2020届一轮复习人教版化工流程（二）学案
第5讲 化工流程（二）
1．（2019江苏）实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：
（1）室温下，反应CaSO4(s)+(aq)CaCO3(s)+(aq)达到平衡，则溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。
（2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。
（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
【答案】 (1). 1.6×104 (2). +NH3·H2O++H2O(或+NH3·H2O++H2O) (3). 增加溶液中的浓度，促进CaSO4的转化 (4). 温度过高，(NH4)2CO3分解 (5). 加快搅拌速率 (6). 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【解析】
（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中====1.6×104。答案：1.6×104
（2）NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3
属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O） 增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化
（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解 加快搅拌速率
（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
2.（2019天津）多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。
Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：
①
②
③
（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。
（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。
（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。
a．B点： b．：A点点 c．反应适宜温度：℃
（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除、和外，还有______（填分子式）。
【答案】 (1). (2). (3). 阴极 (4).或 (5). 1000℃ (6). 导致反应②的小 (7). a、c (8). (9). 减小 (10). 、
【解析】
I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；
II.（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小（两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显）；
（3）图2
给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。
（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；
（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
3．（2018课标Ⅱ）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：
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
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
回答下列问题：
（1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。
（2）滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________；氧化除杂工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧气，其后果是________________。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回_______工序继续使用。
【答案】 (1). ZnS+O2ZnO+SO2 (2). PbSO4 (3). 调节溶液的pH (4). 无法除去杂质Fe2+ (5). Zn+Cd2+Zn2++Cd (6). Zn2++2e－Zn (7). 溶浸
【解析】（1）由于闪锌矿的主要成分是ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1的主要成分除SiO2外还有PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节pH，即氧化除杂工序中ZnO的作用是调节溶液的pH。根据表中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质Fe2+。
（3）溶液中的Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。
（4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
4．（2018天津）下图中反应①是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl2·6NH3是优质的镁资源。回答下列问题：
