2019届高考化学二轮复习化学工艺流程研究学案

2019届高考化学二轮复习化学工艺流程研究学案

‎[题型特点]‎ 工艺流程题是江苏高考必考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识。‎ ‎1.(2018·江苏化学，16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：‎ ‎(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。‎ 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃‎ 硫去除率＝×100%‎ ‎①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。‎ ‎②700 ℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是________________________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ ‎(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由________(填化学式)转化为________(填化学式)。‎ ‎(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。‎ 解析　(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)①根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，如果不添加CaO在低于500 ℃焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃”，可知700 ℃时CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)＋2H2O＋NaAlO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为1∶16。‎ 答案　(1)OH－＋SO2===HSO ‎(2)①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 ‎(3)NaAlO2　Al(OH)3‎ ‎(4)1∶16‎ ‎2.(2017·江苏化学，16)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1 000 ℃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_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)“碱溶”时，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，注意离子方程式。(2)“过滤I”所得滤液为NaAlO2，加入NaHCO3溶液，过滤Ⅱ后电解的是Na2CO3溶液，说明溶液的溶质由NaAlO2变为Na2CO3，发生反应AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，说明AlO结合H＋能力强于CO，即其水解能力强，说明碱性NaAlO2>Na2CO3，溶液的pH减小。(3)电解Al2O3，阳极O2－放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。(4)阳极溶液中的阴离子即水中的OH－放电生成O2及H＋(2H2O－4e－===O2↑＋4H＋)，H＋与CO结合生成HCO(CO＋H＋===HCO，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3，写出总反应：4CO＋2H2O－4e－===4HCO ‎＋O2↑。阴极，水中的H＋放电生成H2。(5)NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。‎ 答案　(1)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O　(2)减小 ‎(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎(4)4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑　H2‎ ‎(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 ‎3.(2016·江苏化学，16)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100 g·L－1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是________。 ‎ 解析　(1)①Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2和CaCl2，配平。②适当缓慢通氯气，气液充分接触，提高Cl2的吸收率，A正确；充分搅拌，增大气液接触面积，提高Cl2的吸收率，B正确；由于Ca(OH)2溶解度小，加水使Ca(OH)2溶解，生成Ca(ClO3)2浓度小，无法提高Cl2的转化率，错误。(2)①电石渣中含有不溶于水的CaCO3及溶解度小的Ca(OH)2，滤渣为CaCO3、Ca(OH)2。②因为Ca(OH)2与Cl2还可以发生反应生成Ca(ClO)2和CaCl2，Ca(ClO)2少量分解也会生成CaCl2，所以Ca(ClO3)2含量偏低。(3)由溶解度图可知，KClO3随温度变化溶解度变化大，可以采用蒸发浓缩，冷却结晶的方法生成沉淀。‎ 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 ‎4.(2015·江苏化学，16)以磷石膏(主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)为原料可制备轻质CaCO3。‎ ‎(1)匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c(SO)随时间变化如图。清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为____________________________________________________________________；‎ 能提高其转化速率的措施有___________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________(填序号)。‎ A.搅拌浆料　　　　　　B.加热浆料至100 ℃‎ C.增大氨水浓度 D.减小CO2通入速率 ‎(2)当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体。滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为________和________(填化学式)；检验洗涤是否完全的方法是 ‎______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c(Ca2＋)增大的原因是______________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)注意题目中的原料是磷石膏粉和氨水浆料。由图所示当pH>11时，溶液中的c(SO)增大，说明有更多的SO生成，反应物为CaSO4、氨水、CO2，生成SO，还有CaCO3，相当于氨水和CO2反应生成(NH4)2CO3，(NH4)2CO3和CaSO4生成(NH4)2SO4和CaCO3。A项，搅拌浆料，增大反应物的接触面积，加快反应速率，正确；B项，加热到100 ℃，氨水挥发、CO2溶解度减小，则生成的(NH4)2CO3的量减少，无法实现CaSO4转化为CaCO3，错误；C项，增大氨水浓度可以提高反应速率，正确；D项，减小CO2通入速率，则转化速率降低，错误。(2)当pH接近6.5时，由图可知c(SO)接近0.1 mol·L－1，溶液呈酸性，通入的CO2主要以NH4HCO3存在，故滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO和HCO。可通过检验洗涤液中是否含有SO来判断沉淀是否洗涤完全。(3)温度升高，能促进NH的水解，增大溶液酸性，促进固体中Ca2＋的浸出。