2023届高考化学——无机工业流程专项练习2 （解析版） WORD版含解析.docx

1、无机工业流程1(2021届赤峰二中高三月考)2019年诺贝尔化学奖授予约翰古迪纳夫、斯坦利威廷汉和吉野彰，表彰他们对锂离子电池研究的贡献。磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFePO4外，还含有Al箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图：(1)从“正极片”可以回收的金属有_。(2)“碱溶”时Al箔溶解的离子方程式_。(3)“酸浸”时产生标准状况下2.24L NO时，则被氧化的LiFePO4为_mol(其他杂质不与HNO3反应)。(4)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取1.00g试样用盐酸溶解，

2、在溶液中加入稍过量的SnCl2溶液，再加入HgCl2饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030 molL-1重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液20.00mL。已知：2Fe3+Sn2+6Cl=SnCl62-2Fe2+ 4ClSn2+2HgCl2=SnCl62-Hg2Cl26Fe2+Cr2O72-14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O 实验中加入HgCl2饱和溶液的目的是_。磷酸亚铁锂电池中铁的含量为_。【答案】(1)Li、Fe、Al (2)2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2 (3)0.3 (4)将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，防

3、止其影响Fe2+的测量 20.16% 【解析】由题给流程图可知，正极片经碱溶，铝与碱溶液反应生成偏铝酸根和氢气，过滤得到含有偏铝酸根的滤液和含有磷酸亚铁锂的滤渣，向滤渣中加入硫酸、硝酸，磷酸亚铁锂与混酸反应转化为磷酸、铁离子和锂离子，过滤得到含有不溶于酸碱的导电剂等滤渣和含有磷酸、铁离子和锂离子的滤液，向滤液加入碱液调节溶液pH，磷酸反应生成磷酸根，磷酸根与铁离子反应生成磷酸铁沉淀，过滤后，向滤液加入饱和碳酸钠溶液，碳酸钠将锂离子转化为生成碳酸锂沉淀，过滤、热水洗涤得到碳酸锂。(1)从“正极片”可以得到偏铝酸盐溶液、磷酸铁和碳酸锂，则可以回收的金属为铝、铁、锂；(2)碱溶时，铝与碱溶液反应生成

4、偏铝酸根和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2；(3)由分析可知磷酸亚铁锂与混酸反应时，亚铁离子被氧化生成铁离子，硝酸被还原为一氧化氮，标准状况下，2.24L一氧化氮的物质的量为0.1mol，由得失电子数目守恒可知，被氧化的磷酸亚铁锂的物质的量为0.1mol3=0.3mol；(4)由题意可知，Sn2+离子的还原性强于Fe2+离子，能与重铬酸钾溶液反应，干扰Fe2+离子定量测定，则实验中加入氯化汞饱和溶液将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，防止其影响Fe2+的测量；由题给方程式可得如下转化关系：6LiFePO46Fe2+Cr2O72-，C

5、r2O72-离子的物质的量为0.030 molL-10.02L=6104mol，则磷酸亚铁锂电池中铁的含量为100%=20.16%。2(2021届宁夏兴庆区银川一中高三月考)金属及其化合物在生产中用途广泛。从含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)中冶炼铜的工艺流程如图：已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S(1)浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应化学方程式为_。(2)若过滤1所得滤液中只含FeCl2，则将其在空气中加热蒸干、灼烧后，所得固体的化学式为_。(3)调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是_。(填离子符号)(

6、4)过滤3所得滤液中可以循环使用的物质有_和_。为保持流程持续循环，每生成1molCu，理论上需补充CuCl2的物质的量为_。(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，发生的反应为6CuFeS2+13O23Cu2S+2Fe3O4+9O2，Cu2S+O22Cu+SO2。此工艺与前一工艺相比主要缺点有_(任答一点)。【答案】(1)CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S (2)Fe2O3 (3)Cu2+ (4) HCl CuCl2 0.5mol (5)会产生污染环境的气体SO2 (或能耗高等)(或其它合理答案) 【解析】黄铜矿(CuFeS2)中加入Cu

7、Cl2溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S，过滤1，滤渣中含有CuCl和S单质，在滤渣中加入浓盐酸溶解CuCl，生成含CuCl2-的溶液，过滤2，除去硫单质，调节含CuCl2-的溶液的pH，在酸性条件下，CuCl2-发生歧化反应生成铜单质和氯化铜。(1)浸取时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S；(2)滤液中只含FeCl2，存在水解平衡FeCl2+2H2OFe(OH)2+2HCl，加热促进水解，且HCl易挥发，水解程度增大，Fe(OH)2在空

8、气中易被氧化生成Fe(OH)3，生成的Fe(OH)3受热分解，最终所得固体的化学式为Fe2O3；(3)+1价的Cu在酸性条件下发生歧化反应，生成0价和+2价铜，故调节溶液的pH后，除生成Cu外，还能产生一种金属离子，此金属离子是Cu2+；(4)过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用；根据方程式CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、2CuCl2- = Cu + Cu2+ + 4Cl-可得关系式，CuFeS23CuCl24CuCl4CuCl2- 2Cu2CuCl2，则每生成1molCu，需要1.5mol CuCl2与CuFeS2反应，同时生成1mol CuCl2，

9、则每生成1molCu的同时，生成1mol CuCl2，则理论上需补充CuCl2的物质的量为0.5mol；(5)冶炼工艺还可以将精选后的黄铜矿砂与空气在高温下煅烧，使其转变为铜，此工艺与前一工艺相比主要缺点有会产生污染环境的气体SO2，另外高温加热需要消耗能源。3(2019北京延庆区高三一模)纳米铜是一种性能优质的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。资料：肼(N2H4)无色油状液体，溶于水生成水合肼N2H4H2O(水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发)(1)上述流程中可以加快反应速率的措施有_。A过滤和萃取 B升高温度 C增大压强 D研磨矿石用FeC

10、l3溶液浸取辉铜矿中铜元素的反应为：Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S。浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，有关反应的离子方程式为_。(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。当pH1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是_。(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2+的还原率随pH和温度的变化如下表所示：pH6789101112Cu2+还原率(%)34609092959290产物形态砖红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜温度30405060708090Cu2+还原率(%)25457080959085产物形态砖

11、红色Cu2O铜粉紫黑色纳米铜该反应的离子方程式为_。超过70时Cu2+的还原率降低的原因是_。以辉铜矿为原料制备纳米铜粉的工艺条件选择70、pH=10的理由是_。(4)“水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、_、干燥、_等操作可得到Fe2O3。(5)假设制得纳米铜的质量为akg，则最少投入肼的物质的量是_。【答案】(1)BD 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O (2)Fe3+水解程度随pH的升高而增大 (2)2Cu2+ + N2H4 + 4OH- = 2Cu + N2 + 4H2O 超过70时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低 70、pH=10时Cu2+