（1）MgCl2·6NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H-除外）：_________________________，Mg在元素周期表中的位置：_____________________，Mg(OH)2的电子式：____________________。
（2）A2B的化学式为_______________。反应②的必备条件是_______________。上图中可以循环使用的物质有_______________。
（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料_______________（写化学式）。
（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg(OH)2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：_______________。
（5）用Mg制成的格氏试剂（RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：
依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：_______________。
【答案】 r(H+)
”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol−1）
【答案】 研磨、加热 ＜ 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2
【解析】（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2
，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。
典例2（2019·陇西县第一中学高三高考模拟）锰是重要的合金材料和催化剂，在工农业生产和科技领域有广泛的用途。请回答下列问题：
（1）溶液中的Mn2+可被酸性溶液氧化为MnO4-，该方法可用于检验Mn2+。
①检验时的实验现象为_________。
②该反应的离子方程式为___________。
③ 可看成两分子硫酸偶合所得，若硫酸的结构式为，则的结构式为_________。
（2）实验室用含锰废料（主要成分，含有少量）制备Mn的流程如下：
已知：Ⅰ．难溶物的溶度积常数如下表所示：
难溶物
溶度积常数（）
4.0×10－38
1.0×10－33
1.8×10－11
1.8×10－13
Ⅱ．溶液中离子浓度≤10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
①“酸浸”时，将Fe氧化为Fe3＋。该反应的离子方程式为________；该过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图1、图2所示：
则适宜的浸出时间和液固比分别为___________、___________。
②若“酸浸”后所得滤液中c(Mn2＋)＝0.18 mol·L－1，则“调pH”的范围为___________。
③“煅烧”反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。“还原”时所发生的反应在化学上又叫做_________。
【答案】溶液由无色变为紫红色 5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+ 3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O 60min 3：1 pH＜8 1：2 铝热反应
【解析】（1）①溶液中的Mn2+转化为MnO4-的实验现象为溶液由无色变为紫红色，故答案为：溶液由无色变为紫红色。
②Mn2+被酸性(NH4)2S2O8溶液氧化物MnO4-，还原产物应为SO42-，反应的离子方程式为：5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为：5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+。
③H2S2O8可视为由两分子的硫酸缩合所得，硫酸的结构简式为：，则H2S2O8的结构简式为：，故答案为：。
（2）①由题中信息可知，“酸浸”时，MnO2在酸性介质中将Fe氧化为Fe3＋，本身被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，由图甲可知，适宜的浸出时间为60min，由图乙可知，适宜的液固比为3：1，故答案为：3MnO2+2Fe+12H+=3Mn2++2Fe3＋+6H2O，60min，3：1。
②由流程图中信息可知，“调pH”的目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全，而Mn2＋不沉淀，根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－33，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38可知：Al3＋沉淀完全时Fe3＋已沉淀完全，Al(OH)3恰好完全沉淀时的pH=-lg=，Mn2＋开始沉淀时的pH为-lg=8，则“调pH”的范围为pH＜8，故答案为：pH＜8。
③根据信息可知，“煅烧”时，空气中的O2将MnCO3氧化为MnO2，根据得失电子守恒可得关系式O2
～2MnCO3，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应在化学上又叫做铝热反应，故答案为：1：2，铝热反应。
精练：
1．（2019·福建高三高考模拟）利用氟磷灰石[主要成分Ca5(PO4)3F生产磷酸主要有热法和湿法两种方法。其流程如下：