‎ 答案　(1)CaSO4＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3＋2NH＋SO＋H2O(或CaSO4＋COCaCO3＋SO)　AC ‎(2)SO　HCO　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BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全 ‎(3)浸取液温度上升，溶液中c(H＋)增大，促进固体中Ca2＋浸出 ‎5.(2014·江苏化学，16)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。‎ ‎(1)酸浸时反应的化学方程式为__________________________________________‎ ‎___________________________________________________________________；‎ 滤渣Ⅰ的主要成分为________(填化学式)。‎ ‎(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6－ 2x。滤渣Ⅱ的主要成分为________(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低， 其原因是______________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________(用离子方程式表示)。 ‎ ‎(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是__________________________________；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ 解析　(1)酸浸时粉煤灰中Al2O3与H2SO4反应生成可溶性Al2(SO4)3，SiO2不与H2SO4反应，过滤，滤渣Ⅰ是SiO2。(2)加CaCO3调节pH，CaCO3与H＋反应生成Ca2＋，Ca2＋遇SO生成CaSO4沉淀(滤渣Ⅱ)。若溶液pH偏高，即碱性偏强，则部分Al3＋生成沉淀Al(OH)3而导致溶液中铝元素的含量降低。其反应可以理解为：反应物有Al2(SO4)3、CaCO3，CaCO3在SO溶液中发生沉淀转化：CaCO3＋SO CaSO4＋CO，生成的CO与Al3＋发生水解相互促进反应生成Al(OH)3和CO2，则生成物有Al(OH)3、CaSO4、CO2，配平即可。(3)溶液中的SO具有较强的还原性，易被氧化生成SO从而导致完全分解放出的SO2量小于吸收的SO2量。碱式硫酸铝溶液吸收SO2，可以理解为2OH－＋SO2===SO＋H2O，相当于碱式硫酸铝转化为Al2(SO4)3和Al2(SO3)3，加热又促进了Al2(SO3)3的水解(SO与Al3＋水解相互促进)放出SO2，进而又转化为碱式硫酸铝，但在加热的过程中由于部分SO被氧化成SO留在溶液，代替了碱式硫酸铝中OH－，所以使碱式硫酸铝中x不断增大，则c(OH－)减小，pH减小。‎ 答案　(1)Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O　SiO2‎ ‎(2)CaSO4　3CaCO3＋2Al3＋＋3SO＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑‎ ‎(3)溶液中的部分SO被氧化成SO　减小 ‎[解题思路]‎ ‎“工艺流程题”是以流程形式呈现物质的转化关系的试题。解答这类试题的常用模型是：①熟悉“转化流程”，按流程进行的方向理清流程中每一个步骤的目的，每一个步骤中体系的变化或物质的转化关系。②准确获取题示信息(文字、图表、装置等)，将题示信息与已有知识、试题情境相整合。③逐一分析试题中的问题并解答问题。‎ ‎“以2017年江苏高考第16题为例”‎ 通过对试题的阅读、思考，可以得到下图所示的物质转化关系：‎ 综合流程和上述物质的转化关系，可以发现本题的情境是熟悉的铝土矿中Al2O3的分离提纯以及电解熔融的Al2O3制备Al的工艺流程，其中关于NaHCO3溶液加入到NaAlO2溶液中的作用和电解Na2CO3溶液的原理相对陌生，需要结合流程信息，将Al3＋、Al(OH)3和AlO之间的相互转化关系以及离子交换膜法电解饱和食盐水的原理进行迁移运用来解决问题。‎ ‎(1)学会获取信息。如物质转化流程、图表等提供的信息，理解物质转化的全过程。(2)将已有知识与新情境知识相融合。如本题将铝土矿中Al2O3的分离提纯以及电解熔融Al2O3制备Al的工艺流程中Al3＋、Al(OH)3、AlO之间的相互转化关系，以及离子交换膜法电解饱和食盐水的原理等学过的知识，与NaAlO2溶液和NaHCO3溶液反应、电解Na2CO3溶液等新情境相融合，进行迁移运用来解决问题，形成新的知识体系。(3)分析在特定情境条件下物质转化的原理和方法。如NaHCO3溶液怎样使NaAlO2溶液转化为Al(OH)3沉淀、电解Na2CO3溶液的原理等。(4)用规范的化学语言表示结果。‎ ‎[备考策略]‎ 对“元素化合物及其转化”的专题复习，要重视以化学反应原理为指导，理解掌握元素化合物的性质及应用；要认识有效实现物质转化的原理和方法，掌握真实而有意义的应用情境中分析问题的方法，整体理解“流程”所给予的信息，弄清流程中每一步的原理和目的，明确其中发生的反应和反应前后物质的组成，并结合已有知识准确获取并解释相关图形中的题示信息；要充分关注物质的转化过程中反应条件的控制；要不断提高学生获取和加工题给信息的能力和化学语言的表达能力。‎ ‎ [考点精要]‎ ‎1.原料的预处理 ‎(1)常用方法 看方法 想目的 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 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 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 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 煅烧 改变结构，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 ‎(2)常见设问 如何提高“酸浸率”‎ 固体粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率 升高反应的温度，增大反应速率 加大酸的浓度 分析“浸出率”图表 解释“浸出率”高低变化的因素(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高 “浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)‎ 选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)‎ ‎2.制备过程中反应条件的控制 ‎(1)常用方法 看方法 想目的 调节溶液的pH 常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀 控制温度 根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动 控制压强 改变速率，影响平衡 使用合适的催化剂 改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间 趁热过滤 防止某物质降温时析出 冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗 ‎[注意]　调节pH所需的物质一般应满足两点：‎ ‎①能与H＋反应，使溶液pH变大；‎ ‎②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。‎ ‎(2)常见设问 控制溶液的pH ‎①调节溶液的酸碱性，使某些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)‎ 加过量试剂 使反应完全进行(或增大转化率、产率)等 加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴 )‎ ‎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 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)‎ 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 ‎3.