12、还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜 (4)洗涤 煅烧或灼烧 (5)mol或者mol或者7.81amol 【解析】由制备流程可知，辉铜矿(要成分为Cu2S )用FeCl3溶液作浸取剂发生反应Cu2S+ 4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S ，过滤得到氯化铜、氯化亚铁，加入萃取剂萃取后的“水相1”中加入适量氨水最终可制取铁红；用“反萃取”得到的CuSO4溶液，加入N2H4溶液，调节溶液pH，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，从而获得纳米铜粉。(1 )上述流程中反应在溶液中进行，升高温度、研磨矿石可以加快反应速率，故答案为BD；浸取时，在有氧的环境下可维持Fe3+较高浓度，因在有氧环境

13、下亚铁离子被氧化生成铁离子，反应的离方程式为4Fe2+ +4H+O2=4Fe3+2H2O；(2)由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH 1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为Fe的水解程度随着pH的升而增大；(3)“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，碱性条件下，Cu2+与N2H4反应生成氮气和铜，该反应的离子方程式为2Cu2+N2H4+4OH-=2Cu+N2+4H2O；根据资料“水合肼有强还原性，生成无污染物质，易挥发”，超过70时Cu2+的还原率降低的原因是：超过70时水合肼(或肼)易挥发，肼(或水合肼)浓度降低，Cu2+还原率降低；以辉铜矿为原料制备纳米铜粉

14、的工艺条件选择70、pH =10的理由是Cu2+还原率最高，同时可以得到高纯度的纳米铜；(4)萃取后的水相1”中含有铁离子，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁煅烧可得到氧化铁，方法为在萃取后的水相1”中加入适量氨水，静置，再经过滤、洗涤、干燥、煅烧(或灼烧)可得到Fe2O3产品；(5)由2Cu2+ +N2H4+ 4OH- =2Cu+ N2+4H2O可知，制得纳米铜的质为a kg ，则最少投入肼的物质的量是。4(2021届四川遂宁市高三零模)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣(主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质)用于生产金属镉的工艺流程如下：表中列出了

15、相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离子的起始浓度为0.1 molL1)金属离子Fe3+Fe2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.37.4沉淀完全的pH2.88.39.4(1)写出加快“铜镉渣”“溶浸”速率的两种措施_。(2)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(3)操作中先加入适量H2O2的作用是_。再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为_。若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。设计实验方案加以鉴别：取电解液少量于试管中，向其中滴加_溶液(填化学式)，产生蓝色沉淀，则证明电解液中含有Fe元素。(4)净化后的溶液用惰性电极电解可获得镉单质。电解废液中可循环利用的

16、溶质是_。(5)该湿法炼锌废水中含有Zn2+，排放前需处理。向废水中加入CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液调节pH，通入H2S发生反应：Zn2+H2SZnS(s)+2H+。处理后的废水中部分微粒浓度为：微粒H2SCH3COOHCH3COO浓度/molL10.100.050.10处理后的废水的pH=_，c(Zn2+)=_molL1。(已知：Ksp(ZnS)=1.01023，Ka1(H2S)=1.0107，Ka2(H2S)=1.01014，Ka(CH3COOH)=2.0105)【答案】(1)将铜镉渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、充分搅拌等 (2)Cu (3)将Fe2+氧

17、化为Fe3+ 2.8pH7.4 K3Fe(CN)6 (4)H2SO4(或硫酸) (5)5 1.010-11 【解析】用湿法炼锌产生的铜镉渣生产金属镉的流程：铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质，加入稀硫酸，铜不溶，过滤，滤液含有Zn2+、Fe2+、Cd2+、Co2+，向滤液加入锌、Sb2O3产生滤渣CoSb除去钴，向除钴后的溶液中加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，电解含有Zn2+、Cd2+的溶液，可得镉单质。(1)“溶浸”时要加入稀硫酸，溶解锌、铁、镉(Cd)、钴(Co)，将铜镉渣粉碎成粉末、适当提高温度、适当提高稀硫酸浓度、

18、充分搅拌等可以加快“铜镉渣”“溶浸”速率；(2)铜与稀硫酸不反应，则滤渣的主要成分为Cu；(3)双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，便于调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去；加入氧化锌调节pH使Fe3+沉淀后经过滤除去，由表格可知，合适的pH范围为：2.8pH7.4；若加入的双氧水不足，则待电解溶液中有亚铁离子残余，检验亚铁离子即可，方法为：取电解液少量于试管中，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，则证明电解液中含有Fe元素；(4)净化后的溶液用惰性电极电解，阴极Cd2+得电子得到镉单质，阳极H2O失电子生成氧气和硫酸，故电解废液中可循环利用的溶质是H2SO4(或硫酸)；(5

19、)处理后的废水中存在醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，Ka(CH3COOH)=2.0105，解得c(H+)=1105mol/L，pH=5；由题意，ZnS(s) Zn2+(aq)+S2-(aq) Ksp(ZnS)=1.01023；H2SH+HS- 、HS-H+S2-，Ka1 Ka1=10-21；则Zn2+H2SZnS(s)+2H+的平衡常数K= =100，则=100，解得c(Zn2+)=1.010-11 molL1。5(2021届江西南昌市南昌二中高三月考)从废旧磷酸铁锂电池的正极材料(含LiFePO4、石墨粉和铝箔等)中综合回收锂、铁和磷等的工艺流程如图所示：回答下列问题：(

20、1)“溶浸1”中铝溶解的化学方程式为_。(2)完成“溶浸2”反应的离子方程式_：LiFePO4+H2O2+=Li+H2PO4-+H2O(3)“滤渣2”的主要成分是_。(4)“滤液2”循环两次的目的是_。(5)“沉铁、磷”时，析出FePO4沉淀，反应的离子方程式为_。实验中，铁、磷的沉淀率结果如图所示。碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是_。(6)为了充分沉淀，“沉锂”时所用的X和适宜温度是_(填标号)。ANaOH20-40 BNaOH80-100CNa2CO320-40 DNa2CO360-80【答案】(1)2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H

21、2 (2)2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2 H2PO4-+2H2O (3)石墨 (4)提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率等其他合理答案) (5)Fe3+H2PO4-+CO32-=FePO4+CO2+H2O (6)c(OH-)增大生成Fe(OH)3沉淀多则磷沉淀率明显降低 (6)D 【解析】废旧磷酸铁锂电池的正极材料(含LiFePO4、石墨粉和铝箔等)溶浸时铝箔与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其他物质不溶解，过滤后向滤液中通入二氧化碳生成氢氧化铝；滤渣用硫酸和双氧水浸取，二价铁被氧化为三价铁，石墨不溶解，过滤分离出滤渣2为石墨，为提高过氧化氢和硫酸的利用率