热法：工业上将氟磷灰石、焦炭和石英砂(SiO2)混合后，在电炉中加热到1500℃生成白磷(P4)、SiF4、CO，白磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，再经水化制成粗磷酸。
湿法：武汉化工研究院为技术攻关，实验室模拟生产磷酸的流程。
(1)配平步骤I反应的化学方程式：
____Ca5(PO4)3F+ ____C+ ____SiO2=____SiF4↑+ ___P4+____CO↑+____CaSiO3。其中氧化剂是______。
(2)湿法中粉碎氟磷灰石的目的是___________。
(3)浸取槽中发生反应的化学方程式________；浸取槽不能使用玻璃器皿的原因___________。
(4)探究中发现，65℃、一定流速下鼓气(鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出)，并通过控制盐酸的用量减少后续除氟工艺。其他条件不变，盐酸实际用量/理论用量与所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率如图所示。
①选择盐酸用量：盐酸实际用量/理论用量的范围为________(填字母代号)时磷酸浸取率较高且氟含量较低。
A．0.95~1.00 B．1.00~1.05
C．1.05~1.10 D．1.15~1.20
②盐酸稍过量，氟含量降低的原因是___________。
③盐酸过量较多，氟含量快速增加的可能原因是___________。
(5)通过双指示剂方法测定浸取液中盐酸和磷酸的浓度。实验如下：每次取10.0mL浸取液，用1.0 mol·L－1NaOH溶液滴定，分别用不同的指示剂，滴定结果见表。含磷微粒在不同pH下物质的量分数如图所示。(甲基橙的变色范围为3.1～4.4，百里酚酞的变色范围为9.4~10.6)
则浸取液中c(HCl)=___________mol·L－1。
【答案】4 30 21 1 3 30 20 Ca5(PO4)3F 增大接触面积，提高反应速率，提高浸取率 Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF 玻璃会被氢氟酸腐蚀 C 氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出 随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出 2.17
【解析】
(1)氟磷灰石与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500℃生成白磷，同时逸出SiF4和CO，该反应的化学方程式为4Ca5P3FO12+30C +21SiO2 SiF4↑+3P4+ 30CO↑+20CaSiO3，反应中C的化合价升高，C为还原剂，Ca5P3FO12中P元素的化合价降低，Ca5P3FO12为氧化剂，故答案为：4；30；21；1；3；30；20；Ca5P3FO12；
(2)流程中将氟磷灰石粉碎，可增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率，故答案为：增大氟磷灰石与稀硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率，提高浸取率；
(3)根据湿法流程图，氟磷灰石、浓盐酸在浸取槽中复分解反应，反应的化学方程式为Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF，反应生成了氢氟酸，氢氟酸能够腐蚀玻璃，因此浸取槽不能使用玻璃器皿，故答案为：Ca5 (PO4)3 F +10HCl=3H3PO4+5CaCl2+HF；玻璃会被氢氟酸腐蚀；
(4)①根据图像，盐酸实际用量/理论用量为1.05~1.10时所得的磷酸中氟含量及磷酸的浸取率较高且氟含量较低，故选C；
②盐酸稍过量，即盐酸实际用量/理论用量稍大于1，由于氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出，导致氟含量降低，故答案为：氢氟酸为弱酸，酸稍过量，抑制其电离，形成气体逸出；
③根据题意，鼓气可减少盐酸与氟磷灰石矿反应过程中液面的泡沫，利于HF逸出，当盐酸过量较多时，反应速率加快，产生大量的泡沫，反而不利于HF的逸出，会造成氟含量快速增加，故答案为：随着酸过量较多，反应速率加快，产生大量的泡沫，不利于HF的逸出；
(5)根据含磷微粒在不同pH下物质的量分布图，在pH=4左右时，溶液中主要以H2PO4-存在，在pH=10左右时，溶液中主要以HPO42-存在，因此用10 mol·L－1NaOH溶液滴定浸取液中盐酸和磷酸的浓度过程中，用甲基橙作指示剂时，氢氧化钠与盐酸反应生成氯化钠，与磷酸反应生成磷酸二氢钠，用百里酚酞作指示剂时，氢氧化钠与磷酸二氢钠反应生成磷酸一氢钠。
设盐酸的浓度为x，磷酸的浓度为y，则有y×0.01L=(0.0329-0.0273)L×1.0 mol/L，0.0273L×1.0 mol/L= y×0.01L+x×0.01L，解得x=2.17 mol/L，y=0.56 mol/L，故答案为：2.17。
2．（2019·云南高三高考模拟）废旧电池的回收处理，既能减少对环境的污染，又能实现资源的再生利用。将废旧锌锰电池初步处理后，所得废料含MnO2、MnOOH、Zn(OH)2及少量Fe等，用该废料制备Zn和MnO2的一种工艺流程如下：
已知：
①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化
②有关Ksp数据如下表所示
化合物
Mn(OH)2
Zn(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-13
10-17
10-38
回答下列问题：
(1)还原焙烧过程中，
MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO，该反应的化学方程式为___________。传统的工艺是使用浓盐酸在加热条件下直接处理废料，缺点是___________。