物质的分离与提纯 ‎(1)正确选择物质分离的“6种”常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤 ‎(热滤或抽滤)‎ 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气 冷却法 ‎(2)常见设问 结晶方法 结晶方法：‎ ‎①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶 ‎②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 ‎③要得到溶解度受温度影响小的溶质：蒸发浓缩、结晶，趁热过滤。如除去NaCl中少量的KNO3‎ ‎④要得到溶解度受温度影响大的溶质：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。如除去KNO3中少量的NaCl 从溶液中得到晶体的操作 蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥 萃取、分液操作 实验在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 晶体的洗涤 用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分、利用乙醇的易挥发性，有利于晶体干燥 洗涤沉淀操作 让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加入洗涤剂浸没过晶体，让洗涤液自然流下，重复2～3次即可 检验沉淀是否洗涤干净 取最后一次洗涤滤液，滴加试剂(如硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之则未洗涤干净 ‎4.工艺流程中重要物质的确定 ‎(1)循环物质的确定 ‎(2)副产品的判断 ‎(3)滤渣、滤液成分的确定 要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：‎ ‎①反应过程中哪些物质(离子)消失了；‎ ‎②所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子，要考虑这些离子间是否会发生反应。‎ ‎[考法指导]‎ ‎ 工艺流程与物质的制备 ‎1.(2018·南通等七市联考)氧化锂(Li2O)是锂电池工业的重要原料。以粗碳酸锂为原料制备氧化锂的一种工艺流程如下：‎ 注：常温下，碳酸锂微溶于水，氢氧化锂可溶于水。‎ ‎(1)反应Ⅰ中通入CO2需加压的原因是_____________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)①反应Ⅱ生成LiOH的化学方程式为_____________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎②石灰乳的固液比[Ca(OH)2的质量与H2O的体积之比]对LiOH产率和滤液中LiOH浓度的影响如图所示。实际生产中选择固液比25 g·L－1，若固液比过低对后续操作的不利影响是______________________________________________。‎ ‎(3)浓缩、结晶所得LiOH·H2O通过灼烧得到Li2O。‎ ‎①LiOH·H2O中常含有少量的Li2CO3，但该物质对所制Li2O得纯度无影响，其原因是_________________________________________________________________。‎ ‎②将LiOH·H2O置于不同坩埚内，在空气中充分灼烧，反应后固体产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯氧化锂最适宜的坩埚是______________________________________________________________________。‎ 铁坩埚中发生反应的化学方程式为_____________________________________。‎ 解析　(1)反应Ⅰ为：Li2CO3＋CO2＋H2O===2LiHCO3，CO2是气体，加压增大其的溶解度，提高溶液中CO2的浓度，加快Li2CO3反应的速率，促进Li2CO3的转化。‎ ‎(2)①反应Ⅰ生成LiHCO3，与Ca(OH)2反应生成LiOH和CaCO3。②反应Ⅱ的目的是制备LiOH，由题给提示“LiOH产率和滤液中LiOH浓度的影响”，固液比过低，即水多，LiOH浓度小，不利于浓缩结晶。(3)①“对Li2O纯度无影响”，说明Li2CO3加热时生成Li2O和CO2。②目的是制备高纯Li2O，由图示可知锂化刚玉坩埚中Li2O纯度最高。铁坩埚中主要生成Li5FeO4，说明Fe被空气中O2氧化为＋3价。‎ 答案　(1)促进Li2CO3的转化、加快Li2CO3反应的速率 ‎(2)①LiHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋LiOH＋H2O ‎②所得滤液LiOH浓度太低，不利于后期的浓缩结晶 ‎(3)①Li2CO3高温分解生成Li2O ‎②锂化刚玉坩埚 　20LiOH·H2O＋4Fe＋3O24Li5FeO4＋30H2O ‎2.(2018·金陵海安南外联考)硼氢化钠(NaBH4，硼为＋3价)为白色粉末，在干燥空气中稳定，在潮湿空气中分解，是常用的还原剂。偏硼酸钠(NaBO2) 易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多种工艺制备NaBH4 。‎ ‎(1)用硼精矿(含有一定量B2O3，及Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)制取NaBH4的流程如下：‎ ‎①“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成了NaBO2，反应离子方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎②“除硅铝”步骤加入CaO，而不加入CaCl2的原因有：能将硅、铝以沉淀除去；尽量不带入杂质离子：_______________________________________________。‎ ‎③“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，其中洗涤选用的试剂最好是________。‎ ‎④“反应1”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化学方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)我国孙彦平采用耐腐蚀电极材料，以阳离子交换膜为隔离膜，电解偏硼酸钠的碱溶液，也可以高效制备NaBH4。该工艺阳极产物为________，阴极电极方程式为___________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)①B元素的化合价没有变化，NaBO2易溶于水，拆成离子形式。②CaO溶于水生成Ca(OH)2，与CaCl2的相同之处是均有Ca2＋，沉淀硅 、铝，不同之处是前者提供OH－，从OH－入手分析。③由题给信息“偏硼酸钠不溶于乙醇”，有乙醇洗去其他可溶于乙醇的离子，减少偏硼酸钠损耗。④MgH2中H显－1价，NaBH4中H显－1价，因此是非氧化还原反应，配平。(2)BO→BH，溶液中H元素从＋1到－1价，发生还原反应，所以在阴极生成，反应为BO＋6H2O ＋‎ ‎8e－===BH＋8OH－，阳极溶液中的阴离子OH－放电生成O2。‎ 答案　(1)①B2O3＋2OH－===2BO＋H2O ‎②提供碱性溶液，抑制 NaBO2水解　③乙醇 ‎ ‎④2MgH2＋NaBO2===NaBH4 ＋2MgO ‎ ‎(2)O2　BO＋6H2O ＋8e－===BH＋8OH－‎ ‎3.(2017·苏锡常镇二模)软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：‎ ‎(1)为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：‎ ‎①适当升高温度；②搅拌；③________等。‎ ‎(2)“氧化”中加入MnO2发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)“滤渣2”中主要成分的化学式为________。‎ ‎(4)“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用Na2S的原因是 ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(5)“50 ℃碳化”得到碳酸锰，反应的化学方程式为 ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(6)生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是_____________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________。