22、，进行两次循环溶浸；滤液2中加碳酸钠溶液得到磷酸铁沉淀，同时生成二氧化碳气体；过滤后向滤液中加入碳酸钠沉淀锂离子，处理后得到高纯锂化合物，向滤渣中加入NaOH溶液实现沉淀的转化，得到氢氧化铁和磷酸钠晶体。(1)“溶浸1”中铝与NaOH溶液反应偏铝酸钠和氢气，所以溶解，化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2；(2)“溶浸2”过程中LiFePO4中+2铁元素在酸性环境下被双氧水氧化成+3价，且酸性较强的条件P元素以H2PO4-的形式存在，根据电子守恒和元素守恒可得反应的离子方程式为2LiFePO4+H2O2+6H+=2Li+2Fe3+2 H2PO4-+2H2O；(3)“滤渣

23、2”的主要成分为难溶于稀硫酸的石墨；(4)“滤液2”循环两次可以提高浸出液的浓度(或提高双氧水和硫酸的利用率；(5)根就“沉铁、磷”时，加入碳酸钠溶液，碳酸根结合氢离子促进H2PO4-的电离，产生大量磷酸根和氢离子，所以析出FePO4沉淀，并生产CO2，反应的离子方程式为Fe3+ H2PO4-+ CO32-=FePO4+CO2+H2O；据图碳酸钠浓度大于30%后，铁沉淀率仍然升高，磷沉淀率明显降低，其可能原因是碳酸钠水解产生的氢氧根离子浓度增大，与铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，而使留在溶液中的磷酸根离子浓度增加；(6)由表中数据可知，相同温度下碳酸锂的溶解度比LiOH小，且升高温度碳酸锂的溶解度

24、减小，所以题目所给选项中“沉锂”时所用的X和适宜温度是Na2CO3、60-80，故答案为D。6(2021届江西南昌市南昌二中高三月考)某矿样中含有大量的CuS及少量其他不含铜不溶于酸的杂质。实验室中以该矿样为原料制备CuCl22H2O晶体，流程如下：(1)若在实验室中完成系列操作a。则下列实验操作中，不需要的是_(填字母)。CuCl2溶液中存在平衡：Cu(H2O)(蓝色)4ClCuCl(黄色)4H2O。欲用实验证明滤液A(绿色)中存在上述平衡，除滤液A外，下列试剂中还需要的是_(填字母)。aFeCl3固体 bCuCl2固体 c蒸馏水(2)某化学小组欲在实验室中研究CuS焙烧的反应过程，查阅资料

25、得知在空气中焙烧CuS时，固体质量变化曲线及SO2生成曲线如图。CuS矿样在焙烧过程中，有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，转化顺序为CuSCu2SCuOCuSO4CuSO4CuO第步转化主要在200300内进行，该步转化的化学方程式_。300400内，固体质量明显增加的原因是_。实验证明第四阶段所得混合气体所需试剂为_。若原CuS矿样的质量为10.0g，实验过程中，保持在760左右持续加热，待矿样充分反应后，所得固体的质量为8.4g，则原矿样中CuS的质量分数为_。【答案】(1)cd c (2)2CuS+O2Cu2S+SO2 300400oC范围内Cu2S转化为CuOCuS

26、O4、CuSO4，固体中增加了氧元素的质量 氯化钡(BaCl2) 品红溶液 96% 【解析】矿粉在空气中焙烧，在焙烧过程中发生氧化还原反应，依次有Cu2S、CuOCuSO4、CuSO4、CuO生成，硫化铜中的硫最终转化成二氧化硫，同时生成CuO，加入盐酸，过滤得到氯化铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到产品。(1)a为过滤装置，b为蒸发结晶装置，c为焙烧装置，d为分液装置；操作a的目的是从氯化铜溶液中得到CuCl22H2O，需要的操作方法按照操作顺序依次是：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，所以需要的装置为a、b，不需要的为c和d；欲用实验证明滤液A(绿色)中存在上述平衡，则需要改变条件，看是否有平衡移动

27、，溶液的颜色是否发生变化，铁离子和铜离子本身有颜色，会影响对溶液颜色变化的判断，所以不用氯化铁和氯化铜；加入蒸馏水，溶液蓝色加深，即可证明存在平衡，所以选c；(2)根据CuS矿样在焙烧过程中转化顺序可知，第步反应为硫化铜转化成硫化亚铜，同时产生大量SO2，Cu、S元素被氧化，根据焙烧条件可知氧化剂应为O2，根据电子守恒和元素守恒可得反应的化学方程式为2CuS+O2Cu2S+SO2；300400oC范围内Cu2S转化为CuOCuSO4、CuSO4，固体中增加了氧元素的质量，所以固体的质量明显增加；据图可知第四阶段所得气体中有大量SO2，同时还应有未反应的O2，品红溶液可以检验SO2，只有二氧化硫

28、通入氯化钡溶液时，不发生反应，无明显现象，若有氧气存在时，氧气会氧化二氧化硫，产生硫酸钡沉淀，据此可以验证有氧气；设原样品中CuS的物质的量为x，则生成的CuO的物质的量也为x，所以有(96g/mol-80g/mol)x=10.0g-8.4g=1.6g，解得x=0.1mol，所以CuS的质量分数为=96%。7(2021届临朐县实验中学高三月考)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如图：.铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2.常温下部分难溶

29、物的溶度积常数如表：难溶物Cu(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2溶度积常数(Ksp)2.210-204.010-382.110-13(1)滤液A的主要成分除NaOH外，还有_(填化学式)，写出反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_。(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序_。A加入过量氨水 B通入过量CO2 C加入过量NaOHD加入适量HCl e.洗涤 f.过滤从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是_。(3)MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质。写出反应中CuS发生反应的化学方程式：_。若用浓HNO3溶解金属硫化物，缺

30、点是_(任写一条)。(4)滤液D中c(Cu2+)=2.2molL-1、c(Fe3+)=0.008molL-1、c(Mn2+)=0.01molL-1，逐滴加入稀氨水调节pH可将其依次分离，为使铜离子开始沉淀，常温下应调节溶液的pH大于_。【答案】(1)Na2BeO2、Na2SiO3 BeO2-+4H+=Be2+2H2O (2)afed 要在HCl气流中蒸发结晶 (3)MnO2+CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O 会产生污染环境的气体 (4)4 【解析】废旧铍铜元件(含BeO：25%、CuS：71%、少量FeS和SiO2)加入过量的氢氧化钠溶液，根据题意可知铍、铝元素的化学