(2)酸漫时一般会适当加热并不断搅拌，其作用是___________，滤渣1和滤渣2主要成分的化学式依次是___________。
(3)净化时，先通入O2再加入MnCO3，其目的是___________；已知净化时溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，调节pH的合理范围是___________。
(4)电解制取MnO2时，MnO2在___________极产生。
(5)中科院研究人员将MnO2和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，该电池可将软饮料中的葡萄糖作为燃料获得能量，装置如图所示。此装置中b极的电极反应式为______________________。
【答案】（1）2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑ 反应过程中产生氯气，造成环境污染 加快酸浸时的反应速率 C、 Fe(OH)3 先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全 3≤pH<5.5 阳 C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+
【解析】
（1）MnOOH与炭黑反应，锰元素被还原为MnO ，因为碳过量时生成一氧化碳，方程式为：2MnOOH+C 2MnO+CO↑+H2O↑，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，造成环境污染。
（2）加热和搅拌都可以加快酸浸时的反应速率，碳不溶于水或酸，所以滤渣1为碳，溶液中通入氧气和加入碳酸锰，使铁元素变成Fe(OH)3沉淀而分离。
（3）实验过程中需要将亚铁离子氧化并沉淀，但不能将锰元素氧化和沉淀，因为二价锰在酸性条件下很稳定，所以先通入氧气，先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节pH使Fe3+沉淀完全，当铁离子浓度小于或等于10-5mol/L时认为完全沉淀，假设此时溶液中的氢氧根离子浓度为xmol/L，则有10-5×x3=10-38，解x=10-11mol/L，则溶液的pH为3，溶液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，形成Mn(OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为ymol/L，则有0.1×y2=10-13，形成Zn (OH)2沉淀时的氢氧根离子浓度为zmol/L，0.1×z2=10-17，y=10-6 mol/L，z=10-8 mol/L，对应的pH分别为8和6，且Mn2+在pH高于5.5时易被O2氧化，所以应调节pH范围为3≤pH<5.5。
（4）电解过程中锰元素化合价升高，在阳极生成二氧化锰。
（5）二氧化锰做氧化剂，得到电子，在正极反应，则葡萄糖失去电子，电极反应为：C6H12O6-2e-=C6H10O6+2H+。
二．解题思路
明确整个流程及每一部分的目的 → 仔细分析每步发生的反应及得到的产物 → 结合基础理论与实际问题思考 → 注意答题的模式与要点
1. 在解这类题目时：
首先，要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。
其次，再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。
第三，要看清所问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性。
在答题时应注意：前一问回答不了，并不一定会影响回答后面的问题。
2. 分析流程图需要掌握的技巧是：
⑴ 浏览全题，确定该流程的目的——由何原料获得何产物（副产物）,对比原料和产物；
⑵ 了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时
进行联系和调用；
⑶ 解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反应？利用了什么原理（氧化还原？溶解度？
溶液中的平衡？）。每一步操作进行到什么程度最佳？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？
3. 工业生产流程主线与核心的分析
⑴ 主线主产品。
⑵ 分支副产品。
⑶ 回头为循环。
典例1 （2019·安徽高三高考模拟）锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量 Fe2O3、FeO、A12O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如下图所示。
(1)溶浸生产中为提高SO2回收率可采取的措施有_________(填序号)
a.不断搅拌，使SO2和软锰矿浆充分接触
b.增大通入SO2的流速
c.减少软锰矿浆的进入量
d.减小通入SO2的流速
(2)已知：室温下，Ksp[A1(OH)3]=1×10-33，Ksp[Fe(OH)3]=l×10-39， pH=7.1 时 Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1× l0-6mol /L)，需调节溶液pH范围为_______。
(3)由硫酸锰与K2S2O8溶液常温下混合一周，慢慢得到球形二氧化锰(MnO2)。请写出发生反应的离子方程式___________。
(4)将MnO2和 Li2CO3按4：1的物质的量比配料，混合搅拌，然后升温至600℃〜750℃，制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式 _____________ 。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0＜x＜1)
