2020届一轮复习人教版化工流程（一）学案

2020届一轮复习人教版化工流程（一）学案

第4讲 化工流程 （一）‎ ‎1.（2019全国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 ℃“溶侵”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). NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3; (2). Fe2O3、Al2O3、SiO2 (3). KSCN (4). 一元弱酸 (5). 目的是将B(OH)−4转化为H3BO3，并促进H3BO3析出 (6). 2Mg2++2H2O+3CO32-=Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3- (7). 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 (8). 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。‎ ‎2.（2019全国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）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：‎ ‎①在回转窑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______________________。回转窑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______________________。‎ ‎（2）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。以淀粉溶液为指示剂，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). BaSO4+4CBaS+4CO↑ (3). CO+H2OCO2+H2 (4). BaCO3 (5). S2−+Ba2++Zn2++BaS·BaSO4↓ (6). 浅蓝色至无色 (7). ‎ ‎【解析】（1）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；‎ BaSO4+4C=BaS+4CO↑ CO+H2O=CO2+H2‎ ‎②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，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；‎ 答案：BaCO3‎ ‎③硫化钡与硫酸锌可溶性强电解质，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↓；‎ ‎（2）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nmol：‎ S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2‎ ‎1mol 1mol 2mol 1mol n mol nmol 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%‎ 答案：×100%‎ ‎3.（2019全国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的作用是将________________________。‎ ‎（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） (2). MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O (3). 将Fe2+氧化为Fe3+ (4). 4.7 (5). NiS和ZnS (6). F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动 (7). Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O (8). ‎ ‎【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除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；‎ ‎（5）由HF H++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 ‎4. （2018课标Ⅰ）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式__________。‎ ‎（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：‎ ‎①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。‎ ‎②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。‎ ‎（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，__________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。‎ ‎（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.01000 mol·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。‎ ‎【答案】 (1). 2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O (2). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液 (4). 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑ (5). a (6). S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ (7). 0.128‎ ‎【解析】（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；‎ ‎（2）①碳酸钠饱和溶液吸收SO2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为NaHSO3；‎ ‎②‎ 要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSO3过饱和溶液；‎ ‎（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。‎ ‎（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是。‎ 点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。‎ ‎5. （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+3O2‎ ‎2ZnO+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。‎ 点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。‎ ‎6. （2018课标Ⅲ） KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：‎ ‎（1）KIO3的化学名称是_______。‎ ‎（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：‎ ‎“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。‎ ‎（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式______。‎ ‎②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。‎ ‎③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。‎ ‎【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (5). 2H2O+2e－2OH－+H2↑ (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境 等 ‎【解析】（1）根据氯酸钾（KClO3）可以推测KIO3为碘酸钾。‎ ‎（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。