2019年高考化学冲刺逐题过关专题10第28题化学工业流程（知识讲解）（含解析）

2019年高考化学冲刺逐题过关专题10第28题化学工业流程（知识讲解）（含解析）

第28题工业流程题一、试题解读化学工艺流程题是高考的必考题型，题目综合性强，难度大，通常以化工生产中流程图的形式，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、实验方案的评价、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，可以说是真正的学科内综合题，无所不考。二、试题考向三、必备知识知识点1工业流程的三个阶段n原料预处理的常用方法方法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，增大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碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物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，如煅烧高岭土知识点2　常考化工术语及操作1.常考化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等n碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)2.常见的操作与思考角度常见的操作思考角度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判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→(洗涤、干燥)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)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑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、防水解、防潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液少量，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，使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)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，降低对设备的要求洗涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗n③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次3.循环物质的确定4.副产品的判断5.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？6.物质分离、提纯的六种物理方法和八种化学方法　n知识点3．陌生氧化还原反应方程式书写的具体步骤1.常见氧化剂及其还原产物氧化剂Cl2(X2)O2Fe3＋酸性KMnO4MnO2酸性K2Cr2O7HClO还原产物Cl－(X－)H2O/O2－/OH－Fe2＋Mn2＋Mn2＋Cr3＋Cl－氧化剂ClO浓H2SO4HNO3H2O2(H＋)PbO2FeO(H＋)NaBiO3还原产物Cl－SO2NO2(浓)、NO(稀)H2OPb2＋Fe3＋Bi3＋2.常见还原剂及其氧化产物还原剂金属单质Fe2＋H2S/S2－SO2/SOHI/I－NH3N2H4COn氧化产物金属离子Fe3＋S、SO2SO3、SON2、NON2CO2知识点4　答案文字叙述的规范性设问角度规范答题固体原料进行“粉碎”的目的减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率如何用pH试纸测定溶液pH？将一小块pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸变色后再与标准比色卡对照读数滴定管需用NaOH标准溶液润洗，如何操作？滴定管用蒸馏水洗涤干净后，加入少量NaOH标准液，将滴定管横放，轻轻转动，均匀润洗滴定管内壁后，再将润洗液从下端尖嘴处放出，重复操作2～3次在萃取、分液过程中，如何操作？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如何洗涤沉淀？向过滤器中加入蒸馏水至浸没滤渣，待水自然流下后，重复以上操作2～3次检验沉淀是否洗涤干净？取最后一次洗涤滤出液少许，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液(检验氯离子)或者盐酸酸化的BaCl2溶液(检验硫酸根离子)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净；反之，则未洗涤干净从溶液中得到晶体的操作有哪些？蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤―→干燥四、高考回顾1．（2018年全国1卷）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NaHSO3n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50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。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】2NaHSO3＝Na2S2O5+H2ONaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液2H2O－4e－＝4H＋+O2↑aS2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋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氢钠。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。n2．（2018年全国2卷）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+)=0.1mol·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pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4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】ZnS+3/2O2ZnO+SO2PbSO4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+Zn+Cd2+Zn2++CdZn2++2e－Zn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。n（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。3．（2018年全国3卷）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KCI．“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_____。n③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_____（写出一点）。【答案】碘酸钾加热KClKH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑K+a到b产生Cl2易污染环境【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。4．（2017年全国1卷）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为____________________________。n（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________。（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为___________。（5）若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol/L，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成______________（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式____________。