專題15工藝流程題

?蜜2021年高考真題

1.(2021?全國高考真題)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}:

(1)12的一種制備方法如下圖所示：

AgNO3噂Cl2

凈化除氯后含i海水一>1^一>懸濁液一>曲］一>|W］一

沉淀

①加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為,生成的沉淀與硝酸反應，生成_______后可循環(huán)使用。

②通入C4的過程中，若氧化產物只有一種，反應的化學方程式為；若反應物用量比

n(C12)/n(Fel2)=L5時，氧化產物為；當n(C12)/n(Fel2)>L5,單質碘的收率會降低，原因是

(2)以NaIO3為原料制備上的方法是：先向NaIC>3溶液中加入計量的NaHSO3,生成碘化物；再向混合溶

液中加入NaIC>3溶液，反應得到k，上述制備b的總反應的離子方程式為。

⑶KI溶液和CuSO4溶液混合可生成Cui沉淀和匕，若生成Imolk，消耗的KI至少為mol-k在

KI溶液中可發(fā)生反應L+「UE。實驗室中使用過量的KI與CuS。,溶液反應后，過濾，濾液經水蒸氣蒸

儲可制得高純碘。反應中加入過量KI的原因是o

【答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++21AgNO3Fel2+Cl2=I2+FeCl2I2>FeCl3b被過量的進一步

氧化2IO：+5HSO3=l2+5SO；+3H++H2O4防止單質碘析出

【解析】

(1)①由流程圖可知懸濁液中含Agl,Agl可與Fe反應生成Feb和Ag,Feb易溶于水，在離子方程式中能

拆，故加入Fe粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I,生成的銀能與硝酸反應生成硝酸銀

2+

參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe+2r；AgNO3;

②通入Cl?的過程中，因I還原性強于Fe2+,Cl2先氧化還原性強的I,若氧化產物只有一種，則該氧化產

物只能是L,故反應的化學方程式為Fel2+C12=l2+FeCL,若反應物用量比n(CU)/n(Fel2)=L5時即CI過

量，先氧化完全部r再氧化Fe2+,恰好將全部r和Fe2+氧化，故氧化產物為b,FeCb,當11（02）/11小叫）>1.5

即C"過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，單質碘的收率會降低，故

答案為：Fel2+Cl2-I2+FeCl2;上、FeCl3;I2被過量的進一步氧化；

（2）先向NaIO3溶液中加入計量的NaHSO3，生成碘化物即含r的物質；再向混合溶液中（含「）加入NaK）3溶

液，反應得到k，上述制備L的兩個反應中r為中間產物，總反應為IOL與HSO1發(fā)生氧化還原反應，生

成SO：和匕，根據得失電子守恒、電荷守恒］及元素守恒配平離子方程式即可得：

+

2IO3+5HSO3=I2+5SO；+3H+H20,故答案為：2IO3+5HSO3=l2+5SO：+3H++H2。；

⑶KI溶液和CuSO4溶液混合可生成Cui沉淀和上，化學方程式為4KI+2CuSC）4=2CulJ+L+2K2so4,若

生成ImolL，則消耗的KI至少為4m01；反應中加入過量KI,1濃度增大，可逆反應匕+r=4平衡右移，

增大12溶解度，防止b升華，有利于蒸儲時防止單質碘析出，故答案為：4；防止單質碘析出。

2.（2021?吉林長春市?長春外國語學校高二月考）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiC>2、SiO2,A12O3,

MgO、CaO以及少量的FezO^。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

（NH4）2so4熱水氨水

該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表

金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

開始沉淀的pH2.23.59.512.4

5

沉淀完全(c=1.0x10mol?□)的pH3.24.711.113.8

回答下列問題：

(1)“焙燒”中，TiO?、SiO2幾乎不發(fā)生反應，A12O3、MgO、CaO、Fe@轉化為相應的硫酸鹽，寫出ALO3

轉化為NH4Al(SO，？的化學方程式______。

(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0,在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.6,依次析出的金屬離子是