31、性质相似，所以BeO可以和NaOH溶液反应生成Na2BeO2，且SiO2也可以和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，所以滤液A含有NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2等，滤液A中加入过量HCl得到的固体应为H2SiO3沉淀，滤液C中则主要含BeCl2，提纯后在HCl气流中蒸发结晶可以得到BeCl2固体；滤液B含有CuS、FeS，加入二氧化锰、稀硫酸，发生氧化还原反应，得到含有Cu2+、Fe3+的滤液D，固体应为S，加入氨水调节pH得到Cu(OH)2沉淀，处理得到Cu单质。(1)BeO具有氧化铝的性质，为两性氧化物，且二氧化硅与氢氧化钠溶液反应，可知滤液A的主要成分除NaOH、Na2BeO2

32、外，还有Na2SiO3；参考偏铝酸盐与盐酸反应的过程可知反应I中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22-+4H+=Be2+2H2O；(2)溶液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，则顺序为afed；铍、铝元素的化学性质相似，可知BeCl2溶液中存在Be2+的水解，为抑制其水解，需要在HCl气流中蒸发结晶得到BeCl2固体；(3)根据题意可知酸性环境中MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，与CuS反应，还可生成硫酸铜、硫酸锰，结合元素守恒和电子守恒可得反应的化学方程式为MnO2+

33、CuS+2H2SO4=MnSO4+S+CuSO4+2H2O；用浓HNO3溶解金属硫化物，会生成二氧化氮等气体，污染环境；(4)常温下，当铜离子开始沉淀时， c(OH)=11010mol/L，此时pH=4，所以pH应大于4。8(2021届江苏苏州市高三月考)某化学小组用部分氧化的FeSO4为原料，以萃取剂X(甲基异丁基甲酮)萃取法制取高纯氧化铁(Fe2O3)，并进行铁含量的测定。主要操作步骤如下：已知：在较高的盐酸浓度下，Fe3+能溶解于甲基异丁基甲酮，当盐酸浓度降低时，该化合物解离。3DDTC-NH4+Fe3+=(DDTC)3-Fe+3NH。请回答下列问题：(1)写出加入试剂a发生反应的离子方

34、程式_。(2)可作反萃取的萃取剂Y的最佳试剂是_(填试剂名称)。(3)操作A为_、_、_。产品处理时，温度对产品的纯度有很大影响。已知温度对产物纯度的影响如图所示，则温度最好控制在_。(4)现准确称取4.000g样品，经酸溶、还原为Fe2+，在容量瓶中配成100ml溶液，移取25.00ml溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L的K2Cr2O7溶液进行滴定，消耗K2Cr2O7溶液20.60ml。产品中铁的含量为_ (假设杂质不与K2Cr2O7反应)。【答案】(1)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (2)蒸馏水 (3)过滤 洗涤 灼烧 800 (4)69.22% 【解析】由流程图可

35、知部分氧化的FeSO4加入试剂a和HCl进行溶解氧化，则试剂a为氧化剂，以萃取剂X(甲基异丁基甲酮)萃取Fe3+形成Fe3+的甲基异丁基甲酮溶液，在用萃取剂Y萃取出Fe3+的甲基异丁基甲酮溶液中的Fe3+，形成Fe3+的水溶液，再加入DDTC-NH4使其变为(DDTC)3-Fe沉淀，再加入碱溶液将(DDTC)3-Fe沉淀转换为Fe(OH)3，再经过过滤、洗涤、灼烧得到高纯氧化铁。(1)由上述分析可知试剂a为氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，为了不带入新的杂质最好选H2O2，发生反应：2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；(2)可作反萃取的萃取剂Y条件为Fe3+的溶解度高于甲基异丁基甲酮

36、，且与甲基异丁基甲酮互不相溶，最佳试剂为蒸馏水；(3)将Fe(OH)3转换为高纯氧化铁操作A为滤、洗涤、灼烧；由图像温度对产物纯度的影响可知800以下时温度越高产品纯度越大，800以上时温度对产品纯度影响不大，则最佳温度为800；(4)25mL Fe2+溶液，消耗0.1000mol/L K2Cr2O7溶液20.60ml，物质的量，由关系式Cr2O72-：2Cr3+：6e-可知转移电子，由关系式Fe2O3：2Fe2+：2Fe3+：2e-可知，Fe2+物质的量为，则4g样品中含Fe质量，则产品中铁的含量为。9(2021届四川射洪县射洪中学高三月考)十二水合硫酸铝钾KAl(SO4)212H2O俗名明

37、矾，在生活、医药、工业上应用广泛。下面是实脸室探究从铝土矿(主要成分是氧化铝，含少量氧化铁和二氧化硅杂质)制备明矾的流程示意图。已知：二氧化硅不溶于水，也不与硫酸反应。(1)铝元素在地壳中以_态存在，写出KAl(SO4)212H2O溶于水的电离方程式_。当明矾溶液中混有NaCl时，简述如何检验Cl-_(2)滤渣1主要为_(填化学式)；以Al2O3为原料，制备该单质铝的反应方程式_。(3)若A为金属单质，则滤渣2的成分有_。(4)操作1是蒸发溶剂至有大量晶膜、冷却结晶。实验室进行该操作时，需要的实验仪器有铁架台、_。(5)如图为某硫酸试剂瓶的标签。若用其配制100mL 3mol/L的溶液，需该硫

38、酸_mL(含的表达式)。若此硫酸物质的量浓度为c1，35%的硫酸物质的量浓度为c2，则c1_2c2(填大于，小于或等于)(6)工业生产中，获取明矾晶体后的母液应该_(填序号)。A弃去 B返回酸浸流程重复利用C返回滤液1重复利用 D返回滤液2重复利用【答案】(1)化合 KAl(SO4)2=Al3+K+2 SO42- 取少量溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-，反之则不含有 (2)SiO2 2Al2O3(熔融)4Al+3O2 (3)Fe、Al (4)酒精灯、蒸发皿、玻璃棒 (5) 等于 (6)D 【解析】铝土矿加入稀硫酸酸浸后，SiO2不溶解，氧化铝和氧化铁

39、转化为Al3+、Fe3+，为除去铁离子，可加入略过量的Al，发生反应Al+Fe3+=Fe+Al3+，经过滤后得到含Al3+的滤液2，再向滤液2中加入硫酸和碳酸钾，经一系列操作可得到明矾晶体。(1)铝的化学性质较活泼，因此铝元素在地壳中以化合态存在，KAl(SO4)2为强电解质，完全电离，电离方程式为KAl(SO4)2=Al3+K+2 SO42-，当明矾中混有NaCl时，可取少量溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则含有Cl-，反之则不含有；(2)由于二氧化硅不溶于水，也不与硫酸反应，因此滤渣1的主要成分为SiO2，可电解熔融的氧化铝制备单质铝，反应的方程式为2Al2