‎ ‎（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑。‎ ‎②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。‎ ‎③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。‎ 点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2 + 6KOH = KIO3 + 5KI + 3H2O，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。‎ 考纲解读 考点 内容 说明 常见金属元素（如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等）‎ ‎① 了解常见金属的活动顺序。‎ ‎② 了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。‎ ‎③ 了解合金的概念及其重要应用。‎ 化工流程题是每年必考题。‎ ‎ ‎ 考点精讲 无机化工流程题的特点：‎ 规律：主线主产品、分支副产品、回头为循环。‎ 核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制。‎ ‎1. 流程的呈现主要有以物质转化为主线，以操作过程为主线，甚至有时候会以设备为主线。‎ ‎2. 这类题常围绕以下几个知识点进行设问：‎ ‎⑴　反应速率与平衡理论的运用 ‎ 反应物颗粒大小：反应速率、原料的利用率等 温度：反应速率、物质的稳定性、物质的结晶等 ‎⑵ 氧化还原反应的判断、化学方程式或离子方程式的书写；‎ ‎⑶ 利用控制pH分离除杂；‎ ‎⑷ 化学反应的能量变化；‎ ‎⑸ 实验基本操作：除杂、分离、检验、洗涤、干燥等；‎ ‎⑹ 流程中的物质转化和循环，资源的回收和利用；‎ ‎⑺ 环境保护与绿色化学评价。‎ 考点一 原料处理的方法和作用 对原料进行预处理的常用方法及其作用：‎ ‎1. 粉碎、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，加快反应速率。‎ ‎2. 水浸：与水接触反应或溶解。‎ ‎3. 酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，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。近年来，在高考题出现了“浸出”操作。在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂，使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。‎ ‎4. 浸出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少(更多转化)。‎ ‎5. 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，将有机碘转化为碘盐。‎ ‎6. 灼烧、焙烧、煅烧：改变结构和组成，使一些物质能溶解；并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土和石灰石。‎ 典例1（2016课标Ⅰ）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 。‎ ‎（2）“平炉”中发生的化学方程式为 。‎ ‎（3）“平炉”中需要加压，其目的是 。‎ ‎（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。‎ ‎①“歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4、MnO2和 （写化学式）。‎ ‎②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为 ，阴极逸出的气体是 。‎ ‎ ③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为 。‎ ‎（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为 （列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。‎ ‎【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；‎ ‎（2）2MnO2+4KOH + O22K2MnO4+2H2O；‎ ‎（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；‎ ‎（4）①KHCO3；②MnO42−−e−=MnO4−；H2；③3:2；‎ ‎（5）。‎ ‎【解析】（1）MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率，使更多的软锰矿反应转化为生成物，从而提高其转化率，因此要将其粉碎成细小的颗粒；（2）根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时会反应产生K2MnO4，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物质是H2O，根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气的状态是气态，在“平炉”中增大压强，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；再结合外界条件对化学平衡移动的影响，任何反应都具有一定的可逆性，该反应的正反应是气体体积减小的反应。若增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，这时K2MnO4会发生歧化反应，生成KMnO4、MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是KHCO3‎ ‎；根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽阳极，MnO42−失去电子，发生氧化反应，产生MnO4−。阳极的电极反应式是：MnO42−−e−=MnO4−；在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，阴极的电极反应式是：2H2O+2e−=H2↑+2OH−。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH 可知，K2MnO4完全转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反应的K2MnO4中只有2/3反应转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是2/3，故“电解法”和“CO2歧化法”制取KMnO4时K2MnO4的理论利用率之比为1:2/3=3:2；（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，则配制的溶液的浓度为：。则1.0800 g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=c·V=，由于样品的质量是1.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：ω=。‎ ‎【名师点睛】化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，所以要使反应速率加快，可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析，但是平衡移动的趋势是微弱的。要会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小，转化率大的反应速率不一定快，物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念，要掌握其区别与联系。要会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查，反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。‎ 典例2锰是冶炼工业中常用的添加剂。以碳酸锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下：‎ 已知‎25℃‎，部分物质的溶度积常数如下：‎ 物质 Mn(OH)2‎ Co(OH)2‎ Ni(OH)2‎ MnS CoS NiS Ksp ‎2.1×10－13‎ ‎3.0×10－16‎ ‎5.0×10－16‎ ‎1.0×10－11‎ ‎5.0×10－22‎ ‎1.0×10－22‎ ‎(1)步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式是______________________，加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，以除去Fe3＋。