⑶“母液①"中Mg?+濃度為mol-E^

(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是?！八崛茉钡某煞质恰?。

(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiC)2+水解析出TiC^xH?。沉淀，該反應的離子方程式是o

(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得,循環(huán)利用。

焙燒

332+

【答案】A12O3+4(MH4)2SO4—2NH4Al(SO4),+6NH3個+3H2OTFe\Al\Mg

62++

l.OxW硫酸SiO2CaSO4TiO+(x+l)H2O=TiO2-xH2O+2H

(NH4)2SO4

【分析】

由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸鍍混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化

鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于

水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁錠溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、

硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁鏤和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6,

溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銹、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水

浸渣中加入濃硫酸加熱到160C酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到

TiOSCU,過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSCU溶液；將TiOSCU溶液加入熱水稀釋并適當加

熱，使TiOSCU完全水解生成TiCh-xHzO沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiCh-xlhO。

【解析】

(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁錠發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸鏤在高溫條件下反應生成硫酸鋁銹、氨氣和水，反應

的化學方程式為ALO3+4(NH4)2SO4焙燒NH4Al(SC)4)2+4NH3T+3H2。，故答案為：

ALC)3+4(NH4)2SO4焙燒NH4Al(SC)4)2+4NH3T+3H2。；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子

首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3\AP+、Mg2+；

(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1X10—5x(1X10—2.9)2=1x10—108,當溶

108

1x1f)--

液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為--------=lxl0^mol/L,故答案為：1x10-；

(1X1024)2

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少

TiOSCU溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫

酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；Si02、CaSO4;

(5)酸溶后將TiOSCU溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSCU完全水解生成TiO2xH2O沉淀和硫酸，反

2++2++

應的離子方程式為TiO+(x+1)H2OATiO2xH2O+2H,故答案為：TiO+(x+l)H2OATiO2xH2O+2H；

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸錢、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫

酸鍍溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SC)4。

3.(2021.廣東高考真題)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(A1)、鋁(Mo)、

鎮(zhèn)(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：

NaOH(S)過量適量BaCL溶液

11'1

廢催化劑-?焙燒6需*淀液I*過濾卜濾液I—A整-

坦訶II4煙

淀液ni

含Ni0體X〉_+AIAS

-8

已知：25℃時，H2c。3的Kal=4.5x10-7,1^=4.7義10「"；Ksp(BaMoO4)=3.5xlO；

9

Ksp(BaCO3)=2.6xl0；該工藝中，pH>6.0時，溶液中Mo元素以MoOj的形態(tài)存在。

(1)“焙燒”中，有Na2MoC>4生成，其中Mo元素的化合價為。

(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為。

⑶“沉鋁”中，pH為7.0。

①生成BaMoO4的離子方程式為。

②若條件控制不當，BaCC）3也會沉淀。為避免BaMoC）4中混入BaCC）3沉淀，溶液中

c（HCO；）:c（MoOt）=（列出算式）時，應停止加入BaCl2溶液。

（4）①濾液III中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為o

②往濾液III中添加適量NaCl固體后，通入足量______（填化學式）氣體，再通入足量CO?,可析出Y。

（5）高純AlAs（神化鋁）可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種

氧化物，可阻止凡。？刻蝕液與下層GaAs（珅化錢）反應。

巳口刻蝕液

光刻掩膜|光刻掩膜

}~~J__，——

2GaAs

M~-AlAs

---------------------------jJ

IIGaAs

致密保護膜

[

------GaAs

/_________________________________-AlAs

---------------------------------------1

GaAs

①該氧化物為。

②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2。？與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則