‎ 解析　(1)为了提高锰元素的浸出率还可以适当增加浸取的时间或采用更高一点浓度的硫酸及将矿石充分粉碎等措施。(2)氧化的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于在后面调节溶液pH时将它除去，反应的离子方程式见答案。(3)滤渣3是除去的重金属，滤渣2除了Fe(OH)3沉淀外，还有Al(OH)3沉淀。(4)因为本工艺除了制备碳酸锰还要回收硫酸铵，故如果用Na2S，则回收到的硫酸铵的量减少。(5)由图示可知反应物是MnSO4和NH4HCO3，生成物有CO2、(NH4)2SO4和MnCO3，反应的化学方程式见答案。(6)检验产品是否洗净可通过检验是否残留(NH4)2SO4，即取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。‎ 答案　(1)适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等)‎ ‎(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O ‎(3)Fe(OH)3、Al(OH)3‎ ‎(4)Na2S会增大回收的(NH4)2SO4中Na＋含量 ‎(5)MnSO4＋2NH4HCO3(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋CO2↑＋H2O ‎(6)取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净 ‎ 工艺流程与反应原理 ‎4.(2018·盐城期中)Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2‎ O的工艺流程如下：‎ ‎(1)“硫酸化焙烧”时：①硫化铜矿需粉碎的目的是____________________；‎ ‎②Cu2S与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________；‎ ‎③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是______________________________________________________________________。‎ ‎(2)“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制______________________________________________________________________(至少列举两点)。‎ ‎(3)“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如图所示。‎ ‎①在100 ℃时，发生反应的离子方程式为________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ ‎②图中在4＜pH＜5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)①矿石粉碎是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高矿石的利用率。②Cu2S和O2反应生成CuSO4，由Cu、S原子关系可知还有含铜化合物生成，由流程转化图可知是CuO，配平，注意反应条件。③焙烧生成的CuO经硫酸浸取后转化为CuSO4，再经SO还原，加入Na2SO4还可以增加产物中CuSO4‎ 的比例。(2)提高浸取率，除控制硫酸的浓度外，还可以适当升高温度、适当延长浸取时间、将焙烧产物粉碎以增大固液接触面积、适当增加硫酸的量(液固物质的量之比)。(3)①由流程图可知100℃时，CuSO4溶液中加入Na2SO3溶液，生成Cu2O和SO2，这一过程可以理解为两步反应，SO还原Cu2＋、生成的H＋与SO反应生成SO2：2Cu2＋＋SO＋2H2O===Cu2O＋SO＋4H＋，4H＋＋2SO===2SO2↑＋2H2O。②“pH越小产品中杂质Cu的含量越高”，说明pH小，发生反应生成Cu：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O。‎ 答案　(1)①提高硫化铜矿的利用率 ‎②2Cu2S＋5O22CuSO4＋2CuO ‎③提高焙烧产物中CuSO4比例 ‎(2)浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等(答出两点即可)‎ ‎(3)①2Cu2＋＋3SOCu2O↓＋SO＋2SO2↑‎ ‎②pH越小时Cu2O越易与H＋发生反应，生成Cu和Cu2＋‎ ‎5.(2017·徐宿连三市三模)以冶铜工厂中预处理过的污泥渣(主要成分为CuO和Cu)为原料制备CuSO4晶体的流程如下：‎ ‎(1)氨浸过程中加入氨水后，持续通入空气生成[Cu(NH3)4](OH)2，写出空气中氧气参与反应的化学方程式：__________________________________________。‎ 通入空气的另一个作用为__________________________________________。‎ ‎(2)分别选用氨水、氨水碳酸铵混合溶液氨浸时铜元素的回收率随温度变化如图所示。‎ ‎①浸取液为氨水时，反应温度控制为55 ℃‎ ‎，温度过高铜元素回收率降低的原因是______________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________；‎ ‎②浸取液为氨水碳酸铵混合溶液时，铜元素的回收率受温度影响小的原因可能是______________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________。‎ ‎(3)蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物的化学式为___________________________________________________________________。‎ ‎(4)该流程中可循环利用的物质是________。‎ 解析　(1)通入空气除了作为反应物外，另一作用是对溶液进行充分搅拌。(2)①温度过高，氨水分解，氨气逸出，反而使铜元素的回收率降低；②氨水和碳酸铵的混合溶液中存在电离平衡和水解平衡，实质上构成了一种缓冲溶液，故升高温度对氨水的影响较小。(3)蒸氨过程中涉及[Cu(NH3)4](OH)2反应，得到的沉淀是CuO，另外有NH3和H2O这些两元化合物。(4)蒸氨得到的NH3又可以到第一步循环利用。‎ 答案　(1)2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2[Cu(NH3)4](OH)2＋6H2O　搅拌(充分反应)‎ ‎(2)①氨气挥发　②溶液中存在氨水的电离平衡和NH的水解平衡，温度变化，平衡发生移动，使溶液中的氨气浓度变化较小　(3)CuO、H2O　(4)NH3(或氨水或NH3·H2O)‎ ‎ 工艺流程与实验操作 ‎6.(2018·徐州考前模拟)活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气(主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO)制备活性ZnO的工艺流程如下：‎ ‎(1)下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30 ℃而不是更高的温度的原因是：①减少盐酸挥发；②________。‎ ‎(2)“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe2＋，在pH约为5.1的溶液中，加入高锰酸钾溶液，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为______________________________________________________________________。‎ ‎(3)①若“过滤Ⅰ”所得的滤液浑浊，则处理的方法为________。‎ ‎②“除杂”时，滤渣Ⅱ的主要成分是Cu、Pb，试剂X应为________。‎ ‎(4)在“过滤Ⅱ”后的溶液中加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]等物质。‎ ‎①该反应的化学方程式为_______________________________________________。‎ ‎②检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为_____________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)图示中有Zn、Pb的浸出率，实验目的是制备ZnO，Pb为杂质，温度升高，Zn的浸出率变化不大，而Pb的浸出率增大，杂质含量增大。