【答案】100℃、2h，90℃，5hFeTiO3+4H++4Cl−=Fe2++TiOCl42-+2H2O低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降4Fe3+恰好沉淀完全时，c(PO43-)=mol·L−1=1.3×10–17mol·L−1，c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时所需要的时间最短，速率最快，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成TiOCl42−时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++TiOCl42−+2H2O；（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为-2价，Ti为+4价，过氧根(O22-)中氧元素显-1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(-2)×(15-2x)+(-1)×2x=0，解得：x=4；（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(PO43-)=1.3×10-2，则c(PO43-)＝＝1.3×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(PO43-)＝(0.01)3×(1.3×10-17)2=1.69×10-40＜1.0×10—34，则无沉淀。n（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。5．（2017年全国3卷）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：（1）步骤①的主要反应为：FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2，上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为__________。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是________________。（2）滤渣1中含量最多的金属元素是____________，滤渣2的主要成分是_____________及含硅杂质。（3）步骤④调滤液2的pH使之变____________（填“大”或“小”），原因是___________________（用离子方程式表示）。（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到___________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多。a．80℃b．60℃c．40℃d．10℃步骤⑤的反应类型是___________________。（5）某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为________。【答案】2∶7陶瓷在高温下会与Na2CO3反应铁Al(OH)3小2+2H++H2Od复分解反应×100%【解析】铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3n，还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1含Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4，调节pH过滤分离出Al（OH）3、含Si物质，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42－+2H＋Cr2O72－+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出。（1）步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，则FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）滤渣1中含量最多的金属元素是Fe，滤渣2的主要成分是Al（OH）3及含硅杂质。（3）步骤④调滤液2的pH使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72－，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到40℃，选d，K2Cr2O7固体的溶解度在四种物质中较小、且溶解度较大，过滤分离产品最多，10℃时最合适；步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应。（5）用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%）制备K2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为=实际产量/理论产量，由Cr原子守恒可知，则产率为190m2/147m1×100%。6．（2016年全国3卷）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生成硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2~2.92.8~3.122~2860~651~2<1以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：回答下列问题：（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，反应的离子方程式为___________，同时V2O4转成VO2+。“废渣1”的主要成分是__________________。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，则需要氧化剂KClO3至少为______mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______。（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+V4O124−R4V4O12+4OH−n（ROH为强碱性阴离子交换树脂）。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈_____性（填“酸”、“碱”或“中”）。（5）“流出液”中阳离子最多的是________。（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式____________。【答案】（1）V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；SiO2；（2）0.5；（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）碱；（5）K＋；（6）2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。【解析】（1）“酸浸”时V2O5转化为VO2+，V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可知反应的离子方程式为V2O5＋2H＋=2VO2＋＋H2O；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。（2）“氧化”中欲使3mol的VO2+变为VO2+，V元素化合价从＋4价升高到＋5价，而氧化剂KClO3中氯元素化合价从＋5价降低到－1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3mol÷6＝0.5mol。（3）“中和”作用之一是使钒以V4O124−形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。（4）根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液应该呈碱性。（5）由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。（6）根据原子守恒可知偏钒酸铵（NH4VO3）“煅烧”生成七氧化二钒、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑。五、预测20191．高铁酸钠(Na2FeO4)具有很强的氧化性，是一种新型的绿色净水消毒剂。工业上以菱铁矿(主要成分是FeCO3及少量SiO2)为原料制备高铁酸钠生产过程如下：(1)Na2FeO4中铁元素的化合价为_____________，高铁酸钠用于杀菌消毒时的化学反应类型为_______________(填“氧化还原反应”、“复分解反应”或“化合反应”)。(2)按照上述流程，步骤①中碱浸时能否用较便宜的Ca(OH)2替代NaOH___________(填“能”或“不能”)，理由是________________________。(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+的方法是：___________________________。(4)步骤④中除生成Na2FeO4n外，还有NaCl生成，其离子方程式为_____________。己知步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，则操作a的名称为_____。