該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為。

【答案】+6Al（OH）.MoO；+Ba2+=BaMoO/.。此*2.6、10-9NaHCO

4.7xlO-"x3.5xlO~8

NH3A12O34:1

【分析】

由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鋁都發(fā)生了反應分別轉化為偏鋁酸鈉和鋁酸鈉，

經水浸、過濾，分離出含銀的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，過

濾得到的沉淀x為氫氧化鋁，濾液n中加入適量的氯化鋼溶液沉鋁后，過濾得到鋁酸領。

【解析】

⑴“焙燒”中，有Na2MoC）4生亦其中Na和O的化合價為+1和-2,根據化合價的代數和為0可知，Mo元

素的化合價為+6。

(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀x為AI(OH)3。

(3)①濾液n中含有鋁酸鈉，加入氯化鋼溶液后生成BaMoOq沉淀，該反應的離子方程式為

2+=

MoOj+BaBaMoO4J。

+

②若開始生成BaCC)3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO；+BaMoO4BaCO3+MoO;~+H,

c(H+)c(MoOj)c(H+)c(CO；)c(MoOj)c(Ba?+)2K卬(BaMoOJ

該反應的化學平衡常數為K=

c(HCO；)c(HCO-)c(CO3)c(Ba2+)K￡BaCCQ

c(H+)c(MoO『)'K/BaMoOJ

為避免BaMoO中混入BaCO沉淀，必須滿足<,由于“沉鑰”中pH

43c(HCO；)K￡BaCC?3)

c(MoOj)2K￡BaMoC>4

為7.0,c(H+)=lxlO-7moVL,所以溶液中-------------------1-----時，開始生成

7

c(HCO；)1x10moVLxK(BaCO3)

1x107moVLx勺(BaCC)3)lxlQ-7moVLx2.6xlQ-9

BaCC)3沉淀,因止匕，c(HCO；):c(MoO；j=

-11-8

-^2^(BaMoO4)4.7xlOx3.5xlO

時，應停止加入BaC%溶液。

(4)①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液

II中含有碳酸氫鈉和鋁酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋼溶液沉鋁后，因此，過濾得到的濾液III中，主要

存在的鈉鹽有NaCl和NaHCC>3，故Y為NaHCC)3。

②根據侯氏制堿法的原理可知，往濾液III中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3,再通入足量CO2,可

析出NaHCO3?

(5)①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由H2。？與AlAs反應生成的，聯想到金屬鋁表面容

易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為AI2O3。

②由Ga和A1同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H2。？與上層GaAs

的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8,As元素被氧化，則該反應的氧化劑為H2。？，

還原劑為GaAs。1^。2中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個H?。？參加

反應會使化合價降低2,根據氧化還原反應中元素化合價升高的總數值等于化合價降低的總數值可知，該反

應的氧化劑與還原劑物質的量之比為8:2=4:1。

4.(2021.河北高考真題)綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液

相氧化法制備高價格鹽的新工藝，該工藝不消耗除銘鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄

物，實現了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內循環(huán)。工藝流程如圖：

氣體A

gCQ溶液產■沖2品鼠)液+

。2值)+熔融NaOHH2O(1)

Fe(CrO)-_介穩(wěn)態(tài)NaOH溶液(循環(huán))

22粗分離

(含AbC^MgO)

過量氣體A

濾渣I無色二〒《④LA1(OH)3(S)+

溶液F萬④「物質v的溶液

過量氣體A+H2O?―?工序②

榮MgCO3(s)—|煨燒1MgO(S)

固體HI混合氣體IV

回答下列問題：

(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是—(填元素符號)。

(2)工序①的名稱為一。

(3)濾渣的主要成分是_(填化學式)。

(4)工序③中發(fā)生反應的離子方程式為—。

(5)物質V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為可代替NaOH的

化學試劑還有_(填化學式)。

(6)熱解工序產生的混合氣體最適宜返回工序—(填“①”或"②”或“③”或“④”慘與內循環(huán)。

(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為_。(通常認為溶液中離子濃度小于為沉

1433

淀完全；A1(OH)3+OH礴力Al(OH)；：K=10°-63,7CW=1O,^sp[Al(OH)3]=10-)

【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3；

4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3^=8Na2CrO4+2Fe2O3+I6CO2+8H2ONa2cO3②8.37