40、O3(熔融)4Al+3O2；(3)由上述分析可知，可加入略过量的Al除去铁离子，发生反应Al+Fe3+=Fe+Al3+，故滤渣2的成分有Fe和过量的Al；(4)蒸发结晶时，需要的实验仪器有铁架台、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒；(5)根据公式，该硫酸的浓度，又由c浓V浓=c稀V稀得，需要该硫酸的体积为，由公式，若此硫酸物质的量浓度为c1，35%的硫酸物质的量浓度为c2，则c1等于2c2；(6)母液中含有未结晶的硫酸铝钾，可返回滤液2重复利用，故答案选D。10(2021届辽宁高三期中)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，易溶于异丙胺(沸点为33 )。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg

41、2B2O5H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如下：回答下列问题：(1)NaBH4的电子式为_。(2)碱溶时Mg2B2O5发生反应的化学方程式是_。(3)滤渣的成分是_。(4)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 以上并通入氩气，该操作的目的是_，原料中的金属钠通常保存在_中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有_、玻璃片和小刀。(5)操作2的名称为_。流程中可循环利用的物质是_。(6)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，1gNaBH4的还原能力相当于_g H2的还原能力(B元素化合价不变，氧化产物中氢元素化合价相同，计算结果保留两位小数

42、)。【答案】(1) (2)Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2 (3)Fe3O4和Mg(OH)2 (4)除去反应器中的水蒸气和空气 煤油 镊子、滤纸 (5)蒸馏 异丙胺 (6)0.21 【解析】硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5H2O，含少量杂质Fe3O4)中的Fe3O4不溶于NaOH溶液，过滤后形成滤渣，得到的NaBO2经过结晶得到的Na2B4O710H2O，脱水后生成Na2B4O7，Na2B4O7在钠和氧气条件下与二氧化硅反应生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解生成的NaBH4，除去硅酸钠，通过蒸馏分离得到NaBH4。(1)NaBH4的电子式为；(2)由流程图可知，碱

43、溶时Mg2B2O5与NaOH反应转化为NaBO2，发生反应的化学方程式为Mg2B2O52NaOHH2O=2NaBO22Mg(OH)2；(3)硼镁矿中Fe3O4不溶于浓NaOH溶液，以滤渣的形式析出，另外，碱溶时生成的Mg(OH)2也以滤渣的形式析出，所以滤渣的成分为Mg(OH)2和Fe3O4；(4)Na的性质活泼，能与水和空气中的氧气反应，结合题干中硼氢化钠在常温下能与水反应，所以加料前须先排除水蒸气和空气的干扰；原料金属钠通常保存在煤油中，实验室取用少量金属钠用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀；(5)NaBH4易溶于异丙胺且异丙胺的沸点低，结合流程图可知，操作2是蒸馏NaBH4的异丙胺

44、溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用；(6)NaBH4和H2作还原剂时氧化产物中氢元素都为+1价，NaBH4作还原剂氢元素由-1价+1价，H2作还原剂氢元素由0价+1价，1g NaBH4作还原剂转移的电子的物质的量为=0.21mol，转移电子的物质的量为0.21mol时消耗H2的质量为=0.21g，则1g NaBH4的还原能力相当于0.21g H2的还原能力。11(2021届山西省榆社中学高三月考)工业上以铬铁矿(主要成分是FeOCr2O3，含少量MgCO3、Al2O3、SiO2等)为原料制取铬酸钠(Na2CrO4)晶体，其工艺流程如下：已知：3价Cr在酸性溶液中性质稳定，当pH9时以CrO形式

45、存在且易被氧化。常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3Fe2Mg2Al3Cr3开始沉淀时的pH1.97.09.1沉淀完全时的pH3.29.011.04.7(10溶解)5.6(9溶解)(1)提高酸浸速率的措施有_(答两条)，滤渣3的主要成分是_(填化学式)。(2)流程中两次使用了H2O2进行氧化，第二次氧化时反应的离子方程式为_。(3)如果把“调pH4.7”和“调pH11”中间的“过滤”步骤省略，引起的后果是_。(4)制取铬酸钠后的废水中含有的Cr2O可以用绿矾除去，测得反应后的溶液中含Cr3、Fe2、Fe3、H等阳离子。该反应的离子方程式为_。含一定浓度Cr3的废水

46、排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡，原因是_。【答案】(1)升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等(任答两条即可) Mg(OH) 2 (2)2CrO2-3H2O22OH=2CrO42-4H2O (3) pH11时Al(OH) 3会溶解，引入杂质离子AlO2-，使产品不纯 (4)Cr2O72-6Fe214H=6Fe32Cr37H2O 重金属离子可使蛋白质变性(或重金属中毒) 【解析】铬铁矿用稀硫酸酸浸，FeO、Cr2O3、MgCO3、Al2O3与硫酸反应变成溶液，而SiO2不反应，过滤得到滤渣1为SiO2；然后通入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH=4.7时，Fe3+、Al3+完

47、全沉淀，过滤得到滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3；再调节pH=11，Mg2+完全沉淀被除去，过滤沉淀得滤渣3为Mg(OH) 2；此时Cr元素以CrO2-的形式存在，过滤后，向滤液中再加入H2O2，将CrO2-氧化为CrO42-，最后采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到Na2CrO4晶体。(1)提高酸浸速率的措施有升高温度、将铬铁矿粉碎、搅拌、增加硫酸浓度等；由分析可知滤渣3为Mg(OH) 2。(2)第一次加入H2O2是为了将Fe2+氧化为Fe3+，第二次加入H2O2是为了将CrO2-氧化为CrO42-，第二次氧化时反应的离子方程式为2CrO2-3H2O22OH=2CrO42-4H2O。Na2

48、CrO4溶液得到Na2CrO4晶体，可以采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；(3)“调pH=4.7”时沉淀成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，如果不把Al(OH)3除去，当继续加入NaOH至pH=11时，Al(OH)3会溶解，引入杂质离子AlO2-。(4)Cr2O72-可以用绿矾除去，Cr2O72-和FeSO4反应的离子方程式为Cr2O72-6Fe214H=6Fe32Cr37H2O。Cr3为重金属离子，重金属离子可使蛋白质变性，因此含一定浓度Cr3的废水排放到河塘中会使鱼类等水生生物死亡。12(2021届四川广元市广元中学)某矿渣的主要成分为Cu2O，其次含少量Al2O3、Fe2O3、SiO2等，

49、工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图：已知：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表所示：沉淀物Cu(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH5.44.02.75.8沉淀完全pH6.75.23.78.8(1)为了加快反应的速率，可以采取的措施是_(任写1条)(2)固体混合物A中的成分是_(3)反应完成后，铁元素的存在形式为_(填离子符号)；写出生成该离子的离子方程式_。(4)操作1主要包括：_、_、过滤，洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是_。(5)用NaClO调pH可以生成沉淀B，利用题中所给信