‎ ‎(3)步骤Ⅲ中，滤渣2的主要成分是____________。‎ ‎(4)步骤Ⅳ中，在________(填“阴”或“阳”)极析出Mn，电极反应为_______________。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O ‎(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ‎(3)CoS和NiS ‎(4)阴　Mn2＋＋2e－===Mn ‎【解析】‎ ‎(1)碳酸锰与硫酸反应生成硫酸锰，二氧化碳和水，化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(2)MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO2被还原成Mn2＋，发生反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。‎ ‎(3)步骤Ⅲ中加入(NH4)2S，除掉的是Co2＋和Ni2＋，所以滤渣2的主要成分是CoS和NiS。‎ ‎(4)Mn2＋在阴极发生还原反应生成Mn，电极反应为Mn2＋＋2e－===Mn。‎ 考点一精练：‎ ‎1．(2019·江苏常州模拟)以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料，制取氧化钴的流程如下：‎ ‎(1)溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，再将洗液与滤液合并的目的是___________。‎ ‎(2)氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2＋氧化成Fe3＋，其离子方程式是__________。‎ 已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O。‎ ‎3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)‎ ‎4Fe3＋＋3[Fe(CN)6]4－===Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)‎ 确定Fe2＋是否氧化完全的方法是___________。‎ ‎(可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)‎ ‎(3)除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12‎ ‎]沉淀，写出该反应的化学方程式：________________________________。‎ ‎(4)沉淀：生成的碱式碳酸钴[(CoCO3)2·3Co(OH)2]，沉淀需洗涤，洗涤的操___________。‎ ‎(5)溶解：CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是___________________________。‎ ‎(6)灼烧：准确称取‎1.470 g CoC2O4，在空气中充分灼烧得‎0.830 g氧化钴，写出氧化钴的化学式：________。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)提高Co的浸取率 ‎(2)6Fe2＋＋6H＋＋ClO6Fe3＋＋Cl－＋3H2O　取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2＋已全部被氧化 ‎(3)3Fe2(SO4)3＋6H2O＋6Na2CO3===Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋5Na2SO4＋6CO2↑‎ ‎(4)沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置待溶液流下，重复操作2～3次 ‎(5)防止因温度降低，CoCl2晶体析出 ‎(6)Co2O3‎ ‎【解析】‎ ‎(1)溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，洗液与滤液合并，有利于提高原料中钴元素的利用率，便于提高氧化钴的产率。‎ ‎(2)根据氧化还原反应的一般规律，NaClO3将Fe2＋氧化成Fe3＋的同时，自身被还原为氯离子；根据题给信息，溶液中含Fe2＋时，加入铁氰化钾会生成蓝色沉淀，因此取氧化后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2＋已全部被氧化。‎ ‎(3)根据氧化后的溶液中存在Fe2(SO4)3，除铁时加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，同时应该生成二氧化碳气体，结合质量守恒定律，还有硫酸钠生成，因为产物中含有H元素，故需有水参加反应。‎ ‎(4)根据洗涤沉淀的方法，洗涤的操作是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置待溶液自然流下，重复操作2～3次。‎ ‎(5)CoCl2的溶解度受温度的影响较大，趁热过滤的原因是防止温度降低后CoCl2晶体析出。‎ ‎(6)‎1.470 g CoC2O4中含有Co的质量为‎1.470 g×＝‎0.59 g,‎0.830 g氧化钴中含有O元素的质量为 ‎0.830 g‎－‎0.59 g＝‎0.24 g，＝＝，因此氧化钴的化学式为Co2O3。‎ ‎2．实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、MgSO4，含有少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下:‎ ‎（1）为加快酸溶速率,可采取的办法有______,写出酸溶时废渣中主要成分发生反应的化学方程式为_____________。‎ ‎（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_________________。‎ ‎（3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+。‎ ‎①检验溶液中是否含有Fe3+的最佳试剂是_________________。‎ ‎②为使Fe3+ 尽可能多地从水相转移至有机相,采取的操作:向水溶液中加入一定量的萃取剂，_______、静置、分液,并重复多次。‎ ‎③萃取时,向混合溶液（含Fe2+、Al3+、Mg2+）中加入适量盐酸,使Fe2+ 与Cl-生成[FeCl4]-,再用足量的乙醚(Et2O)进行萃取,乙醚与H+结合,生成了离子Et2O·H+,由于[FeCl4]-与Et2O·H+离子容易形成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-。该缔合物中,Cl-和Et2O分别取代了Fe2+和H+的配位水分子,并且中和了电荷,具有疏水性,能够溶于乙醚中。因此,就从水相转移到有机相中。该萃取剂不能萃取Al3+、Mg2+的原因是_________。‎ ‎（4）已知:Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,Ksp[(Mg(OH)2)=1.0×10-12.pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀。室温下,除去MgSO4溶液中的Al3+（使其浓度小于1×10-6mol·L-1）,需加入氨水调节溶液pH的范围为____________。‎ ‎（5）向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3 沉淀并用蒸馏水洗涤,检验沉淀是否洗净的操作是________________。‎ ‎（6）干燥时需低温干燥，温度较高时发生副反应,写出MgCO3·3H2O在323K温度时发生转化的化学方程式________________。‎ ‎【答案】 适当升高温度、搅拌、提高硫酸浓度(答案合理即给分) MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O KSCN 溶液 充分振荡 A13+、Mg2+与Cl-结合(生成配离子) 的能力很弱 5.0-8.5 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全。 