①充电时，电池的阳极反应式为_________，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重______g。
②废旧锰酸锂电池可能残留有单质锂，拆解不当易爆炸、着火，为了安全，对拆解环境的要求是________。
【答案】ad 5.06时，银的产率降低的原因为__________________________。
(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=__________mol/L［已知：常温下，Ksp(AgNO2)=2×10-8 ，Ksp(AgCl)=1.8×10-10］
【答案】H6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag++OH-=AgOH↓，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；
(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)==1×10-7mol/L；由溶度积常数Ksp(AgCl)10，用NaClO溶液先将CN-不完全氧化为OCN-；第二步控制pH为7.5～8.5，用NaClO溶液完全氧化OCN-生成N2和两种盐。第一步控制强碱性的主要目的是_______，第二步反应的离子方程式为____________。
(5)已知蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：
用硫酸亚铁碱性试纸可以检验食品中是否含有CN-，方案如下：
若试纸变蓝则证明食品中含有CN-，基于普鲁士蓝的合成原理，请解释检测时试纸变蓝的原因：___________。
【答案】3Ca(OH)2 +FeSO4 +6HCN=Ca2Fe(CN)6 +CaSO4+6H2O CaCl2(KCl可答，也可不答) K2CO3 HCN有剧毒，防止生成HCN污染环境 2CNO-+3ClO- +H2O=N2↑ +3Cl-+2HCO3- Fe2+和CN- 反应生成[Fe(CN)6]4-，同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应生成蓝色沉淀
【解析】(1)步骤Ⅰ根据加入的反应物及生成物质，结合元素守恒，可得反应的化学方程式为3Ca(OH)2 +FeSO4 +6HCN=Ca2Fe(CN)6 +CaSO4+6H2O；
(2)步骤Ⅵ过滤所得的废液中含量较多的溶质为CaCl2(或答CaCl2、KCl）；
(3)步骤Ⅴ所用的试剂X是K2CO3；
(4)①NaCN是离子化合物，Na+与CN-通过离子键结合，CN-内C、N原子间通过三对共用电子对结合，所以NaCN的电子式为；
②第一步控制强碱性的主要目的是防止生成HCN，污染环境，用NaClO溶液先不完全氧化OCN-生成N2和两种盐，根据电子、电荷守恒，可知发生反应的离子方程式为2OCN-+3ClO-+2H2O=3Cl-+N2+2HCO3-；
(5) [Fe(CN)6]4-和Fe3+反应生成Fe4[Fe(CN)6]3蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3 [Fe(CN)6]4-+4Fe3+= Fe4[Fe(CN)6]3↓，基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-，碱性条件下，Fe2+与CN-结合生成[Fe(CN)6]4-，同时Fe2+被空气中的氧气氧化生成Fe3+，Fe3+与[Fe(CN)6]4-反应生成蓝色沉淀，而使试纸显蓝色。
精练：
1．（2018·福建高三高考模拟）元素铬(Cr)在自然界主要以+3价和+6价存在。
（1）+6价的Cr能引起细胞的突变而对人体不利，可用亚硫酸钠将其还原。离子反应方程式为：3SO32－+Cr2O72－+8H+===2Cr3++3SO42－+4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
（2）工业上利用铬铁矿( FeO. Cr2O3)冶炼铬的工艺流程如图所示：
①为加快焙烧速率和提高原料的利用率，可采取的措施之一是___________。
②水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是___________。
③浸出液的主要成分为Na2CrO4，加入Na2S反应后有Na2SO4生成，则操作Ⅱ发生反应的离子方程式为___________。
（3）常温下Cr(OH)3的溶度积Ksp=1×10－32，若要使Cr3+完全沉淀pH为___________[c(Cr3+)降至10－5mol·L－1可认为完全沉淀]。
（4）以铬酸钠(Na2CrO4)为原料，用电化学法可制备重铬酸钠(Na2Cr2O7)，实验装置如图所示(已知：2CrO42－+2H+=Cr2O72－+H2O)。
①阳极的电极反应式为___________。
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由amol变为bmol，则生成重铬酸钠的物质的量为___________mol。
【答案】1︰3 将铬铁矿粉碎(或其他合理措施) 过滤 8CrO42-＋3S2－＋20H2O===8Cr(OH)3↓＋3SO42-＋16OH－ 5（或≥5） 2H2O﹣4e－===O2↑＋4H＋（或4OH－﹣4e－===O2↑＋2H2O） （a-b）/2
【解析】（1）还原剂为SO32－，氧化剂为Cr2O72－，由离子反应方程式为：3SO32－+Cr2O72－+8H+===2Cr3++3SO42－+4H2O，该反应氧化剂和还原剂的物质的量之比为1︰3；
（2）①影响化学反应速率的因素有：固体物质的表面积、加热焙烧等，则可采取的措施是：将铬铁矿粉碎(或其他合理措施) 。
②可用过滤分离固体和液体，水浸Ⅰ要获得浸出液的操作是过滤；
③Na2CrO4将Na2S氧化成Na2SO4，由电子守恒和质量守恒得操作Ⅱ发生反应的离子方程式为：8CrO42-＋3S2－＋20H2O===8Cr(OH)3↓＋3SO42-＋16OH－