(2)反应物为MnO、Fe2＋，生成物为MnO2和Fe(OH)3，注意溶液呈酸性，配平。(3)①滤液浑浊，说明过滤效果不好，需要重新过滤。②置换出Cu、Pb，不引入杂质，试剂X为Zn。(4)此时溶液为ZnCl2溶液，反应物为Na2CO3、ZnCl2，生成物有Zn2(OH)2CO3、NaCl，有Zn(OH)2生成可以理解为Zn2＋与CO双水解促进，判断产物还有CO2(或NaHCO3)。‎ 答案　(1)随温度升高，Zn2＋浸出率基本不变，Pb2＋浸出率增大，杂质含量增大 ‎(2)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋‎ ‎(3)①将滤液重新过滤　②Zn ‎(4)①2Na2CO3＋2ZnCl2 ＋H2O===4NaCl＋Zn2(OH)2CO3↓＋CO2↑[或3Na2CO3 ＋2ZnCl2＋2H2O===4NaCl＋Zn2(OH)2CO3↓＋2NaHCO3]‎ ‎②‎ 取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净 ‎7.(2017·通扬泰六市二调)工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：‎ ‎(1)焙烧时产生的气体X为________(填化学式)。‎ ‎(2)浸液Y的主要成分为________(填化学式)。‎ ‎(3)“热还原”过程中发生反应的化学方程式为______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(4)上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。某兴趣小组为探究高温下硫酸铵的分解产物，通过下列装置进行实验，观察到B中溶液颜色变浅，C中无明显现象。‎ ‎①装置B的作用是_____________________________________________________；‎ ‎②进一步测定可知，D中收集到的气体相对分子质量为28，写出(NH4)2SO4固体高温分解的化学方程式：_________________________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)＋xH2(g)===2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的密度为12 g·cm－3，则1 cm3 Pd能够储存标准状况下H2的最大体积为________L(计算结果保留整数)。‎ 解析　(1)“浸液 Y”肯定呈酸性，可用气体X“中和”，故X为NH3。(2)考虑到“浸液 Y”与NH3发生“中和”反应生成(NH4)2PdCl6，故“浸液 Y”的溶质为H2PdCl6。(3)根据流程图信息可写出(NH4)2PdCl6＋H2―→Pd，考虑到反应中Cl转化为HCl，N转化为NH3，可写出(NH4)2PdCl6＋H2―→Pd＋NH3＋HCl，最后配平(注意：产物最好不要写成NH4Cl＋HCl，因为加热条件下NH4Cl分解生成NH3‎ 和HCl)。(4)①SO2可使品红溶液褪色，故品红溶液是用来检验SO2的；②相对分子质量为28的气体是N2，可先写出(NH4)2SO4―→N2↑＋SO2↑，根据电子守恒写出3(NH4)2SO4―→N2↑＋3SO2↑，再根据原子守恒写出完整的化学方程式。(5)n(H2)max＝××0.8×22.4 L·mol－1≈1 L。‎ 答案　(1)NH3　(2)H2PdCl6‎ ‎(3)(NH4)2PdCl6＋2H2Pd＋2NH3＋6HCl ‎(4)①检验产物中的SO2　②3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑　(5)1‎ ‎【当堂指导】‎ 解题步骤 解题策略 首尾呼应 找出主线 ‎1.对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料 ‎2.依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务 分段剖析明析细节 ‎3.以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段 ‎4.依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，融通对流程的整体分析 ‎5.某些暂时琢磨不透的环节，可先“淡化处理”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析 先易后难规范答题 ‎6.先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，规范答题 ‎7.变换角度：从基本原理、绿色化学、经济角度、安全生产等多角度思考答题 ‎8.充分利用题给信息合理答题 ‎1.(2018·南京三模)K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：‎ 已知：‎ ‎①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2‎ ‎②Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋‎ ‎(1)“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为 ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)“滤渣”的主要成分是____________________________________________(填化学式)。‎ ‎(3)“酸化”步骤调节溶液pH<5，其目的是______________________________。‎ ‎(4)“转化”一步发生反应的化学方程式为_______________________________。‎ ‎(5)采用电解法处理含铬废水原理如下图所示。阳极区溶液中发生反应：Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋ ＋6Fe3＋＋7H2O，阳极的电极反应式为______________________________________________________________________，‎ 阴极产生的气体为_______________________________________________(填化学式)。‎ 解析　(1)高温条件下Na2CO3和Al2O3反应生成NaAlO2和CO2。(2)经过焙烧，Cr、Fe、Al的存在形式分别为：Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2‎ ‎，水浸后，溶液中主要有：Na2CrO4、NaAlO2，调节pH＝7，AlO转化为Al(OH)3沉淀。(3)酸化时，溶液主要成分为Na2CrO4，由题给信息②可知将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7。(4)Na2Cr2O7溶液中加KCl生成K2Cr2O7晶体，说明K2Cr2O7溶解度小于Na2Cr2O7。(5)铁板作阳极，优先失电子：Fe－2e－===Fe2＋，生成的Fe2＋还原Cr2O。阴极溶液中的阳离子即H＋放电。‎ 答案　(1) Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑‎ ‎(2)Al(OH)3‎ ‎(3)使CrO转化为Cr2O ‎(4)Na2Cr2O7＋2KCl===K2Cr2O7↓＋2NaCl ‎(5)Fe－2e－===Fe2＋　H2‎ ‎2.(2018·苏锡常镇二调)一种由菱镁矿(主要成分MgCO3、CaCO3、FeCO3、SiO2)制备高纯氢氧化镁的工艺如下：‎ ‎(1) “煅烧”时FeCO3发生反应的方程式为______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2) “浸取”温度100 ℃左右，该步骤含镁化合物参与反应的化学方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎(3) “浸取”时NH4Cl用量对Mg2＋浸出率的影响曲线如图所示。下列有关说法正确的是________(填序号)。‎ A.“浸取”时适当搅拌浆料 B.用理论用量20%的NH4Cl进行浸取 C.可用NH4Cl对浸取后的滤渣进行二次浸取，将两次浸取液合并 D.浸出温度采用100 ℃可促进NH4Cl的水解和NH3的逸出 ‎(4)本工艺流程中可循环利用的物质有________。