【分析】

由題給流程可知，鋁鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應為，在熔融氫氧化鈉作用下，

Fe(CrC)2)2被氧氣高溫氧化生成錨酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反

應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、銘酸鈉、偏

鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到銘酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向銘酸鈉溶

液中通入過量的二氧化碳得到重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到

氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應轉化為碳

酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序

②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煨燒得到氧化鎂。

【解析】

(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和銘元素，故答案為：Fe、Cr；

(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質，故答案為：溶解浸出；

(3)由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；

(4)工序③中發(fā)生的反應為銘酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方

程式為2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3；,故答案為：2Na2CrCU+2CO2+H2O=

Na2Cr2O7+2NaHCO3；；

(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，，Fe(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反

應生成銘酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3^=8Na2CrO4+2

Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應，故答案為：4Fe(CrO2)2+

=

7O2+16NaHCO3^8Na2CrO4+2Fe2O3+I6CO2+8H2O；

(6)熱解工序產生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂

溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；

(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為Al(OH)J+H+QAl(OH)3+H2O,反應的平衡

________1______________c(OHD_______

當為5

M數為KLC[A1(OH)4]c(H+)-C[A1(0H)4]c(H+)c(0H)=1013.37,C[A1(OH)；]10-mol/L

11

時，溶液中氫離子濃度為「人-e=—5——而mol/L=10-8-37mol/L,則溶液的pH為8.37,故答案

cAl(OH)K]10^5xl01337

為：8.37。

5.(2021?湖南高考真題)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈾(Ce)主要以

CePC)4形式存在，還含有Si。？、AI2O3、Fe2O3,CaB等物質。以獨居石為原料制備Ce2(CC>3)3FH?。

的工藝流程如下:

①MgO調pH=5

濃H：SO4H2OFeC13溶液②紫凝劑NH4HCO3溶液

獨居石一?焙燒―?水浸?|—?Ce2（CO3）3?nH2O

酸性廢氣濾渣I濾渣口濾渣in濾液

回答下列問題：

(1)鋅的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為；

(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少寫兩條)；

(3)濾渣III的主要成分是(填化學式)；

(4)加入絮凝劑的目的是；

(5)“沉鋪”過程中，生成?029。3)3-111i2。的離子方程式為,常溫下加入的NH4HCO3溶液呈

(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NItHzO的(=1.75x10-5,H2cO3的K疝=4dxlO-,

%=4.7xKT")；

(6)濾渣n的主要成分為FePC)4,在高溫條件下，Li2co3、葡萄糖(?6乩2。6)和FePC)4可制備電極材料

LiFePO4,同時生成CO和H2O,該反應的化學方程式為

【答案】嚷Ce適當升高溫度，將獨居石粉碎等A1(OH)3促使鋁離子沉淀

3+

6HCO3+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-nH2O+3CO21堿性

6Li2cO3+C6H12O6+12FePO4=：12LiFePO4+6C0f+6H2O+6CO2T

【分析】

焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，CePC)4轉化為Ce2(SO4)3和H3P。4,Si。？與硫酸不反應，A12O3^

化為A12(SO4)3,Fea轉化為Fe2(SO4)3,CaF,轉化為CaSCU和HF,酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣I為SiO2

和磷酸鈣、FePO4,濾液主要含H3Po4,Ce2(SO4)3,A12(SO4)3,Fe2(SO4)3,加氯化鐵溶液除磷，濾渣II為FePCU;

聚沉將鐵離子、鋁離子轉化為沉淀，過濾除去，濾渣III主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫鏤沉鈾

得Ce2(CO3)3,nH2Oo

【解析】

⑴鋅的某種核素含有58個質子和80個中子，則質量數為58+80=138,該核素的符號為I篡e；

(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等;

(3)結合流程可知，濾渣HI的主要成分是A1(OH)3；

(4)加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；

(5)用碳酸氫鏤“沉錦”，則結合原子守恒、電荷守恒可知生成Ce2(CC>3)3-nH2。的離子方程式為

3+

6HCO3+2Ce+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3-nH2O+3CO2t；鏤根離子的水解常數