5MgCO3·3H2OMg5(OH)2(CO3)4·4H2O+CO2↑+10H2O ‎【解析】(1) 适当升高温度、用工具搅拌、提高硫酸浓度等都可以加快酸溶速率；酸溶时废渣中的MgCO3、少量Fe、Al的氧化物都能被酸溶解，其中主要的反应的化学方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，故答案为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；‎ ‎(2)加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；‎ ‎(3)①检验溶液中是否含有Fe3+的最佳方法是加入KSCN 溶液，若溶液变成红色，说明含有Fe3+，故答案为：KSCN 溶液；‎ ‎②萃取时，为使溶质尽可能被萃取，应充分振荡，以充分接触而分离，故答案为：充分振荡；‎ ‎③根据题意，Fe2+ 与Cl-生成[FeCl4]-，再用足量的乙醚(Et2O)进行萃取，乙醚与H+结合，生成了离子Et2O·H+，由于[FeCl4]-与Et2O·H+离子容易形成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-，能够溶于乙醚中。因此，就从水相转移到有机相中。而A13+、Mg2+与Cl-结合(生成配离子) 的能力很弱，Al3+、Mg2+仍然留在水相中，故答案为：A13+、Mg2+与Cl-结合(生成配离子) 的能力很弱；‎ ‎(4)pH=8.5时Mn(OH)2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol•L-1，解得：c(OH-)=1×10-9mol•L-1，c(H+)=1×10-5mol•L-1pH=5，同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0＜pH＜8.5，故答案为：5.0＜pH＜8.5；‎ ‎ (5)向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3 沉淀并用蒸馏水洗涤，检验沉淀是否洗净只需要具有洗涤液中是否存在SO42-‎ 即可，具体方法为取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全，故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全；‎ ‎(6)MgCO3•3H2O在323K温度时转化成Mg5(OH)2(CO3)4•4H2O，反应的化学方程式为5MgCO3•3H2OMg5(OH)2(CO3)4•4H2O+CO2↑+10H2O，故答案为：5MgCO3•3H2OMg5(OH)2(CO3)4•4H2O+CO2↑+10H2O。‎ 考点二 实验条件的控制和目的 一. 掌握核心化学反应 ‎1. 元素及其化合物知识：化工生产将原料转变成产品的过程，也是物质经历相互转化的过程。理解物质之间的转化关系，就要用到元素及其化合物的相关知识。一般围绕铁、铜、铝、镁、氯、硫、磷、硅等元素的单质或化合物的工业制备来进行命题，需要掌握这些元素及其化合物的知识 ‎2. 还要掌握有关化工生产的知识，熟悉的有纯碱工业、氨工业、硅单质的制备、氯碱工业、海水中提取镁、海水中提取溴等；‎ ‎3. 化学反应原理：化工生产中把原料转变成产品的过程就是化学反应的过程，从化学反应原理的角度选择原料、控制条件和选择设备等，是化工生产的基本思路。化学反应原理的相关知识包括质量守恒定律、化学反应速率、化学平衡、电化学、化学热力学等，做到能综合运用这些知识分析化工生产中化学反应的情况。‎ ‎① 调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。在题目中常以表格形式给出信息。‎ 例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3‎ ‎2.7‎ ‎3.7‎ Fe(OH)2‎ ‎7.6‎ ‎9.6‎ Mn(OH)2‎ ‎8.3‎ ‎9.8‎ 若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，应该怎样做？‎ 提示：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH到3.7。‎ 调节pH所需的物质一般应满足两点：‎ 能与H＋反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。‎ ‎ 调节溶液的pH：“酸作用还可以除去氧化物（膜）；“碱作用”还可以除去油污、除去铝片氧化物、溶解铝、二氧化硅。‎ ‎② 控制体系的温度 a．控制低温：防止物质的分解，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解，如冰水洗涤，以防止洗涤过程中的溶解损耗；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收；‎ b．采取加热：加速某固体的溶解，加快反应速率；减少气体生成物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移动；趁热过滤，防止某物质降温时因析出而损耗或带入新的杂质；‎ c．控制范围：确保催化剂的催化效果，兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。‎ 二. 明确反应原理 注意每一步在什么条件下，发生了什么反应，生成了什么物质，这些物质分别到哪里去了。如转化成了沉淀还是气体或生成了其他物质。‎ 典例1 (2019·四川双流中学月考)氯酸镁常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：‎ 已知：‎ ‎①卤块的主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。‎ ‎②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)的变化曲线如图所示。‎ ‎(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有________________________。‎ ‎(2)加入MgO后过滤所得滤渣的主要成分的化学式为________。‎ ‎(3)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的化学方程式为_________，‎ 进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为①________；________；洗涤；②将滤液冷却结晶；③过滤、洗涤。‎ ‎(4)产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：[已知Mg(ClO3)2·6H2O的摩尔质量为‎299 g·mol－1]‎ 步骤1：准确称量‎3.50 g产品配成100 mL溶液。‎ 步骤2：取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL稀硫酸和20.00 mL 1.000 mol·L－1的FeSO4溶液，微热。‎ 步骤3：冷却至室温，用0.100 mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定剩余的Fe2＋至终点。反应的方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。‎ 步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00 mL。‎ ‎①写出步骤2中发生反应的离子方程式：‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ ‎②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为________。(保留到小数点后一位)‎ ‎【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒 ‎(2)Fe(OH)3‎ ‎(3)MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓　蒸发浓缩或蒸发结晶　趁热过滤 ‎(4)①ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O　②78.3%‎ ‎【解析】‎ ‎(1)过滤所需要的主要玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。‎ ‎(2)加入KMnO4的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加BaCl2除去SO，此时溶液中的溶质主要为MgCl2、FeCl3，加入MgO调节溶液pH，可将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而与MgCl2分离。‎ ‎(3)过滤后所得溶液中的溶质为MgCl2，MgCl2溶液中加入NaClO3后生成的NaCl的溶解度小，在饱和溶液中以沉淀的形式析出，故发生反应的化学方程式为MgCl2＋2NaClO3===Mg(ClO3)2＋2NaCl↓；加入NaClO3后生成Mg(ClO3)2溶液和NaCl沉淀，可以先将混合物蒸发浓缩，使更多的NaCl沉淀析出；由于Mg(ClO3)2的溶解度随温度的降低而降低，为了减少Mg(ClO3)2的析出，必须在较高温度下过滤，得到含Mg(ClO3)2的滤液，洗涤沉淀得到NaCl晶体，再对滤液进行冷却结晶，得到Mg(ClO3)2·6H2O晶体。