‎ ‎(5) 若要得到高纯Mg(OH)2，需对“沉镁”步骤所得的固体进行洗涤，检验固体已洗净的方法是____________________________________________________‎ ‎__________________________________________________________________。‎ ‎(6)25 ℃时，Ksp(CaSO4)＝7.2×10－5。实验测得“除钙”前后溶液中c(Ca2＋)分别为2.8 g·L－1和0.8 g·L－1，则1 L溶液至少需加入MgSO4固体的质量为________g。‎ 解析　(1)空气中煅烧FeCO3，O2将FeCO3氧化为Fe2O3，同时放出CO2。(2)MgCO3煅烧后生成MgO，用NH4Cl溶液浸取，利用NH水解生成的H＋与MgO反应，由流程图可知有NH3生成。(3)A项，适当搅拌可以增大固液接触面积，加快反应速率，提高浸出率，正确；B项，由图可知，用理论用量20%的NH4Cl进行浸取时，Mg2＋浸出率提高不明显，但NH4Cl利用率降低，错误；C项，二次浸取可提高浸出率，正确；D项，由(2)分析，利用 NH水解生成的H＋与MgO反应，适当升高温度，促进NH水解，增大H＋浓度，同时有利于NH3逸出，有利于水解平衡正向移动，正确；(4)浸取时生成氨气，可用于沉镁，沉镁时生成NH4Cl，可用于浸取。(5)Mg(OH)2固体吸附的溶液中的可溶性离子主要有NH、Cl－、SO，可以检验SO、Cl－的存在。(6)沉淀的n(Ca2＋)＝2 g/40 g·mol－1＝0.05 mol，生成CaSO4沉淀0.05 mol，此时溶液中c(Ca2＋)＝0.02 mol·L－1，由Ksp(CaSO4)＝7.2×10－5，此时溶液中c(SO)＝0.003 6 mol，1 L溶液生成CaSO4为＝0.05(mol)，所以需要MgSO4的质量为0.003 6 mol×120 g/mol＋0.05 mol×120 g/mol＝6.432 g。‎ 答案　(1) 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2‎ ‎(2) MgO＋2NH4ClMgCl2＋2NH3↑＋H2O ‎(3)ACD ‎(4)NH4Cl、NH3‎ ‎(5)取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净。(其他合理答案也可)‎ ‎(6)6.4‎ ‎3.(2017·盐城三调)以电镀污泥[主要成分为Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、Fe(OH)3和SiO2等]为原料制备纳米铜等的工艺流程如下：‎ ‎(1)“浸取”时，工业上采用3 mol·L－1H2SO4溶液在室温下浸取1 h。‎ ‎①Cu2(OH)2CO3被浸取的化学方程式为____________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________；‎ ‎②下列措施可提高铜和铁的浸取率的是________(填字母)。‎ a.将电镀污泥浆化处理 b.适当增大液、固质量比 c.浸取时间缩短一半 d.控制浸取终点pH＞3‎ ‎(2)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图甲所示。‎ 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______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)“反萃取”得到CuSO4溶液制备纳米铜粉时，Cu2＋的还原率随温度的变化如图乙所示。‎ ‎①该反应的离子方程式为_______________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________；‎ ‎②在20～75 ℃区间内，温度越高Cu2＋‎ 的还原率也越高，其原因是______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(4)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经________等操作可得到Fe2O3产品。‎ 解析　(1)①Cu2(OH)2CO3被H2SO4浸取，反应生成CuSO4、CO2和H2O。②浆化可以增大反应物之间的接触面积，浸取率提高，a正确；增大液固质量比，即投入的酸比固体多，则固体溶解得充分，b正确；浸取时间短，浸取不充分，c错误；从图甲知，pH＝1.7时，浸取率高，酸性强，溶解充分，d错误。(2)Fe3＋水解显酸性，pH增大，促进Fe3＋水解，即Fe3＋的萃取率降低。(3)①从流程图知，反萃取液在pH＝10时，加入N2H4发生氧化还原反应生成N2和Cu，根据Cu和N得失电子守恒，用OH－平衡电荷。(4)萃取的水相中加入氨水，生成Fe(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、干燥后，煅烧Fe(OH)3可生成Fe2O3产品。‎ 答案　(1)①Cu2(OH)2CO3＋2H2SO4===2CuSO4＋CO2↑＋3H2O　②ab ‎(2)Fe3＋的水解程度随pH的升高而增大 ‎(3)①2Cu2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu↓＋N2↑＋4H2O ‎②温度越高，N2H4的还原性越强 ‎(4)过滤、洗涤、干燥、煅烧 ‎4.利用生产硼砂的废渣——硼镁泥(主要成分为MgCO3、SiO2，还含有少量Fe2O3、MnO、CaO等)为主要原料制取轻质碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2·2H2O]的工业流程如下：‎ ‎(1)写出“酸溶”一步中，MgCO3和硫酸反应的化学方程式为：_____________________________________________________________________。‎ 酸溶时硫酸稍过量(pH约为2)，目的是_____________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(2)滤渣2的主要成分有MnO2和________，写出生成MnO2的离子方程式：_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)“合成”时需通蒸汽至80 ℃，边加热边搅拌，温度控制在80 ℃‎ 的原因是______________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________，‎ 写出该步发生反应的化学方程式：________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)“酸溶”时使用过量的酸能尽可能让MgCO3等物质溶解，提高Mg元素的浸出率，从而提高产率。(2)“氧化水解”一步中，Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，Mn2＋被氧化为MnO2，可写出Mn2＋＋ClO－―→MnO2↓＋Cl－，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行配平即可。(3)一定要从温度过低、过高两个方面的影响来回答；根据流程提示可写出MgSO4＋(NH4)2CO3―→MgCO3·Mg(OH)2·2H2O↓＋CO2↑，然后根据原子守恒配平。‎ 答案　(1)MgCO3＋H2SO4===MgSO4＋H2O＋CO2↑　使MgCO3完全转化为MgSO4‎ ‎(2)Fe(OH)3　Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋2H＋＋Cl－‎ ‎(3)温度过低，反应速率慢；温度过高，碳酸铵分解(或轻质碳酸镁分解)　2MgSO4＋2(NH4)2CO3＋3H2O===2(NH4)2SO4＋MgCO3·Mg(OH)2·2H2O↓＋CO2↑‎ 课时强化训练 ‎1.(2018·苏北四市一模)沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。以精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)为原料制备沉淀碳酸钙的工艺流程如下：‎ ‎(1)流程中可以循环利用的物质有气体Ⅰ、气体Ⅱ和_____________________________________________________________________‎ ‎________________(填化学式)。‎ ‎(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为________________________________‎ ‎__________________________________________________________________，‎ 该过程中通入气体Ⅰ和气体Ⅱ的顺序是________。