（3）KspCr（OH）3=c（Cr3＋）×c3（OH－），若c（Cr3＋）=10-5mol·L－1时，c（OH－）= mol·L－1=10-9mol·L－1，常温时c（H＋）=10-5mol·L－1，pH=5（或≥5）；
（4）①电解池中阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH－-4e－=2H2O+O2↑，故答案为：2H2O﹣4e－===O2↑＋4H＋（或4OH－﹣4e－===O2↑＋2H2O）；
②电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na＋物质的量由a mol变为b mol，则溶液中移动的电荷为（a-b）mol，所以外电路中转移的电子为（a-b）mol，阳极的电极反应为：2H2O-4e－=O2+4H＋，则阳极生成的氢离子为（a-b）mol，已知：2CrO42－+2H＋=Cr2O72－+H2O，所以阳极消耗的CrO42－为（a-b）mol，则生成重铬酸钠的物质的量为（a-b）/2mol。
2．（2019·湖北高三高考模拟）氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：
已知：I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下：
元素组成
Zn
Pb
Cu
Cl
F
质量分数%
59.78
9.07
0.30
2.24
1.80
Ⅱ.浸出”时，大部分锌元素以Zn(NH3)42＋形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。
(1)氨的电子式______________________。
(2)“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_________________________________；“浸出”时温度不宜过高，其原因为____________________________________________。
(3)若“浸出”后，所得溶液中c(F－)=0.02mol/L，向其中加入等体积的氯化钙溶液(忽略溶液体积变化)，使F－沉淀完全即溶液中c(F－)<10－5
mol/L，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为___________。已知：Ksp(CaF2)=3.45×10－11
(4)“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有___________；“净化”时，利用活性炭___________性，除去溶液中残留的有机物。
(5)“沉淀”时，可得到滤渣Zn(NH3)2Cl2。所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为____________________________________________。
(6)“一次水解”时，产物为Zn(OH)xCly。取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为___________。
【答案】 ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42++H2O 或 ZnO+2NH3·H2 O +2NH4+=Zn(NH3)42++3H2O 避免氨水的分解与挥发 0.70mol·L-1 Pb、Cu 吸附 Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl Zn(OH)1.6Cl0.4
【解析】（1）氨的分子式为NH3，其电子式为；
（2）根据信息，浸出时，大部分锌元素以Zn(NH3)42＋形式存在溶液中，根据流程图，反应的离子方程式为ZnO＋2NH3＋2NH4＋=Zn(NH3)42＋＋H2O或ZnO＋＋2NH3·H2O＋2NH4＋=Zn(NH3)42＋＋3H2O；氨水易挥发，受热易分解，因此浸出时温度不宜过高原因是防止氨水的分解与挥发；
（3）取1Lc(F－)＝0.02mol·L－1浸出液，加1L氯化钙溶液，令c（Ca2＋）为xmol·L－1，混合后溶液体积为2L，溶液中留下的n（F－）=2L×10-5 mol·L－1=2×10-5 mol，沉淀的n（F－）=0.02mol·L－1×1L－2×10-5 mol≈0.02mol，沉淀的n（Ca2＋）=0.01mol，Ksp((CaF2)=c（Ca2＋）．c2（F－）=3.45×10-11，余下的溶液中c（Ca2＋）=3.45×10-11/(10-5)2=0.345mol·L－1，余下的溶液中n（Ca2＋）=0.345mol/L×2L=0.69mol，故加入的c（Ca2＋）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70mol·L－1，使F－ 沉淀完全即溶液中c(F－)＜10-5mol·L－1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70mol·L－1；
（4）根据氧化锌烟灰的成分，Zn的活泼性强于Pb、Cu，"置换"时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb、Cu；净化时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物；
（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn(NH3)Cl2，所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl；
（6）n(ZnO)=8.1g/81g·mol－1=0.1mol，根据原子守恒，Zn(OH)xCly的物质的量为0.1mol，则M（Zn(OH)xCly）=10.64g/0.1mol=106.4g·mol－1
