↑+4SO2↑， 根据流程可知，该步骤中Ni元素转化成NiO，有2NiS+3O22NiO+2SO2↑，因此生成气体是二氧化碳和二氧化硫气体。 （2）沉钼最后得到( NH4)2M4O13· 2H2O沉淀，反应的离子有NH 、MO和氢离子，离子方程式为2NH+4MO+6H+= ( NH4)2M4O13· 2H2O↓+H2O。（3）“酸浸”时，控制硫酸浓度，加料完成后，在一定的温度下发生反应，提高镍元素浸出率的方法还有充分搅拌 、延长浸出时间。（4）根据Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)·c(CO)，“沉镍”后滤液中c(CO)=1.0×10-5ml/L，此时溶液中c(Ni2+)==1.5×10-2ml/L，沉镍率==98.5%。（5）根据流程图可知，制备NiSO4•6H2O，依据表中信息可知，温度在30.8~53.8℃范围析出晶体为NiSO4•6H2O，因此从NiSO4溶液获得稳定的NiSO4•6H2O晶体的操作是：稍低于53.8℃蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤、洗涤、干燥等。（6）[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道，NH3提供孤对电子，形成配合物，该配离子具有正八面体结构，其结构可表示为。
8．（2024·江苏连云港高三第一次调研考试，14）以含钼(M)废催化剂(含MS2, 以及Al2O3、Fe2O3、CuO等)为原料制备MO3，其过程表示如下：
(1) 焙烧。将废催化剂和足量NaOH固体置于焙烧炉中，通入足量空气加热至750 ℃充分反应。焙烧过程中MS2转化为Na2MO4的化学方程式为________。
(2) 浸取。将焙烧所得固体加水浸泡，然后过滤、洗涤。过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH－、MO eq \\al(2－,4) 、______________。 欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有____________________________________________________________(任写一点)。
(3) 除杂。向浸取后的滤液中通入过量CO2，过滤。通入过量CO2的目的是______________________________________________________________________________。
(4) 制备。向上述(3)所得滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6，使MO eq \\al(2－,4) 转化为M7O eq \\al(6－,24) ，然后加入NH4NO3充分反应，析出(NH4)6M7O24·4H2O，灼烧后可得到MO3。灼烧(NH4)6M7O24·4H2O得到MO3的化学方程式为________。
(5) 应用。将MO3制成V2O5WO3MO3/TiO2催化剂，用于氨催化还原氮氧化物，一定压强下，将氨氮比为1.0 的混合气体按一定流速通入装有上述催化剂的反应装置，测得NOx的转化率随温度的变化关系如图所示。在温度160～240 ℃之间，NOx转化率不高的原因是________。
【答案】(1) 2MS2＋9O2＋12NaOH eq \(=====,\s\up7(750 ℃)) 2Na2MO4＋4Na2SO4＋6H2O(3分)
(2) SO eq \\al(2－,4) 、AlO eq \\al(－,2) (2分) 将固体粉碎、适当搅拌、适当升高温度等(2分)
(3) 将AlO eq \\al(－,2) 全部转化为Al(OH)3沉淀除去(2分)
(4) (NH4)6M7O24·4H2O eq \(=====,\s\up7(灼烧)) 7MO3＋6NH3↑＋7H2O(3分)
(5) 温度160～240 ℃之间，催化剂的活性低，同时温度较低反应速率较慢，所以NOx的转化率不高(2分)
【解析】废催化剂在氢氧化钠条件下，通入氧气焙烧将MS2转化为Na2MO4，焙烧产生的气体主要为硫元素转化生成的SO2；加H2O浸出除去不溶的铁、铜化合物，浸出液含OH－、MO eq \\al(2－,4)、[Al(OH)]4－，通入过量的CO2，将[Al(OH)]4－转化为Al(OH)3沉淀，过滤，滤液中加入硝酸调节溶液的pH小于6，使MO eq \\al(2－,4)转化为M7O eq \\al(6－,24)，然后加入NH4NO3充分反应，析出(NH4)6M7O24·4H2O，灼烧后可得到MO3。（1）焙烧过程氧气具有氧化性，会在NaOH条件下氧化MS2生成SO2和Na2MO4。（2）Al2O3会和NaOH生成可溶性的Na[Al(OH)]4，故过滤后所得滤液中存在的阴离子有OH－、MO eq \\al(2－,4)、[Al(OH)]4－；欲提高单位时间内钼的浸取率，可以采取的措施有废催化剂粉碎、使得升高温度、搅拌等。（3）通入过量的CO2，将[Al(OH)]4－转化为Al(OH)3沉淀，除去铝元素。（4）(NH4)6M7O24·4H2O灼烧后可得到MO3，结合质量守恒可知，还生成NH3和水。（5）催化剂催化需要一定的活化温度，在温度160～240℃之间时，没有达到催化剂所需的合适的活化温度，催化剂活性弱，导致反应速率较慢。