‎ ‎(3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠，原理如下图所示：‎ ‎①电解过程中，加入氯化钙的目的是____________________________________。‎ ‎②石墨电极发生的电极反应方程式为_____________________________________‎ ‎____________________________________________________________________。‎ ‎③电解得到的Na中约含1%的Ca，除去其中少量Ca的方法为_____________________________________________________________________。‎ 已知部分物质的熔沸点如下表：‎ 物质 熔点(K)‎ 沸点(K)‎ Na ‎370‎ ‎1 156‎ Ca ‎1 123‎ ‎1 757‎ 解析　(1)煅烧时产生的气体为CO2(气体Ⅰ)，NH4Cl浸取后，加纯CaO后产生的气体为NH3(气体Ⅱ)，过滤后溶液为CaCl2，通入CO2和NH3，生成CaCO3沉淀和NH4Cl，NH4Cl可循环使用。(2)CaCl2溶液中通CO2无明显现象，CO2在水中溶解度小，类似于“候氏制碱”，先通NH3，再通CO2。(3)①类似于电解氧化铝中冰晶石作用，CaCl2降低熔融温度。②铁电极不可能作阳极，若作阳极，优先失电子，所以石墨电极为阳极，熔融物中阴离子Cl－放电。③利用表格中的信息，控制温度在370 K～1 123 K间过滤。‎ 答案　(1)NH4Cl　(2)Ca2＋＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋2NH　先通入气体Ⅱ(或后通气体Ⅰ)‎ ‎(3)①降低电解质的熔融温度，降低能耗 ‎②2Cl－－2e－===Cl2↑ ‎ ‎③控制温度在370 K～1 123 K间过滤 ‎2.(2018·通扬泰徐淮宿二调)CoCO3是一种制造锂电池电极的原料。以含钴废渣(主要成分CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)：‎ 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Co2＋‎ ‎7.6‎ ‎9.4‎ Al3＋‎ ‎3.0‎ ‎5.0‎ Zn2＋‎ ‎5.4‎ ‎8.0‎ ‎(1)“酸浸”时通入SO2的目的是________。‎ ‎(2)“除铝”时调节溶液pH范围为________，该过程中主要反应的离子方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎(3) “萃取”过程可表示为ZnSO4(水层)＋2HX(有机层)ZnX2(有机层)＋H2SO4(水层)，由有机层获取ZnSO4溶液的操作是________________________。‎ ‎(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加的原因是_____________________________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)SO2常在溶液中用作还原剂，因为原料中有＋3价钴，而产品中为＋2价钴。(2)除铝时，pH≥5.0，而Zn2＋不能沉淀，pH还需小于5.4。Al3＋与CO发生双水解反应生成Al(OH)3和CO2。(3)此步操作为“萃取”，要获取ZnSO4溶液，需要使平衡向逆反应方向移动，加入适量H2SO4，再分液。(4)若Na2CO3滴加过快，造成局部碱性强，会生成Co(OH)2沉淀。(5)注意“隔绝空气”，CoCO3→Co2O3，Co化合价升高，说明C的化合价降低，有CO生成：CoCO3→Co2O3＋CO，分解反应逆向配平：2CoCO3→Co2O3＋CO，根据原子守恒还有CO2。‎ 答案　(1)将Co3＋还原为Co2＋‎ ‎(2)5.0～5.4　2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎(3)向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 ‎(4)防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 ‎(5)2CoCO3Co2O3＋CO↑＋CO2↑‎ ‎3.(2017·通扬泰淮三调)以硫酸锰废液(主要含Mn2＋、H＋、SO，还含有少量Cl－、Zn2＋、Cu2＋)制取金属锰的流程如下：‎ ‎(1)滤渣Ⅰ的主要成分是CuCl，潮湿条件下易被空气氧化。过滤Ⅰ操作时间不宜过长，其原因是______________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________(用离子方程式)。‎ ‎(2)若过滤Ⅰ后所得滤液中Zn2＋和Cu2＋的浓度均为0.01 mol·L－1，加入(NH4)2S溶液，先析出CuS沉淀，则Ksp(ZnS)________Ksp(CuS)(填“＞”或“＜”)。除锌、铜时须控制溶液pH，pH过低，金属离子沉淀不完全，原因是 ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)写出电解过程中发生反应的化学方程式：____________________________。若不除去硫酸锰废液中的Cu2＋、Zn2＋、Cl－，则电解时会导致______________________________________________________________________。‎ ‎(4)向CuCl固体中加入一定量的NaCl溶液，反应过程中各粒子的物质的量随时间的变化如图所示。写出该反应过程中的离子方程式：______________________________________________________________________‎ ‎(X用对应粒子的化学式表示)。‎ 解析　(1)过滤时间长，CuCl会被O2氧化，Cu＋被氧化为Cu2＋，根据Cu和O得失电子守恒配平反应，用H＋平衡电荷。(2)先析出CuS，则Ksp(CuS)较小；Zn2＋、Cu2＋均可以与S2－生成相应的硫化物沉淀，若酸性过强，S2－会被转化为HS－或H2S，而使Zn2＋、Cu2＋不易转化为硫化物沉淀。(3)电解MnSO4生成Mn，OH－在SO之前放电，而生成O2，H2O电离出的OH－放电之后留下H＋，H＋与SO结合成H2SO4。电解质溶液中含有Cu2＋、Zn2＋、Cl－时，Cu2＋和Zn2＋也会放电生成Cu和Zn，得到的Mn不纯，Cl－在OH－之前放电生成Cl2，会污染环境。(4)从图像知，Na＋没有参与反应，Cl－和CuCl作为反应物浓度减小，X的浓度增大，则X为生成物，Cl－、CuCl和X的物质的量变化相等，所以这三种物质在反应方程式中的化学计量数相同，由元素和原子守恒，可写出反应的化学方程式为CuCl＋Cl－[CuCl2]－。‎ 答案　(1)4CuCl＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋4Cl－＋2H2O ‎(2)＞　pH过低，H＋浓度大，与S2－生成难电离的HS－或H2S，溶液中S2－浓度减小 ‎(3)2MnSO4＋2H2O2Mn＋O2↑＋2H2SO4　制得的锰不纯，生成氯气污染环境 ‎(4)CuCl＋Cl－[CuCl2]－‎ ‎4.湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质。一种由铜镉渣生产金属镉的流程如下：‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)：‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Cd(OH)2‎ ‎1.5‎ ‎6.5‎ ‎7.2‎ 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.9‎ ‎9.5‎ ‎(1)浸出过程中，不采用通入空气的方法进行搅拌，原因是防止将Cu氧化浸出，其离子方程式是_______________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________。‎ ‎(2)除钴过程中，锌粉会与As2O3形成微电池产生AsH3，该微电池的正极反应式为_____________________________________________________________________。‎ ‎(3)除铁时先加入适量KMnO4，再加入ZnO调节pH。