(5)生产过程中，理论上每获得0.5mol的FeO42-消耗NaClO的总质量为_______________。(6)已知几种物质在20℃时的Ksp如下表：某同学用滴定法测定晶体CoCl2·xH2O中的x，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时选择的指示剂是_____(填编号)。A.KClB.KSCNC.K2SD.K2CrO4若取晶体样品ag溶于蒸馏水中配制100mL溶液取20mL配制溶液于锥形瓶中，加入所选指示剂，用cmol/LAgNO3溶液滴定至终点消耗标准溶液bmL。则x的表达式为___________。【答案】+6氧化还原反应不能CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2取少量③中溶液于试管，滴入少量K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+已经全部转化成Fe3+2Fe3+3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O过滤74.5gD【解析】(1)Na2FeO4中钠元素+1价，氧元素-2价，则铁元素+6价；高铁酸钠中铁元素+6价，具有强氧化性，能杀菌消毒，故发生氧化还原反应；(2)不能用Ca(OH)2替代NaOH，Ca(OH)2会与SiO2发生反应生成CaSiO3，CaSiO3难溶于水，无法分离出SiO2；(3)步骤③中检验Fe2+全部转化成Fe3+是看溶液中是否含有Fe2+,方法取少量③中溶液于试管，滴入少量的K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀，则Fe2+全部转化成Fe3+，否则含有Fe2+；(4)步骤④为NaOH和NaClO溶液氧化Fe3+生成Na2FeO4和NaCl，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式：2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；步骤⑤是向Na2FeO4溶液中继续加入氢氧化钠固体得到悬浊液，经过操作a得到固体，则该分离混合物的操作方法为过滤；(5)根据铁元素守恒，生成0.5mol的FeO42-，则加入的Fe2+为0.5mol，第一次加入NaClO溶液氧化Fe2+，发生反应2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，则需要n(NaClO)=0.25mol，第二次加入NaOH和NaClO溶液继续氧化Fe3+，发生反应2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，则需要n(NaClO)=0.75mol，所以消耗NaClO的总质量为m(NaClO)=(0.25mol+0.75mol)×74.5g/mol=74.5g；(6)指示剂的作用是指示Cl-恰好沉淀完全，即使Cl-n先形成沉淀，再滴入AgNO3溶液时产生不同颜色的沉淀来指示滴定终点。A.KCl产生AgCl白色沉淀，没有明显的颜色变化，A错误；B.根据表格数据可知AgSCN的溶解度比AgCl小，先形成AgSCN沉淀，B错误；C.Ksp(Ag2S)=2.0×10-48=c(Ag+)·c2(S2-)，c(S2-)==1.0×10-16mol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=2.0×10-10，c(Cl-)=，说明Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度，滴加时先形成Ag2S沉淀，C错误；D.Ksp(Ag2CrO4)=c(Ag+)·c2(CrO42-)=2.0×10-12，c(CrO42-)==1.0×10-4mol/L>，说明Ag2CrO4的溶解度大于AgCl的溶解度，则加入K2CrO4可以作指示剂，指示滴定终点，D正确；故合理选项是D；ag晶体样品中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=n(Ag+)=cmol/L×b×10-3L×=5bc×10-3mol，n(CoCl2)=n(Cl-)=5bc×10-3mol=2.5bc×10-3mol，整理可得x的表达式为。2．硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25℃)：n③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；离子浓度≤10－5mol·L－1时，离子沉淀完全。请回答：(1)传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为___________。(2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为_________________________________。若省略“氧化”步骤，造成的后果是_________________________________。(3)“中和除杂”时，生成沉淀的主要成分为______________________(填化学式)。(4)“氟化除杂”时，若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全，需维持c(F－)不低于___________。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10－10；Ksp(CaF2)=3.6×10－12)(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为______________________。(6)“系列操作”指___________、过滤、洗涤、干燥(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极的电极反应式为___________。【答案】产生硫化氢等气体，污染环境MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2OFe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失（或Fe2+去除不完全，影响产品纯度）Fe（OH）3、Al（OH）38×10﹣3mol•L﹣1Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O蒸发浓缩、冷却结晶Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+【解析】(1)高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；(2)氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；若省略“氧化”步骤，根据图表Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；故答案为：MnO2+2Fe2++4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠，造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全，影响产品纯度)；(3)“中和除杂”时，碳酸钙与铁离子、铝离子水解产生的H+反应，从而促进了水解平衡向正向移动，得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；n(4)已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F﹣)不低于mol/L＝8×10﹣3mol•L﹣1；故答案为：8×10﹣3mol•L﹣1；(5)“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2，电解过程中阳极发生氧化反应，元素化合价升高，故为硫酸锰失去电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。3．金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。工业上用钛铁矿(主要成分为钛酸亚铁FeTiO3，含FeO、Fe2O3、SiO2)为原料制TiO2,再由TiO2制得金属Ti资料：TiO2+会发生水解(1)步骤②、③、④中，均需用到的操作是_______。(填操作名称)(2)检验滤液2中是否含Fe3+的方法是：_______。(3)步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸的化学方程式___________。(4)请结合化学用语解释步骤④中加热水的原因___________。(5)电解法获得Ti是通过图装置，以熔融CaCl2做电解质①a为电源的_____(填“正”或“负”)n②在制备钛的过程中石墨电极附近的气泡中除了O2、CO、CO2外还可能有的气体是______________，用化学用语解释原因________________。