50、息分析沉淀B的化学式为_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(6)用NaOH调pH可以生成沉淀C，利用题中所给信息分析y的范围为_。【答案】(1)适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等 (2)SiO2、Cu (3) Fe2+ Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+ (4)蒸发浓缩 冷却结晶 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失 (4)Fe(OH)3 (5)1：2 (5)5.2pH5.4 【解析】矿渣的成分为主要为Cu2O，还有少量的Al2O3、Fe2O3、SiO2等，加入稀硫酸经过反应I、过滤后得到的溶液中主要含有CuSO4、Al2(SO4)3、FeS

51、O4，固体混合物A中主要成分为Cu和SiO2，滤液中加入NaClO并调节pH至3.7pH4.0，将Fe2+氧化为Fe3+沉淀，再加入NaOH调节pH至5.2pH5.4，将Al3+沉淀，滤液再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到CuSO45H2O粗产品。(1)根据外界条件对化学反应速率的影响，为了加快反应的速率，可以采取的措施是：适当升高温度；不断搅拌；将矿渣粉碎；适当增大硫酸的浓度等；(2)矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2等，根据题给已知和固体A为混合物，加入稀硫酸发生的反应I：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O、Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H

52、2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeO+H2SO4=FeSO4+H2O、Cu+Fe2(SO4)3=CuSO4+2FeSO4，SiO2属于酸性氧化物、与稀硫酸不反应，则经过滤得到的固体混合物A的成分是SiO2、Cu；(3)根据上述分析，固体混合物A中有Cu，Cu与Fe3+反应生成Fe2+，则反应完成后，铁元素的存在形式为Fe2+，生成Fe2+的离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；(4)操作1为从CuSO4溶液中获得CuSO45H2O粗产品，主要包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；洗涤CuSO45H2O粗产品不能用大量水洗，而用冰水洗涤，原因是冰水既可

53、以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的损失；(5)根据分析，用NaClO调节pH可以生成沉淀B，由于NaClO具有强氧化性，Fe2+具有还原性，Fe2+被氧化为Fe3+后形成沉淀，所以沉淀B为Fe(OH)3；该反应中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，Fe2+为还原剂，NaClO为氧化剂，Cl元素的化合价由+1价降至-1价，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2；(6)根据分析，用NaOH调pH是使Al3+完全沉淀而除去、而Cu2+不形成沉淀，根据已知信息中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知，y的范围为5.2pH5.4。13(2021届湖南湖南衡阳高新技术产业园区衡

54、阳市一中高三期中)以磷石膏(主要成分是CaSO4，含少量的Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备Na2SO4、CaBr22H2O和NH4Cl等产品的工艺流程如图：请回答：(1)反应釜1中SO的浸出率与加料速度、反应温度的关系如图所示：反应的最佳条件为_。其它条件相同时，SO浸出率随反应温度升高反而下降的原因是_。(2)实验室里模拟上述煅烧操作，下列仪器中有用到的是_。A瓷坩埚 B铁坩埚 C泥三角 D酒精喷灯(3)反应釜2中进行的反应是_(用化学方程式表示)。(4)反应釜3中完成反应后，分离硫酸钠、氯化铵的操作：在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出，马上_得到Na2SO4粗品；同时，将热滤液冷却至3

55、5左右、趁热过滤或冷却至3540过滤，得NH4Cl粗品(Na2SO4、NH4Cl的溶解度如图所示)。【答案】(1)加料速度为36gmin-1、反应温度为40 温度高于40时，(NH4)2CO3受热分解 (2)BCD (3)3CaO+2NH3H2O+3Br2=3CaBr2+N2+5H2O或3CaO+2NH3+3Br2=3CaBr2+N2+3H2O (4)趁热过滤 【解析】由流程图可知，磷石膏经净化、分级除去Al2O3、SiO2等杂质后，再浆，浆料中的硫酸钙在反应釜1中与碳酸铵溶液反应生成硫酸铵和碳酸钙，过滤后得到含有硫酸铵的滤液和含有碳酸钙的滤渣；碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，在反应釜2中氧化

56、钙与氨水、溴蒸汽反应生成溴化钙、氮气和水，溴化钙溶液经蒸发结晶制得CaBr22H2O晶体；在反应釜3中，硫酸铵和氯化钠反应生成硫酸钠和氯化铵，在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出，马上趁热过滤得到Na2SO4粗品；同时，将热滤液冷却至35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤，得NH4Cl粗品。(1)由图像可知，当加料速度为36gmin-1、反应温度为40时，硫酸根的浸出率最大，则最佳条件为加料速度为36gmin-1、反应温度为40；温度高于40时，碳酸铵受热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，溶液中碳酸根离子浓度减小，导致SO42-浸出率降低；(2)煅烧操作为在坩埚中碳酸钙高温煅烧分解生成氧化钙，

57、由于氧化钙与瓷坩埚中二氧化硅反应，则煅烧时选用的仪器有铁坩埚、三脚架、泥三角、酒精喷灯、坩埚钳，故答案为BCD；(3)反应釜2中发生的反应为氧化钙与氨水、溴蒸汽反应生成溴化钙、氮气和水，反应的化学方程式为3CaO+2NH3H2O+3Br2=3CaBr2+N2+5H2O或3CaO+2NH3+3Br2=3CaBr2+N2+3H2O；(4)根据溶解度曲线分析可知，随着温度升高，硫酸钠的溶解度降低，而氯化铵的溶解度升高，则分离硫酸钠、氯化铵的操作为在90左右蒸发浓缩至较多晶体析出，马上趁热过滤得到Na2SO4粗品；同时，将热滤液冷却至35左右、趁热过滤或冷却至3540过滤，得NH4Cl粗品。14.【2

58、020新课标卷】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pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1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V2O5xH2O，随滤液可除去金属

59、离子K+、Mg2+、Na+、_，以及部分的_。(4)“沉淀转溶”中，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣的主要成分是_。(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NaAl(OH)4+HCl= NaCl+Al(OH)3+H2O (6)利用同离子效应，促进NH4VO3

60、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

61、，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V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子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NaAl(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

62、子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。15.【2020新课标卷】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(NiSO47H2O)：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 molL1)的pH沉淀完全时(c=1.0105 molL1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0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”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式

63、_。(2)“滤液”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”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 molL1，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

64、(OH)3+H2O (2)Ni2+、Fe2+、Fe3+ (3)O2或空气 Fe3+ (4) 3.26.2 (5)2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+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，得到的滤液含有NaAlO2，滤饼为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，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使

65、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，滤液中含有NaAlO2(或NaAl(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”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+，则滤液中

66、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+)=1.010-5molL-1，c(H+)=1.010-8.7molL-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+)=0.01molL-1，c(H+)=1.010-7.2molL-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0molL-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3.26.2；(5)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO

67、氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO被还原为Cl，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+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。16(2019石家庄市藁城区第一中学高三月考)三草酸合铁酸钾晶体(K3Fe(C2O4)33H2O)能溶于水，难溶于乙醇，该物质对光敏感，光照下即发生分解，产物之一是黄色的草酸亚铁。实验室可用如图流程来制备三草酸合铁酸钾晶体。根据题意完成下列各题：(1)若用废铁屑和稀硫酸制备绿矾，需先将废铁屑碱煮水洗，其目的是_；然后与硫酸反应时