9．（2024·江苏扬州中学高三11月月考，14）六氟锑酸钠()是一种新开发的锑的精细化工产品，主要用于有机合成、光化学反应、半导体刻蚀等.中南大学的杨天足教授提出了一种在水溶液中由锑白(主要含、和、、等)合成六氟锑酸钠的工艺流程如图所示：
已知：①的性质与类似；②可溶于Na2S溶液；③晶体难溶于水。请回答下列问题：
(1)在元素周期表中的位置是 ，属于 区元素
(2)“碱浸、还原”时，发生反应的离子方程式为 ；若与反应计量关系为2∶1，则氧化产物为
(3)“除杂”时，当溶液中出现蓝色沉淀，立即停止加入溶液，测得此时溶液的，则此时溶液中残留的 [结果保留两位有效数字，常温下，，]
(4)“转化”时控温约的原因是
(5)“氟化”中发生的反应化学方程式为 ，此过程不能选择玻璃仪器，是因为
(6)氟锑酸化学式为，酸性比纯硫酸要强倍，称为超强酸，其与HF作用生成，离子的空间构型为
【答案】(1)第5周期第ⅤA族 p
(2) 或
(3)
(4)温度过低，反应速率太慢，温度过高，易分解损失
(5) 玻璃中的会与HF反应而使玻璃腐蚀
(6)V形
【解析】锑白加NaOH溶液、Na2S2O3溶液进行碱浸、还原，Sb2O3、Sb2S3直接与碱反应，Sb2O5与被硫代硫酸钠还原，Sb元素转化为NaSbO2，Sb2S3中的S元素转化为Na2S，CuS、氧化铁不反应，过滤除去；含NaSbO2、Na2S的溶液加硫酸铜将硫离子转化为CuS，将过量的氢氧根离子转化为氢氧化铜除去得到主要溶质为NaSbO2的溶液，NaSbO2溶液加过氧化氢、浓NaOH转化得到NaSbO3•3H2O，再用HF进行氟化得到NaSbF6。（1）是51号元素，价电子排布为5s25p3，在元素周期表中的位置是第5周期第ⅤA族，属于p区元素。（2）由流程可知Sb2S3中Sb转化为NaSbO2，S转化为Na2S，则Sb2S3发生反应的离子方程式为，“碱浸、还原”时，Sb由+5价降为+3价，则Sb2O5作氧化剂，Na2S2O3被氧化，若Sb2O5与Na2S2O3反应计量关系为2：1，根据得失电子守恒有2×2×(5-3)=1×2×x，其中x为S元素化合价升高数，解得x=4，则Na2S2O3中S被氧化为+(2+4)=+6价，则氧化产物为或Na2SO4； 故答案为：；或Na2SO4。（3）溶液的，常温下此时，则c(Cu2+)=，则ml/L。（4）“转化”时反应物有H2O2，H2O2受热易分解，控温约80°C的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，H2O2易分解损失；故答案为：温度过低，反应速率太慢，温度过高，易分解损失。（5）“氟化”时HF和NaSbO3•3H2O反应得到NaSbF6，无元素价态变化，为非氧化还原反应，根据电荷守恒、原子守恒可知反应的方程式为，此过程不能选择玻璃仪器，是因为玻璃中的会与HF反应而使玻璃腐蚀。（6）[H2F]+的价层电子数=2+=4，含有两对孤电子对，则[H2F]+离子的空间构型为V形。
10．（2024·江苏靖江高级中学、华罗庚中学高三阶段考试，17）某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：NaFeO2遇水强烈水解；
回答以下问题：
(1)步骤I中铬铁矿转化为Na2CrO4和NaFeO2，化学反应方程式为 。
(2)步骤III中加入硫酸不宜过多的原因是 。
(3)步骤IV，所得滤渣的主要成分是 。
(4)为了测定K2Cr2O7(摩尔质量为294g/ml)产品的纯度，可采用氧化还原滴定法：称取重铬酸钾试样2.500g配成500mL溶液，取出25.00mL于锥形瓶中，加10mL2m/LH2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+)，放于暗处5min，然后加入100mL水，加入淀粉溶液做指示剂，用0.1200ml/LNa2S2O3标准溶液滴定(I2+2S2O=2I-+S4O)，用去20.00mLNa2S2O3标准溶液，则该样品的纯度为 。(写出计算过程)
(5)PbCrO4是一种黄色颜料，难溶于水。请设计由K2Cr2O7溶液制备PbCrO4的实验方案： ，静置，过滤，洗涤，干燥，得PbCrO4。[实验中须使用的试剂有：6ml·L-1的KOH溶液，0.5ml·L-1Pb(NO3)2溶液]。
已知：①Pb(OH)2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。
②PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液反应制得，含PbCrO4晶种时更易生成。
③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图所示。
【答案】(1)4Fe(CrO2)2+ 10Na2CO3+ 7 O28Na2CrO4+ 4NaFeO2+ 10CO2
(2)防止酸性太强，Cr2O氧化性增强，后续步骤中氧化Cl—
(3)Na2SO4
(4)94.08%
(5)向K2Cr2O7溶液中加入6ml·L-1的KOH溶液，至pH略小于7.2，加热溶液至沸腾，先加入一滴0.5 ml·L-1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，继续滴加至不再产生沉淀