‎ ‎(4)①ClO具有氧化性，Fe2＋具有还原性，两者在酸性条件下反应，离子方程式为ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；②根据Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，K2Cr2O7溶液滴定的Fe2＋的物质的量为6×0.100×15.00×10－3mol＝9×10－3mol，所以ClO消耗的Fe2＋的物质的量为20×10－3 mol －9×10－3 mol＝0.011 mol，根据ClO＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O，可得ClO的物质的量为 mol，所以原100 mL样品溶液中ClO的物质的量为 mol×10＝ mol,‎3.5 g样品中Mg(ClO3)2·6H2O的物质的量为 mol，质量为×‎299 g，故Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为×100%≈78.3% 。‎ 典例2（2016江苏）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：‎ ‎ ‎ ‎（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。‎ ‎①生成Ca(ClO)2的化学方程式为 ▲ 。‎ ‎②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有 ▲ （填序号）。‎ A．适当减缓通入Cl2速率 B．充分搅拌浆料 C．加水使Ca(OH)2完全溶解 ‎（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为 ‎6Ca(OH)2+6Cl2===Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O 氯化完成后过滤。‎ ‎①滤渣的主要成分为 ▲ （填化学式）。‎ ‎②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2] ▲ 1∶5（填“＞”、“＜”或“=”）。‎ ‎（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g▪L-1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 ▲ 。 ‎ ‎【答案】（1）①2Cl2+2Ca(OH)2===Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O ②AB （2）①CaCO3、Ca(OH)2 ②＜ ‎ ‎（3）蒸发浓缩、冷却结晶 ‎【解析】（1）①氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca(ClO)2的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。‎ ‎②A．适当减缓通入Cl2‎ 速率可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，B正确；C．加水使Ca(OH)2完全溶解氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误，答案选AB。‎ ‎（2）①碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。‎ ‎②由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2]＜1∶5。‎ ‎（3）根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。‎ ‎【名师点晴】无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力，所以这类题成为近年来高考的必考题型。流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。‎ 考点二精练：‎ ‎1．(2019·江西上饶一中等重点中学联考)利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：‎ 已知：①硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋，其次是Fe3＋、Al3＋、Ca2＋和Mg2＋。‎ ‎②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 Fe3＋‎ Mg2＋‎ Al3＋‎ Cr3＋‎ 沉淀完全时的pH ‎3.7‎ ‎11.1‎ ‎5.4(>8溶解)‎ ‎9(>9)溶解 ‎(1)实验室用18.4 mol·L－1的浓硫酸配制480 mL 2 mol·L－1的硫酸，需要量取浓硫酸________ mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需____________。‎ ‎(2)H2O2的作用是将滤液Ⅰ中的Cr3＋转化为Cr2O，写出此反应的离子方程式：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性，既可以除去某些杂质离子，同时又可以将Cr2O转化为______________(填微粒的化学式)。‎ ‎(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn＋＋nNaR===MRn＋nNa＋，则利用钠离子交换树脂可除去滤液Ⅱ中的金属阳离子有________。‎ ‎(5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：____________________。‎ ‎(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－的浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：‎ 银盐性质 AgCl AgI AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 黄 白 砖红 白 Ksp ‎1.8×10－10‎ ‎8.3×10－17‎ ‎1.2×10－16‎ ‎3.5×10－11‎ ‎1.0×10－12‎ 滴定时可选为滴定指示剂的是________(填编号)，滴定终点的现象是 ‎________________________________________________________________________。‎ A．NaCl B．K2CrO‎4 C．KI D．NaCN ‎【答案】‎ ‎(1)54.3　500 mL容量瓶、胶头滴管 ‎(2)2Cr3＋＋3H2O2＋H2O===Cr2O＋8H＋‎ ‎(3)CrO　(4)Mg2＋、Ca2＋‎ ‎(5)2CrO＋3SO2＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－‎ ‎(6)B　当滴入最后一滴标准液时，出现砖红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 ‎【解析】‎ ‎(1)根据“大而近”的原则，配制480 mL溶液应选用500 mL容量瓶。根据c(浓溶液)·V(浓溶液)＝c(稀溶液)·V(稀溶液)，有18.4 moI·L－1×V(浓H2SO4)＝2 mol·L－1×500 mL，解得V(浓H2SO4)≈54.3 mL，故需要量取浓硫酸的体积为54.3 mL。配制溶液的实验步骤：计算→量取→稀释→冷却→转移→洗涤→初步振荡→定容→摇匀→装瓶贴标签，配制时所用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需500 mL容量瓶、胶头滴管。‎ ‎(2)H2O2将Cr3＋氧化成Cr2O，根据得失电子守恒、原子守恒及滤液Ⅰ呈酸性可得反应的离子方程式为3H2O2＋2Cr3＋＋H2O===Cr2O＋8H＋。‎ ‎(3)根据各金属阳离子沉淀完全时的pH，加入NaOH溶液调节溶液pH＝8，可以将Fe3＋、Al3＋完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去；同时将Cr2O转化为CrO，该反应可表示为Cr2O＋2OH－===2CrO＋H2O。‎ ‎(4)经上述处理后，滤液Ⅱ中还有Ca2＋、Mg2＋，可利用钠离子交换树脂除去。