68、_(填物质名称)往往要过量。(2)要从溶液中得到绿矾晶体，必须进行的实验操作是_(按前后顺序填代号)。a过滤洗涤 b蒸发浓缩 c冷却结晶 d灼烧 e干燥(3)称取制得的绿矾晶体7.00 g，加稀硫酸溶解。加入一定量的草酸后，加热煮沸，形成黄色沉淀，过滤，洗涤。如何确定沉淀已经洗涤干净：_。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 左右，原因是_；写出氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式_。(5)经过一系列操作后得到的最终产物晶体先用少量冰水洗涤，再用无水乙醇洗涤，低温干燥后称量，得到9.82 g翠绿色晶体，用无水乙醇洗涤晶体的目的是_。(6)列式计算本实验中三草酸合铁酸钾晶体的产率_(保

69、留一位小数)。(7)某同学制得的三草酸合铁酸钾晶体表面发黄，推测可能有部分晶体见光分解。为了验证此推测是否正确，可用的试剂及现象是_。【答案】(1)除去铁屑表面的油污 铁屑 (2)bcae (3)取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则说明洗涤干净 (4)温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解 2FeC2O42H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2Fe(C2O4)3 3-+6H2O (5)除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，利于干燥 (6)79.4% (7)检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀说明三草酸合铁酸钾发生分解 【解析】向绿矾中

70、加入稀硫酸，可抑制亚铁离子的水解，硫酸亚铁与草酸反应生成黄色沉淀FeC2O42H2O，加入草酸钾、用过氧化氢将FeC2O42H2O氧化为K3Fe(C2O4)3， 加入草酸煮沸后一定条件下结晶得到K3Fe(C2O4)33H2O。(1)将废铁屑碱煮水洗，其目的是为了除去铁屑中不溶于酸的杂质，铁屑与硫酸反应时，由于Fe2+容易被空气中的氧气氧化，所以铁屑往往要过量；(2)要从溶液中得到绿矾晶体，应先将溶液加热浓缩、然后冷却结晶，析出固体后过滤、洗涤、最后干燥即得绿矾，故答案为bcae。(3)检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次的洗涤液，向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀硫酸钡，则说明洗涤

71、干净。(4)氧化过程中除不断搅拌外，还需维持温度在40 左右原因是，温度太低反应速率慢，温度高H2O2会分解；氧化生成三草酸合铁酸钾的离子方程式为2FeC2O42H2O+H2O2+H2 C2O4+3C2O42-= 2Fe(C2O4)3 3-+6H2O。(5)根据题给信息可知三草酸合铁酸钾晶体难溶于乙醇，乙醇具有挥发性，用乙醇洗涤，不但可以除去晶体表面的杂质，减少晶体损失，而且利于晶体快速干燥。(6)7.00 g FeSO47H2O理论上生成(K3Fe(C2O4)33H2O)的质量为，则产率为。(7)三草酸合铁酸钾见光分解，产物之一是黄色的草酸亚铁，检验亚铁离子用酸化的铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀

72、说明三草酸合铁酸钾发生分解。17(2021届宁夏长庆高级中学高三月考)铋酸钠(NaBiO3)常用作Mn2+鉴定的强氧化剂，某研究小组用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量Bi2O3、SiO2等杂质)制备铋酸钠，其流程如图：己知：NaBiO3是一种难溶于水的物质BiCl3极易水解生成不溶性的BiOCl沉淀。请回答下列问题：(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有_(填标号)。a粉碎矿石 b搅拌 c加入足量的蒸馏水 d降低温度(2)滤渣A的主要成分为_(填化学式)，溶浸时通常加入FeCl3溶液和浓盐酸，加入的浓盐酸需过量的目的是_。(3)通过反应实现FeCl3的循环利用，写

73、出该反应的离子方程式_。(4)反应的化学方程式为_。(5)NaBiO3可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO4-，故可用于Mn2+的鉴定。已知NaBiO3被还原为Bi3+，该反应的离子方程式为_。(6)实验室为了测定NaBiO3样品的纯度，需要配制250mL0.500mol/LFeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要_。(7)取上述NaBiO3样品10.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，稀释至100mL，取出20.00mL溶液，然后用新配制的0.500mol/LFeSO4溶液进行滴定，滴定完成后消耗24.80mLFeSO4溶液。则该样品中NaBiO3纯

74、度为_%(结果保留小数点后一位)。【答案】(1)ab (2)SiO2、S 防止FeCl3及BiCl3水解，提高原料的浸出率 (3)2Fe2+Cl22Fe3+ +2Cl (4)2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3 (5)5NaBiO3+2Mn2+14H+2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O (6)250mL容量瓶 (7)86.8 【解析】分析流程图，该过程为利用辉铋矿制备铋酸钠，首先向辉铋矿中加入氯化铁溶液和盐酸，使Bi全部变为Bi3+，矿石中的SiO2不溶，S2在反应中变为单质，二者以滤渣性质存在，故滤渣A的主要成分是SiO2和S；随后向含有Bi3+的溶液中加入铁粉，由于Fe的活动性强

75、于Bi，可以将Bi3+还原为Bi单质，Bi单质与过氧化钠在空气中焙烧即得到铋酸钠固体。滤液B主要含有Fe2+。(1)为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有搅拌、粉碎矿石、升高温度等，答案为ab；(2)酸性氧化物SiO2不与酸和氯化铁溶液发生反应，也不溶于该混合溶液中，故以滤渣形式存在。Bi2S3中的S2在加入FeCl3溶液时会发生氧化还原反应：S2+2Fe3+S+2Fe2+，产生的S单质难溶于水，也以沉淀的形式存在，所以滤渣A的成分是S、SiO2；FeCl3和BiCl3都是强酸弱碱盐，FeCl3和BiCl3会发生水解反应形成Fe(OH)3、BiOCl等不溶性沉淀，溶浸时通常加入FeC

76、l3溶液和浓盐酸，向其中加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；(3)由分析可知，滤液B主要含有Fe2+，向其中通入Cl2，发生化学反应：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，从而实现FeCl3的循环利用；(4)Bi和过氧化钠在空气中焙烧，生成铋酸钠，反应方程式为：2Bi+Na2O2+2O22NaBiO3；(5)铋酸钠可在酸性介质中将Mn2+氧化为MnO4-，则根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，NaBiO3被还原为Bi3+的离子方程式是：5NaBiO3+2Mn2+14H+2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O；(6)实验室为了测定NaBiO3样品的纯