(6)测定废液中Fe2+浓度已确认铁元素的回收率：取25.00ml废液于锥形瓶中，用硫酸酸化的xmol/LKMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液体积如图所示：(滴定时发生反应的离子方程式为：5Fe2+＋MnO4-＋8H+→5Fe3+＋Mn2+＋4H2O).废液中c(Fe2+)=_________【答案】过滤取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2OTiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行负Cl22Cl-—2e-=Cl2↑2xmol•L—1【解析】(1)步骤②、③、④操作过程中都得到沉淀或晶体，故需要过滤操作得到固体和溶液，故答案为：过滤；(2)检验Fe3+的方法是：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，说明有Fe3+，故答案为：取1—2mL滤液2，滴加KSCN溶液，变红，有Fe3+；(3)由流程图可知，步骤1中FeTiO3溶于过量硫酸生成TiOSO4、FeSO4和水，化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O；(4)TiO2+在溶液中水解，溶液中存在平衡：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应一般为吸热反应，当加入热水，稀释、升温平衡正向移动，有利于生成H2TiO3。故答案为：TiO2++2H2OH2TiO3+2H+，水解反应吸热，用热水促进反应向正向进行；(5)①由图可知，制取Ti，用石墨作阳极、TiO2作阴极、熔融CaCl2作电解质，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，电解池的阴极要与电源的负极连接，故a为电源的负极，故答案为：负极；②由图示阳极产物可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳或一氧化碳，同时氯离子也可以失电子生成氯气，电极反应为：2Cl-—2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl-—2e-=Cl2↑；(6)由图可知滴定管的初读数为0.80mL，末读数为10.80mL，所以滴定时消耗KMnO4溶液体积为：10.80mL-0.80mL=10.00mL，n根据滴定时发生反应的离子方程式：5Fe2+＋MnO4-＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×xmol/L×0.01L=0.05xmol，所以c(Fe2+)==2xmol•L—1，故答案为：2xmol•L—1。4．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：请回答下列问题：(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________(写酸的名称)。(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是_____________。(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_____。(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。n(7)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2＋。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp(CuS)＝6.3×10－36。反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq)CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K＝__________(结果保留1位小数)。【答案】CuSO42Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸使CuCl干燥，防止其水解氧化Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O温度过低反应速率慢温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)1.1×1021【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为:CuSO4；(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；(3)CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为:硫酸；(4)步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为:醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4=Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；（6）据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解；（7）反应Cu2＋(aq)＋HS－(aq)CuS(s)＋H＋(aq)的平衡常数K=。5．以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾[NaFe(SO4)2(OH)6]和纳米镍粉的部分工艺流程如下：n（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有___________(写出两种)。（2）“过滤Ⅰ”滤渣的主要成分是______。（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为________mol。（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式______。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_____(填化学式)。（5）向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4·H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的XRD图谱如下图所示(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)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_____。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_____。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，J．C．Poggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42－的电极反应式为______；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_______。【答案】提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）SiO20.152Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑Fe(OH)30.015mol/LN2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O避免FeO42-在阴极上被还原【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，n故答案为：SiO2；（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15mol，故答案为：0.15；（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe(OH)3沉淀，故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2↑；Fe(OH)3；（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)，故答案为：0.015；N2H4·H2O+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+5H2O(或N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2↑+4H2O)；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42－具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42－在阴极上被还原；故答案为：Fe－6e－＋8OH－=FeO42－＋4H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。