‎ ‎(5)根据流程，加入SO2可将CrO还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，SO2被氧化成SO，反应可写成SO2＋CrO―→Cr(OH)(H2O)5SO4‎ ‎↓，S元素的化合价由＋4价升高至＋6价，Cr元素的化合价由＋6价降低至＋3价，根据得失电子守恒配平为3SO2＋2CrO―→2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO，结合原子守恒、电荷守恒和溶液呈碱性，配平离子方程式为3SO2＋2CrO＋12H2O===2Cr(OH)(H2O)5SO4↓＋SO＋2OH－。‎ ‎(6)A项，若选择NaCl作指示剂，AgCl、AgSCN的颜色都是白色，无法判断滴定终点；B项，若选用K2CrO4作指示剂，Ksp(Ag2CrO4)>Ksp(AgSCN)，滴入的AgNO3先与SCN－形成沉淀，当SCN－沉淀完全，AgNO3溶液与K2CrO4反应产生砖红色沉淀，可判断滴定终点；C项，若选用KI作指示剂，Ksp(AgI)≪Ksp(AgSCN)，AgSCN与AgI类型相同，更易形成AgI沉淀；D项，若选用NaCN作指示剂，由于Ksp(AgCN)≪Ksp(AgSCN)，AgSCN与AgCN类型相同，更易形成AgCN沉淀，且AgCN、AgSCN的颜色都是白色，无法判晰滴定终点。‎ ‎2．工业上由铝土矿(主要成分是Al2O3和Fe2O3)和焦炭制备无水AlCl3的流程如下：‎ 已知：AlCl3、FeCl3分别在‎183 ℃‎，‎315 ℃‎升华 ‎(1)在焙烧炉中发生反应：‎ ‎①Fe2O3(s)＋‎3C(s)2Fe(s)＋3CO(g)‎ ΔH＝－492.7 kJ·mol－1‎ ‎②3CO(g)＋Fe2O3(s)2Fe(s)＋3CO2(g)‎ ΔH＝＋25.2 kJ·mol－1‎ 反应2Fe2O3(s)＋‎3C(s)4Fe(s)＋3CO2(g)‎ ΔH＝________ kJ·mol－1。‎ ‎(2)①Al2O3、Cl2和C在氯化炉中高温下发生反应，当生成1 mol AlCl3时转移________ mol电子；炉气中含有大量CO和少量Cl2，可用Na2SO3溶液除去Cl2，其离子方程式为___________________________。‎ 充分反应后温度降至________以下(填“183 ℃”或“315 ℃”之一)，开始分离收集AlCl3。‎ ‎②将AlCl3·6H2O溶于浓硫酸进行蒸馏，也能得到一定量的无水AlCl3，此原理是利用浓硫酸下列性质中的________(填字母)。‎ ‎①氧化性　②吸水性　③难挥发性　④脱水性 a．①　　b．②‎ c．②③ d．②③④‎ ‎(3)海洋灯塔电池是利用铝、石墨为电极材料，海水为电解质溶液构成电池的，其正极反应式为______________________，与铅蓄电池相比，释放相同电量时，所消耗金属电极材料的质量比m(Al):m(Pb)＝________。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)－467.5‎ ‎(2)①3　Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋　‎315 ℃‎　②c ‎(3)O2＋4e－＋2H2O===4OH－　2:23‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由①＋②得所求方程式，所以ΔH＝－467.5 kJ·mol－1。‎ ‎(2)①由Al2O3＋3Cl2＋‎3C===2AlCl3＋3CO知，生成 2 mol AlCl3转移电子数为6，则1 mol AlCl3时转移3 mol电子；根据题意得：Cl2＋SO＋H2O===2Cl－＋SO＋2H＋；Al＋FeCl3===Fe＋AlCl3由于AlCl‎3升华而FeCl3不升华，温度应在‎315 ℃‎以下。‎ ‎②此处只用到吸水性，难挥发性。‎ ‎(3)设都放出6 mol e－，需要Al 2 mol，Pb 3 mol，其质量比为(2 mol×‎27 g·mol－1):(3 mol×‎207 g·mol－1)＝2:23。‎ 考点三 物质分离或提纯的方法 ‎ 化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。‎ ‎1. 蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的 气流中加热，以防其水解。‎ ‎⑴　蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。‎ ‎⑵　蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。‎ ‎2. 溶解法：利用特殊溶剂把杂质溶解而除去，如Fe(Al)可用过量的NaOH溶液而除去Al，CO2(HCl、H2O)先通过饱和食盐水，再通过浓H2SO4。‎ ‎3. 沉淀法：a. 加合适的沉淀剂(要使杂质离子充分沉淀，加入的沉淀剂必须过量，且在后续步骤中容易除去)；b. 调节溶液的酸碱性。‎ ‎4. 洗涤法：a.水洗；b.冰水洗；c.有机溶剂洗。其目的是：洗去目标物表面的杂质离子；减少目标物的溶解损耗或增大有机杂质的溶解量；防止目标物形成结晶水合物；使晶体快速干燥。‎ 典例（2017江苏）(12分)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下: ‎ 注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。 ‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。 ‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。‎ 阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。 ‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。 ‎ ‎【答案】（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O （2）减小 （3）石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 ‎ ‎ （4）4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ H2 （5）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜 ‎【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。‎ ‎（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。 ‎ ‎(2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。 ‎ ‎（3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。 ‎ ‎（4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2 。‎ ‎ （5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。‎ 考点三精练：‎ ‎1．(2019·广西模拟)纳米铜是一种性能优异的超导材料，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甲所示。‎ ‎(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图乙所示，该反应的离子方程式为_____________________________________。‎ ‎(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。‎ ‎①反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为________；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式为____________________。‎ ‎②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图丙所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_____________________________________________________。‎ ‎(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图丁所示。当pH>1.7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________________。‎ ‎(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为________。‎ ‎(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、________、干燥、________等操作可得到Fe2O3产品。