,1014K1014

K(NH：)=—-—-=5.7xlO-10,碳酸氫根的水解常數Kh(HCC)3)==廣=―—―7=2.3x10-8,貝|

h5

1.75xIO-Kal4.4xIO"

心(NH：)<Kh(HCO-),因此常溫下加入的NH4HCO3溶液呈堿性；

(6)由在高溫條件下，Li2co3、葡萄糖(?6乩2。6)和FePC)4可制備電極材料LiFeP?！蓖瑫r生成CO和

H2O可知，該反應中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式

為6Li2cO3+C6H12O6+12FePO4=12LiFePO4+6COT+6H2O+6CO2To

意2021年高考模擬試題

1.(2021?山西太原市?太原五中高三二模)用鑲碑煙灰(主要成分為Sb2。？、AS2O3,含Pb、Ag、Cu等元

素)制取［NaSMOH%］和(NasAsOj,不僅治理了碎害污染，還可綜合回收其它有價金屬。工藝流程如圖：

睇碎煙灰

NaSb(OH)6

已知：①硫浸后，錦碑以Na3sbs3、Na3Ass3存在；

②NaSb(OH)6易溶于熱水，難溶于冷水，不溶于乙醇。

回答下列問題：

(1)“硫浸”過程，加快硫浸的措施有(任寫一項)。

(2)“硫浸”時，As?O3溶解的離子方程式為。

⑶經“硫浸”“氧化”后，Sb?C)3轉化為NasSbO-用NaNC>3和NaOH浸取睇碑煙灰也可得到Na3sbs4,其

缺陷是O

(4)“氧化”時，反應溫度不宜太高的原因是o

(5)“中和”時，生成NaSb(OH)6的化學方程式為,中和液的主要溶質為(填化學式)。

(6)操作X為、過濾、洗滌、干燥。

(7)研究發(fā)現，電解硫浸液中的Na3sbs3-NaOH溶液，可得到單質Sb。則陰極的電極反應式為—。

2

【答案】適當升溫、增大反應物濃度、攪拌反應物等As2O3+6S-+3H2O=2AsSt+6OH有污

染氣體NO、NC)2(NOx)等產生溫度過高，Hz。？易分解HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6

NaCl蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶SbS；+3e-=Sb+3s2一

【分析】

由已知信息①可知‘硫浸'發(fā)生反應的離子方程式為：AS2O3+6s+3H2O=2ASS^+60T、

2

Sb2O3+6S+3H2O=2SbS^+6OH,'氧化時，發(fā)生反應的離子方程式為：

22

AsS^+H2O2+6OH=AsO4+4H,O+3S、SbS3+H2O2+6OH=SbO4+4H2O+3S',Na3SbO4

和稀鹽酸反應氧化還原反應生成HSbCh,'中和'中發(fā)生反應：HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6o

【解析】

(1)加快硫浸的措施有：適當升溫、增大反應物濃度、攪拌反應物等；

(2)由信息①硫浸后，As?O3轉化成Na3Ass3,不發(fā)生化合價變化，離子方程式為：

-

AS2O3+6s2-+3H2O=2ASS3+6OHT:

(3)若用NaNC)3和NaOH浸取，在氧化時會產生污染性氣體NO、NCh等；

(4)，氧化，中H2O2做氧化劑，若反應溫度過高，H2O2會受熱分解，影響氧化效果；

(5)“中和”時，酸性的HSbO3和堿性的NaOH發(fā)生中和反應生成NaSb(OH)6,化學方程式為：

HSbO3+NaOH+2H2O=NaSb(OH)6I,在，酸浸，一步中加入稀鹽酸，則NaOH與HC1反應生成NaCl,

故中和液的主要溶質為NaCl；

(6)從Na3AsO4溶液中得到晶體，操作X為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥；

2

⑺陰極發(fā)生還原反應，是Sb元素的化合價從+3價降至。價，電極反應式為：SbSr+3e-=Sb+3S-o

2.(2021?四川德陽市?高三三模)以磷酸鈣為原料可制備緩沖試劑磷酸二氫鉀(KH2Po4),其工藝流程如圖所示:

乙醇

已知：①Ca(H2Po4)2能溶于水，CaHPCU和Ca3(PO4)2均難溶于水。

②萃取原理：KC1+H3PCUUKH2PCU+HCLHC1易溶于有機萃取劑。

回答下列問題：

⑴將磷酸鈣粉碎的目的是，“操作II”的名稱是。

(2)“酸浸”發(fā)生反應的化學方程式為。“酸浸”利用了濃硫酸的下列性質(填標號)。

A.氧化性b.還原性c.強酸性

(3)水相中加入乙醇的作用是o

(4)副產品N作肥料可使作物枝繁葉茂，提高產量，則溶液M是(填名稱)。

⑸用電滲析法從含KH2P。4廢水中提取KOH和H3Po4,裝置如圖所示。

光伏電池

膜1膜2

①b物質為=

②陽極反應式為o

【答案】增大磷酸鈣與濃硫酸反應的接觸面積，加快化學反應速率分液Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=

2H3PO4+3CaSO4-2H2OC促進磷酸二氫鉀的析出氨水濃氫氧化鉀溶液2H2。-4已=02丁

+4H+

【分析】

磷酸鈣粉碎后用濃硫酸酸浸，發(fā)生反應：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4.2H2O,硫酸鈣微溶于

水，可以過濾出CaSO4-2H2。，濾液中含有磷酸，加入KC1進行萃取：KC1+H3PO4^KH2PO4+HC1,HC1易

溶于有機萃取劑，則HC1在有機相中，KH2P04在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2P04晶體。有機相

中加入氨水，和鹽酸反應生成氯化錢，可以用作氮肥。

【解析】

(1)將磷酸鈣粉碎的目的是增大磷酸鈣與濃硫酸反應的接觸面積，加快化學反應速率；加入有機溶劑萃取后

液體分層，所以''操作n”的名稱是分液。

(2)由以上分析可知，“酸浸”發(fā)生反應的化學方程式為：Ca3(PO4)2+3H2sO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4-2H2Oo

硫酸是強酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了濃硫酸的強酸性。

(3)水相中含有易溶于水的KH2Po4,加入有機溶劑乙醇，可以降低KH2P。4的溶解度，促進磷酸二氫鉀的析

出。

(4)氮肥可以使作物枝繁葉茂，在有機相中有HCL所以加入的溶液M是氨水，和鹽酸反應生成氯化核，可

以做氮肥。

⑸用電滲析法從含KH2P。4廢水中提取KOH和H3Po4,裝置如圖所示。x為陰極，溶液中水電離出來的H+

得到電子生成氫氣，同時促進水電離產生更多的0H,為了增強溶液的導電性，同時不引入新雜質，加入的

a為稀K0H溶液，從b口流出的是濃KOH溶液。y為陽極，溶液中的水電離出來的ON失去電子生成氧氣，

電極反應式為：2H2O-4e-=O2f+4H+。

3.(2021?云南昆明市?高三三模)鉆在硬質高溫合金、催化劑等高新技術領域有廣泛應用。從某煉鋅廠的廢渣

(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收鉆的一種工藝流程如圖：

主里?叵畫—CoSO,晶體

廢渣

有機相,--------

—|蒸taZnS04

泡渣IFe(0H)3

相關金屬離子［Co(Mn+)=0.1mol.L-i］形成氫氧化物沉淀的pH范圍如表:

金屬離子Co2+Fe2+Fe3+Zn2+

開始沉淀的pH7.156.31.56.2

沉淀完全的pH9.158.32.88.2

回答下列問題：

⑴濾渣1是，“加熱酸浸”時為確保安全應注意O

(2)若無氧化步驟，對實驗的影響是=試劑X可以為下列物質中的。

O3

A.KOHB.Zn(OH)2C.ZnOD.Na2c

(3)操作1的名稱是,從流程信息分析，在有機溶劑M中(填“ZnS(V或“CoSO4”)溶解度更

大。操作2是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、。

(4)工業(yè)上也可利用次氯酸鈉氧化Co?+生成Co(OH)3沉淀，實現鉆的回收。該反應的離子方程式是,

若將次氯酸鈉改為Na2s2。8(還原產物為SO1)，則氧化劑與還原劑的物質的量之比為。

(5)常溫下，已知Co(OH)3的溶度積常數為Ksp,則Co3+完全沉淀時［c(Co3+)<10-5molL」，溶液的pH至少為

(用含Ksp的式子表示)。

【答案】SiO2避免明火無法有效除鐵BC萃取、分液ZnSO4過濾、洗滌、干燥

2+KS

2Co+4OH+H2O+C1O-2Co(OH)4+Cl1：214+lgJP

Yixio-5

【分析】

廢渣(含Zn、Co、Fe、ZnO,SiO2等)其中二氧化硅不溶于酸，濾渣1為SiCh,溶液中含有鋅離子，亞鐵離

子，鉆離子，經雙氧水氧化后，亞鐵離子轉化為三價鐵離子，調節(jié)pH值使三價鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀,

加入有機溶劑經過萃取分液，水相中為鉆離子，有機相為鋅離子，操作2是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、

洗滌、干燥，據此分析解題。

【解析】

(1)經分析可知濾渣1是SiCh,“加熱酸浸”時為確保安全應注意避免明火，因為酸浸時會產生氫氣。

(2)若無氧化步驟，亞鐵離子不能轉化為三價鐵離子，對實驗的影響是無法有效除鐵。試劑X可以為下列物

質中的KOH和Zn(OH)2,需要氫氧根結合三價鐵離子。

(3)經分析可知操作1的名稱是萃取、分液，從流程信息分析，在有機溶劑M中ZnSO4o操作2是蒸發(fā)濃

縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。

(4)工業(yè)上也可利用次氯酸鈉氧化Co?+生成Co(OH)3沉淀，實現鉆的回收。該反應的離子方程式是：

2+

2Co+4OH+H2O+ClO=2Co(OH)3i+Cl-,若將次氯酸鈉改為Na2s2。8(還原產物為SO：),Na2s2。8與C02+得

失電子比為2：1,氧化劑為Na2s2。8、還原劑為Co2+,則氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2。

(5)常溫下，已知Co(OH)3的溶度積常數為Ksp,則C03+完全沉淀時［c(Co3+)<10-5moLL』，溶液的

%<,pH至少為14+lg3A

C(OH-)=3

1x10-5\lx：!。。

4.(2021?河北滄州市?高三三模)釘(Ru)為稀有元素，廣泛應用于電子、航空航天、化工等領域。釘的礦產

資源很少，故從含釘廢料中回收釘的研究很有意義。某科研小組設計了一種從含釘廢料中分離提純釘的工

藝，其流程如下:

NaOH溶液氫氣

鹽酸調pH

含釘一研磨預_4人操作X浸渣漉渣一系列探追還原爐一高純釘

廢料一處理

浸取液一?沉『一

清液

NaClO溶液

草酸

(1)加堿浸取時，為提高釘的浸出率可采取的措施有(任寫兩點)。

(2)操作X的名稱為

(3)“研磨預處理”是將研磨后的含釘廢料在氫氣還原爐中還原為單質釘，再進行“堿浸”獲得NazRuOd，寫出

“堿浸”時生成NazRuO4的離子方程式：

(4)“濾渣”的主要成分為Ru。2，加入草酸的作用是,金屬釘與草酸的質量比x和反應溫度T對釘的

回收率的影響如圖所示，則回收釘較為適宜的條件是=

釘

的

向

收

率

/

次

X

在酸性介質中，若使用NaCK)3溶液代替草酸，可獲得RuO「則反應中氧化劑和還原劑的物質的量之比為

(5)“一系列操作”為,寫出在“還原爐”中還原制得釘的化學方程式：0

【答案】延長浸取時間，適當提高溫度過濾Ru+20H+3C1O-=RuO?+H,0+3CF作還原劑

x=l:5,T=70℃1：3洗滌、干燥RUO2+2H2=RU+2H2O

【分析】

根據反應速率的影響因素進行判斷，能改變的反應速率；根據分離出的物質判斷操作的名稱，利用電荷守

恒、原子守恒、升降守恒進行配平方程式；根據圖像中外界條件的變化對釘回收率的影響從經濟效應考慮

找適應的條件。

【解析】

(1)為了提高釘的浸出率，可采取的措施：適當升高溫度，增大堿的濃度，延長浸取時間，攪拌等；

(2)根據操作X后分離的物質浸出渣和浸出液進行判斷，操作X為過濾；

(3)金屬釘在堿浸時被NaClO溶液氧化為NazRuC^ClCr對應的還原產物為C「，反應的離子方程式為

Ru+2OH-+3cleT==RuO：+H2O+3CF；

(4)通過分析題意可知，在加入鹽酸調節(jié)。”的同時，再加入草酸的目的是還原Na2RuC>4,根據已知圖像

中釘的回收率的變化判斷，回收率較高時，外界條件變化對回收率影響不大的條件：x=l:5,T=70℃,NaClO3

與RuO?根據化合價的升降，氯元素化合價有+5價降低到-1價，Ru化合價由+2價升高到+4價，根據化合

價守恒得出關系式：n(NaClO3):n(RuO2>1:3；

濾渣經過洗滌后干燥，再經過氫氣還原可得高純釘，方程式為：

(5)RUO2+2H2^RU+2H2OO

5.(2021?山東濟南市?高三三模)綜合利用研究發(fā)現，硼鎂鐵礦(主要成分為MgzBzOs-凡0,含有SiCh、FeO、

FezCh等雜質)可以制備硼酸、鐵紅和碳酸鎂等常用化工試劑，工藝流程圖如下：

回答下列問題：

⑴硼鎂礦粉碎的目的是,“酸浸”中Mg2B2O5.H2O發(fā)生的離子反應是0

(2)為提高產品純度，“凈化”時用的試劑X為(填化學式)，如果將“凈化”中①和②的順序調換,

會導致的結果是o

(3)過濾所得碳酸鎂需冷水洗滌后再進行干燥證明碳酸鎂固體洗滌干凈的具體操作為

(4)不同條件下硼酸的萃取率圖象如下：

O

99.

%98$

/

爵

法

褥96

8.

萃取過程為(填“吸熱”或“放熱”)反應。增大pH會導致萃取率降低的原因是o

+2+

【答案】增大固液接觸面積，加快浸取速率，提高浸取效率Mg2B2O5H2O+4H-2Mg+2B(OH)3

MgO或者Mg(0H)2等鐵元素不能徹底的分離，濾液中仍然含有Fe2+,導致所得碳酸鎂不純凈取少

量最后一次洗滌液于一試管中，加入BaCL溶液，若沒有白色沉淀生成，則洗滌干凈放熱當溶液的

pH過高時，硼酸以鹽的形式存在

【分析】

硼鎂鐵礦經過粉碎增大了與酸的接觸面積，提高了反應速率，經過硫酸酸浸得到含有H2s04、MgSCU、FeSCU、

Fe2(SO4)3>H3BO3的混合溶液，SiCh沒有溶解，過濾直接除去，加H2O2把Fe2+氧化為Fe3+,再加MgO或

者Mg(0H)2等，調節(jié)溶液的pH,將Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀，灼燒Fe(OH)3得到鐵紅FezCh,過濾后得到

硼酸根和MgSCU的混合溶液，加入萃取劑，將硼酸根和含有Mg2+的溶液分離，在水層中加入NH4HCO3,

沉淀Mg2+,得到MgCCh沉淀，在有機相中加入反萃取劑，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促進生成

硼酸，結晶析出。

【解析