77、度，需要配制250mL2.0mo1L-1 FeSO4溶液，所需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；(7)根据在氧化还原反应中电子转移数目相等可得关系式：NaBiO32FeSO4，则n(FeSO4)=，则n(NaBiO3)= ，所以该样品中NaBiO3纯度为=。18(2021届石家庄市藁城区第一中学高三月考)氯化亚铜是一种重要的化工原料，一种利用低品位铜矿(主要含有Cu2S、CuS、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制取CuCl的工艺流程如图：(1)反应“浸取”前需将铜矿粉碎的目的是_；(2)滤渣的成分除S和MnO2外还含有_， 反应中MnO2的作用为_(3

78、)已知生成氢氧化物的pH如表，则反应“中和”时，用氨水调pH的范围是_。物质Cu(OH)2Mn(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH4.28.31.2完全沉淀pH6.79.83.2(4)检验滤液中是否含有Fe3+所需要的试剂是_(5)反应中生成难溶MnCO3的离子方程式_：反应所对应的化学方程式：_(6)CuCl的定量分析步骤1.取样品0.7500 g和30.0 mL1.0 molL-1过量的FeCl3溶液置于250mL的锥形瓶中，不断摇动。步骤2.待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000 molL-1Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。三次实验测得数据如表序号123起始读数/mL0.950.7

79、01.00终点读数/mL20.9524.9521.00已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2；Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+。数据处理：计算得CuCl的纯度为_%误差分析：下列操作会使测定结果偏高的是：_A锥形瓶中有少量蒸馏水B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C0.1000 molL-1硫酸铈溶液久置后浓度变小D滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡E.振荡锥形瓶时部分液体溅出【答案】(1)提高浸取反应速率和原料的浸取率 (2)SiO2 氧化剂 (3)3.2pH4.2 (4)KSCN溶液 (5)Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+ Cu(NH3)4CO3+6HCl+C

80、u=2CuCl+4NH4Cl+CO2+H2O (6)79.6% BC 【解析】低品位铜矿(主要含CuS、Fe2O3、SiO2)为原料，加入稀硫酸溶液和二氧化锰，溶解后过滤得到滤液中含Mn2+、Fe3+、Cu2+，滤渣为二氧化硅和生成的单质S，滤液中加入氨水调节溶液pH沉淀铁离子，过滤得到滤液含Mn2+、Cu2+、NH4+，滤渣为Fe(OH)3，滤液中加入氨气和碳酸氢钠生成碳酸锰沉淀和Cu(NH3)4CO3，加入盐酸和铜生成CuCl。(1)将铜矿粉碎，可增大接触面积，提高浸取反应速率和原料的浸取率；(2)滤渣的成分除S、二氧化锰之外还有不与酸反应的二氧化硅，反应中MnO2的化合价+4价变化为+2

81、价，化合价降低，作用是氧化剂；(3)反应中用氨水调节pH值，沉淀铁离子，而锰离子和铜离子不沉淀，则依据图表数据分析判断pH的取值范围为3.2pH4.2；(4)检验滤液中是否含有Fe3+的试剂是KSCN溶液，遇到铁离子生成红色溶液；(5)反应中生成难溶MnCO3的离子方程式为：Mn2+HCO3-+NH3=MnCO3+NH4+；反应所对应的反应是Cu(NH3)4CO3、HCl、Cu反应生成氯化亚铜、氯化铵、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：Cu(NH3)4CO3+6HCl+Cu=2CuCl+4NH4Cl+CO2+H2O；(6)CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2 Fe2+Ce4+Fe3+Ce

82、3+，标准溶液体积中2实验读取误差太大舍去，平均消耗溶液体积=，称取0.7500g的样品和30.0mL 1.0mol/L的FeCl3溶液置于250mL锥形瓶中，n(Fe3+)=0.0300L1.0mol/L=0.03mol，待样品溶解后，平均分为3份，用0.1000 molL-1Ce(SO4)2标准溶液进行滴定，得到对应关系n=0.002mol0.03mol，则结合CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2得到CuCl物质的量0.002mol，样品中CuCl 纯度=；A项，锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B项，滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，

83、测定结果偏高，故B正确；C项，0.1000mol/L CeOSO4溶液久置后浓度变小，滴定时消耗溶液体积增大，结果偏高，故C正确；D项，滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定后产生气泡，读取标准溶液体积增小，测定结果偏低，故D错误；E项，振荡锥形瓶时部分液体溅出，导致溶质质量减少，则测定结果偏低，故E错误；故选BC。19(2021届湖南高三月考)工业上常用水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：已知：Ksp(CaF2)=5.310-9，Ksp(MgF2)=5.210-12回答下列问题：(1)在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“

84、酸浸”速率的方法有_(任写一种)。(2)“酸浸”后加入Na2SO3溶液得到Co2+反应的离子方程式为_。(3)操作1的名称为_。(4)加入碳酸氢钠溶液的目的是_。(5)沉淀B的成分为_。(6)已知隔绝空气煅烧CoC2O4时钴的化合价不变，并生成等体积的两种气体，则隔绝空气煅烧CoC2O4反应的化学方程式为_。【答案】(1)将水钴矿石粉碎；适当增加盐酸浓度；适当提高酸浸时温度等 (2)2Co3+SO32-+H2O= 2Co2+SO42-+2H+(3)过滤 (4)使Fe3+、Al3+沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)MgF2、CaF2 (6)CoC2O4CoO+CO+CO2 【解析】由工

85、艺流程分析可知，水钴矿(主要成分为Co2O3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO等杂质)加盐酸酸浸，得到含有Co3+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+的酸浸液，加入Na2SO3溶液，发生反应2Co3+SO32-+H2O= 2Co2+SO42-+2H+，得到溶液a，再加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，得到溶液b，加入NaHCO3，Fe3+、Al3+与HCO3-发生双水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3的沉淀，溶液C再加入NaF溶液得到CaF2、MgF2的沉淀B，过滤后得到溶液d，再向溶液d中加入草酸铵得到溶液e和CoC2O42H2O，煅烧可得到某钴的氧化物。(1)根据影

86、响化学反应速率的因素，水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；适当增加盐酸浓度；适当提高酸浸时温度等；(2)酸浸时，Co2O3转化为Co3+，加入Na2O3，Co3+被还原为Co2+，反应的离子方程式为2Co3+SO32-+H2O= 2Co2+SO42-+2H+；(3)操作1是将沉淀A与滤液分离，所以操作名称为过滤；(4)根据上述分析，溶液b中含有的阳离子为Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入NaHCO3，Fe3+、Al3+与HCO3-发生双水解生成Fe(OH)3、Al(OH)3的沉淀；(5)由分析可知，加入NaF溶液得到CaF2、MgF2的沉淀B；(6)隔绝空气条件下煅烧CoC2O4，Co的化合价不变，另外两种都是气体且物质的量相等，则两种气体为CO、CO2，故反应的化学方程式为CoC2O4CoO+CO+CO2。