，x+y=2，65+17x+35.5y=106.4，解得：x=1.6，y=0.4，则一次水解产物的化学式为Zn(OH)1.6Cl0.4。
2. 分段分析
典例1（2019·四川高三高考模拟）（华大新高考联盟2019届高三1月教学质量测评理科综合）镍钴锰酸锂电池是一种高功率动力电池。采用废旧锂离子电池回收工艺制备镍钴锰酸锂三元正极材料(LiNi1－x－y) Cox MnyO2)的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）能够提高碱浸效率的方法有________(至少写两种)。
（2）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是________。
（3）LiCoO2中Co元素化合价为____，其参与“还原”反应的离子方程式为__________。
（4）溶液温度和浸渍时间对钻的浸出率影响如图所示：
则浸出过程的最佳条件是______。
（5）已知溶液中Co2+的浓度为1.0mol·L－1，缓慢通入氨气，使其产生Co(OH)2沉淀，列式计算Co2+沉淀完全时溶液的pH______(已知离子沉淀完全时c(Co2+)≤1.0×10－5mol·L－1，Ksp[Co(OH)2]=2.0×10－15，1g2=0.3，溶液体积变化忽略不计)
（6）写出“高温烧结固相合成”过程的化学方程式________。
【答案】减小原料粒径（或粉碎）、适当增加NaOH溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等 Li+
从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中 +3价 2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑ 75℃、30min Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)c2(OH-)，c(OH-)===×10-5
c(H+)=Kw/ c(OH-)==10-9，pH=-lgc(H+)=-lg（10-9）=9.15 (4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O
【解析】（1）提高浸出率的方法有减小原料粒径（或粉碎）、适当增加溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等方法。
故答案为：减小原料粒径（或粉碎）、适当增加NaOH溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等。
（2）废旧锂离子电池拆解前进行“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。
故答案为：Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中。
（3）LiCoO2中Li元素为+1价，O元素为-2价，故Co元素化合价为+3价，LiCoO2为难溶物，H2SO4为强电解质，H2O2还原LiCoO2中+3价Co元素，反应的离子方程式为2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑。
故答案为：+3价；2LiCoO2+6H++H2O2=2Li++2Co2++4H2O+O2↑。
（4）由图可知，在75℃、30min条件下钴的浸出率最高。
故答案为：75℃、30min。
（5）Ksp[Co(OH)2]=2.0×10－15，沉淀完全时c(OH-)===10-5mol/L，c(H+)=Kw/ c(OH-)==10-9，pH=-lgc(H+)=-lg（10-9）=9.15
故答案为：9.15。
（6）Ni2+、Co2+、Mn2+与NH3H2O反应分别生成Ni(OH)2、Co(OH)2、Mn(OH)2与Li2CO3，高温烧结固相合成LiNi(1-x-y)CoxMnyO2，根据原子守恒可得到化学方程式为(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O。
故答案为：(4-4x-4y)Ni(OH)2+4xCo(OH)2+4yMn(OH)2+2Li2CO3+O24LiNi(1-x-y)CoxMnyO2+2CO2+4H2O。
典例2 （2018·河南高三高考模拟）氧化材料具有高硬度、高强度、高韧性、极高的耐磨性及耐化学腐蚀性等优良的物化性能。以锆英石(主要成分为 ZrSiO4，含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3
等杂质)为原料通过碱熔法制备氧化锆(ZrO2)的流程如下：
25℃时，有关离子在水溶液中沉淀时的pH数据：
Fe(OH)3
Zr(OH)4
Al(OH)3
开始沉淀时pH
1.9
2.2
3.4
沉淀完全时pH
3.2
3.2
4.7
请回答下列问题：
(1)流程中旨在提高化学反应速率的措施有___________。
(2)操作I的名称是___________滤渣2的成分为___________。
(3)锆英石经“高温熔融”转化为Na2ZrO3，写出该反应的化学方程式：___________。
(4)“调节pH”时，合适的pH范围是___________。为了得到纯的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是___________。
(5)写出“高温煅烧”过程的化学方程式___________。根据ZrO2的性质，推测其两种用途___________。
【答案】粉碎、高温 过滤 硅酸(H2SiO3或H4SiO4) ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O 3.2
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