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑‎ ‎(2)①2 mol　4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O ‎②生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取 ‎(3)Fe3＋水解程度随pH的升高而增大 ‎(4)32：7‎ ‎(5)洗涤　煅烧(或灼烧)‎ ‎【解析】‎ ‎(1)由图乙可知，反应物为CuFeS2、Cu、H＋，生成物为Fe2＋、H2S、Cu2S，故反应的离子方程式为CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑。‎ ‎(2)①根据反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S可知，每生成2 mol CuCl2，转移4 mol电子，则每生成1 mol CuCl2，转移电子的物质的量为2 mol；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，是因为氧气能够氧化Fe2＋，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O。②如果未洗硫，生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，会使铜元素浸取率降低。‎ ‎(3) Fe3＋的水解程度随pH的升高而增大，铁元素以Fe(OH)3的形式析出，萃取率降低。‎ ‎(4)由流程图可知，在碱性条件下，Cu2＋与N2H4反应生成氮气和铜，反应的化学方程式为2Cu2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu↓＋N2↑＋4H2O，反应中Cu2＋中Cu元素化合价降低，被还原，铜为还原产物，N2H4中N元素化合价升高，被氧化，氮气为氧化产物，故还原产物与氧化产物的质量之比为(2×64)：28＝32：7。‎ ‎(5)萃取后的“水相”中含有铁离子，过滤，加入氨水，反应生成氢氧化铁沉淀，煅烧可得到铁红(Fe2O3)。‎ 考点四 可循环物质的判断和流程评价 一. 可循环物质的判断 ‎1. 流程图中回头箭头的物质。‎ ‎2. 生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。‎ 二. 对整个工艺流程从下列几个方面进行评价 ‎1.体现绿色化学思想（使用无毒无害原料，采用原子利用率高的制备路线，原料的循环利用，副产物综合利用，节能，等）。‎ ‎2. 高效节能方面（原料廉价，工艺简单，产品的纯度高，能耗低等）。‎ ‎3. 生成物或副产物的污染。‎ 典例 (2019·湖北华师一附中等八校联考)下图是某工业生产过程，请回答下列问题。‎ 溶解度表(单位：g/‎100 g水)：‎ 温度/℃‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ ‎90‎ ‎100‎ 氯化铵 ‎29.4‎ ‎33.3‎ ‎37.2‎ ‎41.4‎ ‎45.8‎ ‎55.2‎ ‎65.6‎ ‎71.3‎ ‎77.3‎ 硫酸铵 ‎70.6‎ ‎73‎ ‎75.4‎ ‎78‎ ‎81‎ ‎88‎ ‎95‎ ‎98‎ ‎103‎ 硫酸钾 ‎7.4‎ ‎9.3‎ ‎11.1‎ ‎13‎ ‎14.8‎ ‎18.2‎ ‎21.4‎ ‎22.9‎ ‎24.1‎ 氯化钾 ‎28‎ ‎31.2‎ ‎34.2‎ ‎37.2‎ ‎40.1‎ ‎45.8‎ ‎51.3‎ ‎53.9‎ ‎56.3‎ ‎(1)该工业生产过程的目标产品是________________(写化学式)。‎ ‎(2)过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还有一种物质，该物质的用途有____________(试举一例)。‎ ‎(3)根据溶解度表，转化Ⅱ中适宜的温度是________。‎ A．0～‎10 ℃‎ B．20～‎‎30 ℃‎ C．40～‎60 ℃‎ D．90～‎‎100 ℃‎ 过滤Ⅱ操作所得滤渣是________。‎ ‎(4)我国著名的化学家也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备过程的化学方程式为______________________________。‎ ‎(5)氯化钙结晶水合物(CaCl2·6H2O)进行脱水处理可制得常用的干燥剂，根据下图选择的最佳脱水方法是________。‎ A．氯化氢气流中加热到‎174 ℃‎ B．直接加热至‎174 ℃‎ C．直接加热至‎260 ℃‎ D．氯化氢气流中加热到‎260 ℃‎ ‎(6)上述工业流程实现了绿色化学的理念，其中______________(填化学式)实现了循环利用，副产品________(填化学式)可转化为原料，整个流程基本实现了污染物零排放。‎ ‎【答案】‎ ‎(1)CaCl2·6H2O ‎(2)做石膏模型；加入水泥中调节水泥的硬化速率；做建筑材料(答出一点即可)‎ ‎(3)D　K2SO4(或K2SO4和KCl)‎ ‎(4)NH3＋H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓‎ ‎(5)C　(6)NH3　CaCO3‎ ‎【解析】(1)根据流程图可知，本工业生产过程的目标产品是CaCl2·6H2O。‎ ‎(2)CaSO4是一种微溶于水的物质，故另一种固体物质应为CaSO4，其用途有做石膏模型、加入到水泥中调节水泥的硬化速率、做建筑材料等。‎ ‎(3)根据表中数据可知，90～‎100 ℃‎时，硫酸铵、氯化钾、氯化铵的溶解度相对而言比硫酸钾大得多，溶液中容易析出硫酸钾晶体，故D正确；过滤Ⅱ操作所得滤渣是K2SO4(或K2SO4和KCl)。‎ ‎(4)我国著名化学家侯德榜也利用了转化Ⅱ的反应原理制备了一种重要的碱，该制备过程是在饱和食盐水中先通入足量的氨气，再通入足量的二氧化碳产生碳酸氢钠沉淀，化学方程式为NH3＋H2O＋NaCl＋CO2===NH4Cl＋NaHCO3↓。‎ ‎(5)由题图可知，温度为‎260 ℃‎时，CaCl2·6H2O分解为CaCl2，且Ca2＋不水解，故直接加热到‎260 ℃‎即可。‎ ‎(6)蒸氨过程中NH3可循环利用，副产品CaCO3可转化为原料氧化钙和二氧化碳。‎ 考点四精练：‎ ‎1．辉铜矿主要成分Cu2S,此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2,以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜.主要工艺流程如下:‎ 已知：‎ ‎①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；‎ ‎②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；‎ ‎③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：‎ Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4‎ ‎④MnSO4·H2O溶于1份冷水、0．6份沸水，不溶于乙醇。‎ ‎（1）实验室配制250mL 4．8mol•L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___。‎ ‎（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有__________（任写一点）。‎ ‎（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式：___________。‎ ‎（4）调节浸出液pH=4的作用是______________。‎ ‎（5）本工艺中可循环使用的物质是_____________（写化学式）。‎ ‎（6）获得的MnSO4•H2O晶体后常用酒精洗涤，主要目的是_________________。‎ ‎（7）测定MnSO4•H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为______。‎ ‎【答案】 250mL容量瓶、胶头滴管 粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌 Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O 使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀 NH3 减少MnSO4·H2O 晶体的损失 96.57%‎ ‎【解析】酸浸过程中，二氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解，pH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等，加热赶氨后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体，‎ ‎（1）.