‎ ‎①除铁过程中，理论上参加反应的物质n(KMnO4)∶n(Fe2＋)＝_____________________________________________________________________；‎ ‎②除铁时加入ZnO控制反应液pH的范围为________。‎ ‎(4)若上述流程中投入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元素残余。请设计实验方案加以验证：____________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ ‎(5)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溶质是_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉、钴，根据流程图分析知，加入稀硫酸时，除铜外，其余金属均被溶解，Cu在酸性条件下被O2被氧化生成Cu2＋。(2)锌粉与As2O3形成微电池时，Zn作负极，As2O3作正极，As2O3生成AsH3时，As由＋3价变成－3价，1 mol As2O3得12 mol e－，用H＋平衡电荷，配平反应。(3)①从流程知，“除铁”过程中，KMnO4转化成MnO2，Fe2＋被氧化生成Fe3＋，根据得失电子守恒知，n(KMnO4)～3n(Fe2＋)，则n(KMnO4)∶n(Fe2＋)＝1∶3；②铁元素以Fe(OH)3的形式沉淀，故pH＞3.3，但不能使Cd2＋沉淀，故pH＜7.2。(4)若加入的KMnO4不足，则溶液中仍存在Fe2＋，故可以加入H2O2将其氧化生成Fe3＋后，再加入KSCN溶液观察，若有红色出现，则说明含有铁元素。(5)电解CdSO4溶液时，Cd2＋得电子生成Cd单质，OH－在SO之前放电，而OH－来自于H2O，OH－放电之后留下H＋，与SO结合成H2SO4，可循环利用于铜镉渣的溶解。‎ 答案　(1)2Cu＋4H＋＋O2===2Cu2＋＋2H2O ‎(2)As2O3＋12H＋＋12e－===2AsH3＋3H2O ‎(3)①1∶3　②3.3～7.2‎ ‎(4)取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素 ‎(5)H2SO4‎ ‎5.NiCl2是化工合成中最重要的镍源，工业上以金属镍废料为原料生产NiCl2，继而生产Ni2O3的工艺流程如下：‎ 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Fe(OH)2‎ Al(OH)3‎ Ni(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.1‎ ‎6.5‎ ‎3.5‎ ‎7.1‎ 沉淀完全的pH ‎3.2‎ ‎9.7‎ ‎4.7‎ ‎9.2‎ ‎(1)为了提高金属镍废料浸出的速率，在“酸浸”时可采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③________等。‎ ‎(2)酸浸后的酸性溶液中含有Ni2＋、Cl－，另含有少量Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等。沉镍前需加Na2CO3控制溶液pH的范围为________。‎ ‎(3)从滤液A中可回收利用的主要物质是________。‎ ‎(4)“氧化”生成Ni2O3的离子方程式为___________________________________‎ ‎___________________________________________________________________。‎ ‎(5)工业上用镍作阳极，电解0.05～0.1 mol·L－1 NiCl2溶液与一定量NH4Cl组成的混合溶液，可得到高纯度、球形的超细镍粉。当其条件一定时，NH4Cl的浓度对阴极电流效率及镍的成粉率的影响如图所示。‎ ‎①NH4Cl的浓度最好控制为________；‎ ‎②当NH4Cl的浓度大于15 g·L－1时，阴极有气体生成，导致阴极电流效率降低，写出相应的电极反应式：________________________________________________‎ ‎_____________________________________________________________________。‎ 解析　(1)提高浸出率的方法一般有：升高温度、增加酸的浓度、搅拌、研磨等。(2)先将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后调节pH将Al3＋和Fe3＋转化为沉淀除去，但不能影响Ni2＋，所以pH应大于4.7，且小于7.1。(3)根据流程中所加的盐酸和Na2CO3可知，滤液A中可回收的物质为NaCl。(4)Ni2＋在碱性条件下被ClO－氧化为Ni2O3，ClO－被还原为Cl－，根据得失电子守恒等配平即可。(5)①从图看出，在NH4Cl的浓度为10 g·L－1时，电流效率及镍的成粉率最高；②阴极为溶液中的阳离子放电，由水电离产生的H＋放电产生H2。‎ 答案　(1)增大盐酸的浓度(或将镍废料研成粉末等)‎ ‎(2)4.7～7.1　(3)NaCl ‎(4)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===Ni2O3↓＋Cl－＋2H2O ‎(5)①10 g·L－1‎ ‎②2H＋＋2e－===H2↑(或2NH＋2H2O＋2e－===H2↑＋2NH3·H2O)‎ ‎6.(2018·盐城三调)CuCl为白色粉末，微溶于水，溶于浓盐酸或NaCl浓溶液，不溶于乙醇。一种由海绵铜(Cu和少量CuO等)为原料制备CuCl的工艺流程如下：‎ ‎(1)“溶解浸取”时，下列措施不能提高铜的浸取率的是________(填序号)。‎ a.将海绵铜粉末与水搅拌成浆液 b.投料时，NaNO3适当过量 c.缩短浸取时间 d.将滤渣1返回再次溶解浸取 ‎(2)“还原，氯化”时，Na2SO3和NaCl的用量对CuCl产率的影响如图1、图2所示：‎ ‎①CuSO4与Na2SO3、NaCl在溶液中反应生成CuCl的离子方程式为_____________________________________________________________________。‎ ‎②当n(Na2SO3)/n(CuSO4)＞1.33时，比值越大CuCl产率越小，其原因是_____________________________________________________________________。‎ ‎③当1.0＜n(NaCl)/n(CuSO4)＜1.5时，比值越大CuCl产率越大，其原因是______________________________________________________________________。‎ ‎(3)“过滤2”所得滤液中溶质的主要成分为_____________________________________________________________________‎ ‎______________________________________________________________________(填化学式)。‎ ‎(4)用“醇洗”可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3Cl。CuCl被氧化为Cu2(OH)3Cl的化学方程式为________________________________。‎ 解析　(1)a项，增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率；b项，NaNO2‎ 过量，Cu充分反应，提高浸出率；c项，缩短浸取时间，Cu反应不充分，降低浸取率；d项，再次浸取，提高浸取率。(2)①SO将Cu2＋还原为CuCl，自身被氧化为SO，注意硫酸浸取，溶液呈酸性。②Na2SO3增多，SO浓度大，有利于Cu2＋的还原，事实上CuCl产率降低，从Na2SO3性质上分析，其溶液呈碱性，浓度大，碱性强，Cu2＋水解程度增大，生成Cu(OH)2沉淀。③Cl－浓度增大，有利于CuCl沉淀生成。(3)由(2)①分析，CuSO4溶液加入NaCl生成CuCl沉淀，SO被氧化为SO，滤液主要是Na2SO4。(4)反应物为CuCl、O2，生成物有Cu2(OH)3Cl，由Cu、Cl比例关系可知有HCl生成。‎ 答案　(1)c ‎(2)①2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋‎ ‎②随着n(Na2SO3)/n(CuSO4) 不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2＋及CuCl的水解程度增大 ‎③适当增大c(Cl－)，有利于平衡Cu＋(aq)＋Cl－(aq)CuCl(s)向生成CuCl方向移动 ‎ ‎(3)Na2SO4‎ ‎(4)4CuCl＋O2＋4H2O===2Cu2(OH)3Cl＋2HCl