【解析】由题给流程可知，铬铁矿与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成Na2CrO4、NaFeO2，冷却后，向熔渣中加入水，使NaFeO2水解转化为氢氧化铁沉淀，过滤、洗涤得到Na2CrO4溶液；向Na2CrO4溶液加入稀硫酸，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将酸化后的溶液蒸发结晶、过滤、洗涤得到含有硫酸钠的滤渣和Na2Cr2O7溶液；向Na2Cr2O7溶液中加入氯化钾固体，将蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥得到K2Cr2O7。（1）由分析可知，步骤I中发生的反应为铬铁矿与碳酸钠、氧气高温条件下反应生成Na2CrO4、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为。（2）若步骤III中加入硫酸不宜过多，加入氯化钾固体时，酸性条件下重铬酸根离子会将氯离子氧化，造成重铬酸钾的产率降低。（3）由分析可知，步骤IV所得滤渣的主要成分是硫酸钠。（4）由得失电子数目守恒可得如下关系式：K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3，滴定消耗硫代硫酸钠溶液，则2.5g样品中重铬酸钾的纯度为×100%=94.08%。 （5）由六价铬与pH关系图知，在碱性条件下，主要以铬酸根存在，但是氢氧化铅在pH为7.2时开始沉淀，所以溶液pH不能超过7.2，铬酸根与铅离子在沸腾时会生成铬酸铅沉淀，所以制备铬酸铅沉淀的实验方案为向K2Cr2O7溶液中加入6ml·L-1的KOH溶液，至pH略小于7.2，加热溶液至沸腾，先加入一滴0.5 ml·L-1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，继续滴加至不再产生沉淀。
核心考点
考情统计
考向预测
备考策略
物质转化与应用
2023·江苏卷，14
2022·江苏卷，14
2021·江苏卷，15
结合工艺流程综合考查元素化合物的转化关系、实验操作、归因分析、化学计算相关知识
1．重点关注与化学实验、化学反应原理等其他模块交叉知识，高考题经常综合考查；
2．以物质制备、物质提纯为主线的工艺流程题考查形式为主，考查元素化学、实验化学以及反应原理
操作目的
答题指导
过滤
固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等
萃取与分液
选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
加入氧化剂(或还原剂)
①转化为目标产物的价态
②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)
加入沉淀剂
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)
②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀
③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
洗涤晶体
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸馏水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂
(酒精、丙酮等)
固体易溶于水、难溶于有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀方法：向过滤器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
条件控制
答题指导
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、冰水浴或油浴)
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
试剂
目的
追问
硫酸
酸溶
酸液不能加过多，否则会造成后续调pH时消耗过多试剂
盐酸
酸溶
盐酸不能加过多，否则后续可能会与KMnO4等氧化剂反应并生成有毒气体Cl2
碱液
碱溶(溶解Al、Al2O3等物质)
碱液不能加过多，否则会造成后续调pH时消耗过多试剂
SO2
作还原剂(还原MnO2、Fe3＋等)
温度不宜过高，温度越高，SO2的溶解度越小
Na 2SO3
作还原剂(还原MnO2、Fe3＋等)
实际用量高于理论量：部分Na 2SO3被空气中的O2氧化
Zn
置换溶液中的Cu2＋
锌粉过量的目的：将溶液中的Cu2＋除净
NH4F、
NaF
除去Ca2＋、Mg2＋
pH太小，Ca2＋、Mg2＋去除率降低的原因：pH太小，溶液中的F－与H＋结合生成HF，使溶液中的F－浓度减小
Na2S、
FeS
除重金属离子(如Cu2＋、Hg2＋)
pH太小，Cu2＋、Hg2＋去除率降低的原因：pH太小，溶液中的S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度减小
温度
低于30.8℃
30.8~53.8℃
53.8~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4•7H2O
NiSO4•6H2O
多种结晶水合物
NiSO4