实验室配制250mL 4．8mol•L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；‎ ‎（2）. 辉铜矿、软锰矿在酸浸时，可以采用升高温度、将矿石粉碎、搅拌等方法来提高浸取率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌（任写一点）；‎ ‎（3）.根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4 ，生成物是CuSO4、MnSO4、S，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（1×2+2×1）=4；Mn元素化合价变化是：4﹣2=2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据质量守恒配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O；‎ ‎（4）.根据金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围，使Fe3+完全沉淀且Cu2+不沉淀的pH范围是：3.2～4.4，故选择pH=4目的是使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀，故答案为：使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀；‎ ‎（5）.工艺流程中，加入了氨水，最后又得到了氨气，NH3 可循环使用，故答案为：NH3；‎ ‎（6）.获得的MnSO4•H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时可以使用酒精，因在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得MnSO4•H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4•H2O晶体的损失，故答案为：减少MnSO4·H2O 晶体的损失；‎ ‎（7）测定MnSO4•H2‎ O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀为硫酸钡，其物质的量为：n（BaSO4）=n（SO42﹣）=n（MnSO4•H2O）= = 0.02mol，则此样品中MnSO4•H2O物质的量为：0.02mol× =0.08mol，则样品中MnSO4•H2O的纯度=×100%=96.57%；故答案为：96.57%。‎ ‎2．铋(Bi)与氮同族，氯氧化铋(BiOCl)广泛用于彩釉调料、塑料助剂、油漆调色、生产金属铋等。一种用火法炼铜过程产生的铜转炉烟尘(除含铋的化合物之外，还有CuSO4、ZnSO4、CuS、Fe2O3、PbSO4及As2O3)制备高纯氯氧化铋的工艺流程如下：‎ 请回答：‎ ‎(1)Bi位于第六周期，其原子结构示意图为__________________________________。‎ ‎(2)向“酸浸”所得浸液中加入Zn粉，充分反应后过滤，从溶液中获得ZnSO4·7H2O的操作为__________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(3)“浸铜”时，有单质硫生成，其离子方程式为____________________________。‎ ‎(4)“浸铋”时，温度升高，铋的浸出率降低，其原因为____________________________。‎ ‎(5)“除铅、砷”时，可以采用以下两种方法。‎ ‎①加入改性HAP。浸液1与HAP的液固比(L/S)与铅、砷去除率以及后续沉铋量的关系如下表:‎ L/S ‎125:1‎ ‎50:1‎ ‎25:1‎ ‎15:1‎ Pb2+去除率/%‎ ‎84.86‎ ‎94.15‎ ‎95.40‎ ‎96.83‎ As3+去除率/%‎ ‎98.79‎ ‎98.92‎ ‎98.34‎ ‎99.05‎ m(沉铋)/g ‎2.34‎ ‎2.33‎ ‎2.05‎ ‎1.98‎ 实验中应采用的L/S=_________________________。‎ ‎②铁盐氧化法，向浸液1中加入Fe2(SO4)3，并调节pH，生成FeAsO4沉淀。欲使溶液中c(AsO42-)<10-9mol/L且不产生Fe(OH)3沉淀，应控制pH的范围为__________。‎ 已知:1g2=0.3:；FeAsO4、Fe(OH)3的Ksp分别为5×10-23、4×10-38。‎ ‎(6)“沉铋“时需控制溶液的pH=3.0，此时BiCl3发生反应的化学方程式为___________________。‎ ‎【答案】 蒸发浓缩、冷却结晶 CuS＋MnO2＋4H＋＝Cu2＋＋Mn2＋＋S＋2H2O 温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低 50︰1 pH＜5.3 BiCl3＋Na2CO3 = BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑‎ ‎【解析】考查化学工艺流程，（1）Bi位于第六周期VA族，原子序数为83，其原子结构示意图为；（2）获得带有结晶水的物质时，一般采用蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥；（3）浸铜时加入的物质是MnO2、稀硫酸、滤渣，得到单质硫，有：MnO2＋H＋＋CuS→S↓＋Mn2＋＋Cu2＋＋H2O，然后根据化合价升降法进行配平，离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋＝Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；（4）浸铋时所加物质为盐酸和NaCl溶液，盐酸易挥发，温度升高，HCl挥发，反应物浓度降低；（5）①根据表格数据，L/S=50：1以后，Pb2＋、As3＋去除率虽然增加，但Pb2＋、As3＋去除率变化都不大，因此为了节省能源以及原料，L/S控制在50：1；②c(AsO43－)=10－9mol·L－1，此时c(Fe3＋)=Ksp(FeAsO4)/c(AsO43－)=5×10－21/10－9mol·L－1=5×10－12mol·L－1，此时c(OH－)= =2×10－9mol·L－1，此时的pH=5.3，即pH<5.3；（6）沉铋时，加入的物质是Na2CO3，生成的BiOCl，因此有BCl3＋Na2CO3→BiOCl，根据反应特点，产物还有NaCl和CO2，化学方程式为 BiCl3＋Na2CO3 = BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑。‎ ‎3．方铅矿的主要成分为PbS，含铅可达86.6%。以方铅矿为原料制备铅蓄电池的电极材料PbO2的工艺流程如图所示：‎ ‎（1）方铅矿焙烧后排出气体的主要成分是______（填化学式），可用于工业制备________。‎ ‎（2）步骤②中焦炭的作用是________。‎ ‎（3）“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等。电解精炼时，________作阴极，阴极反应式为________，阳极泥的主要成分是________。‎ ‎（4）步骤⑤中制备PbO2的离子方程式________。‎ ‎（5）已知：常温下，Ksp(PbS)=8×10-28、Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7.1×10-15。常温下，向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体，发生反应的离子方程式是________；结合数据分析，该反应能否进行得基本完全？________（写出计算推理过程）。‎ ‎【答案】 N2、 SO2 硝酸（ 或氨气） 、 硫酸 还原二价铅 纯铅 Pb2++2e－=Pb Cu、 Ag PbO+ClO－=PbO2+Cl－ Pb2++H2S=PbS↓+ 2H+ 该反应的平衡常数：‎ ‎，所以反应能进行得基本完全。‎ ‎【解析】（1）方铅矿焙烧生成PbO和SO2等，排出气体的主要成分是SO2以及空气中未反应的N2，混合物中N2可用于工业制备硝酸或氨气、二氧化硫可用于制硫酸；（2）步骤②中含有二价铅的固体在高温条件下与焦炭反应得到粗铅，焦炭的作用是还原二价铅；（3）“粗铅”的杂质主要有锌、铁、铜、银等。电解精炼时，纯铅作阴极，阴极反应式为Pb2++2e－=Pb，阳极泥的主要成分是Cu、Ag；（4）步骤⑤中PbO与次氯酸钠反应制备PbO2的离子方程式为PbO+ClO－=PbO2+Cl－；（5）向Pb(NO3)2溶液中通入H2S气体生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式是Pb2++H2S=PbS↓+ 2H+；结合数据分析，该反应的平衡常数：，所以反应能进行得基本完全。 ‎