高考化学工艺流程题

高考化学工艺流程题

工艺流程图题型突破 ‎1．【2017新课标1卷】（14分）‎ 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___________________。‎ ‎（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，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40 min所得实验结果如下表所示：‎ 温度/℃‎ ‎30‎ ‎35‎ ‎40‎ ‎45‎ ‎50‎ TiO2·xH2O转化率%‎ ‎92‎ ‎95‎ ‎97‎ ‎93‎ ‎88‎ 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，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，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。‎ ‎（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。‎ ‎【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h （2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ + 2H2O ‎（3）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）4 ‎ ‎（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp ，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。‎ ‎（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑‎ ‎（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为–2价，Ti为+4价，过氧根()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=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2，则c()＝＝1.3×10–17 mol/L，Qc＝c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。‎ ‎（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↑。‎ ‎【名师点睛】工艺流程题，就是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。‎ ‎2．【2017新课标3卷】（15分）‎ 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+NaNO3 Na2CrO4+ 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m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7，最终得到产品 m2 kg，产率为_____________。‎ ‎【答案】（1）2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 （2）铁 Al(OH)3‎ ‎（3）小 2+2H++H2O （4）d 复分解反应 （5）×100%‎ ‎（3）滤液2调节pH的目的是提高溶液的酸性，pH变小；因为溶液中存在2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，增大溶液中H+浓度，可促进平衡正向移动，提高溶液中Cr2O72-的浓度。‎ ‎（4）由图示可知，在10 ℃左右时，得到K2Cr2O7的固体最多；2KCl+Na2Cr2O7=K2Cr2O7↓+2NaCl的反应类型为复分解反应。‎ ‎（5）样品中Cr2O3的质量为m1×40% kg，则生成K2Cr2O7的理论质量为m1×40% kg×，则所得产品的产率为m2 kg÷（m1×40% kg×）×100%=×100%。‎ ‎3．【2017北京卷】（13分）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 化合物 SiCl4‎ TiCl4‎ AlCl3‎ FeCl3‎ MgCl2‎ 沸点/℃‎ ‎58‎ ‎136‎ ‎181（升华）‎ ‎316‎ ‎1412‎ 熔点/℃‎ ‎−69‎ ‎−25‎ ‎193‎ ‎304‎ ‎714‎ 在TiCl4中的溶解性 互溶 ‎——‎ 微溶 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1‎ ‎2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1‎ ‎① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________________。‎ ‎② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：_______________。‎ ‎③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是__________________________。‎ ‎④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_____________。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是______________，T2应控制在_________。‎ ‎【答案】（1）①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5 kJ/mol ‎②> 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应 ‎③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 ④MgCl2、AlCl3、FeCl3‎ ‎（2）SiCl4 高于136℃，低于181℃‎ 中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。滤渣应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。‎ ‎【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl及Cl2尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(‎ 是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。另外需要注意题干信息的提取和筛选，例如本题中：①溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。②工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。‎ ‎4．【2017江苏卷】(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NH4‎ Cl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O2氧化 ‎（4）4CO32－+2H2O−4e−=4HCO3－+O2↑ H2‎ ‎（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 ‎（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，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。‎ ‎【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。‎ ‎5．【2017江苏卷】‎ ‎(15分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。‎ 已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3‎ ‎②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl− +2H2O ‎③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：‎ ‎4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O ‎（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。‎ ‎（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为________________。 HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是____________________。‎ ‎（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。‎ ‎（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为_____________________。‎ ‎（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2 mol·L−1水合肼溶液，1 mol·L−1H2SO4)。‎ ‎【答案】（1）水浴加热 （2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑‎ 会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染 （3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 ‎ ‎（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水反应 ‎ ‎（5）向滤液中滴加2 mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 ‎ ‎ ‎ 该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O＝4AgCl+4NaOH+O2↑。 HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂 ‎ 时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染。‎ ‎（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。 ‎ ‎（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl−，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3) 2++ Cl− +2H2O反应 ，使得银的回收率变小。 ‎ ‎（5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O＝4Ag↓+ N2↑+ 4NH4＋+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 ‎ ‎【名师点睛】本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。设计实验方案时，根据限定必须使用的试剂，结合题中所给信息，注意反应条件的控制以及实验试剂的量的控制，按照“核心转化→尾气处理→产品分离→产品提纯”思路，对细节进行耐心的优化，直至得到完美方案。‎ ‎2017届高考模拟试题 ， ‎ ‎6．【郑州市2017届第三次模拟】碲(Te ‎)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（主要含有TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：‎ 已知TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊。‎ ‎（1）“碱浸”时发生反应的离子方程式为____________________。‎ ‎（2）碱浸后的“滤渣”可以部分溶于稀硝酸，发生反应的化学方程式是______________。‎ ‎（3）“沉碲”时控制溶液的pH为4．5〜5．0，生成TeO2沉淀。酸性不能过强，其原因是_______________；防止局部酸度过大的操作方法是_________。‎ ‎（4）“酸溶”后，将SO2通人TeCl4酸性溶液中进行“还原”得到碲，该反应的化学方程式是__________。‎ ‎（5）25°C 时，亚碲酸（H2TeO3) 的Ka1=1×10-3，Ka2=2×10-8。‎ ‎①0.1 mol·L-1 H2TeO3电离度α约为_____________。（α=×100%)‎ ‎②0．lmol • L-1的NaH TeO3溶液中，下列粒子的物质的量浓度关系正确的是___________。‎ A．c(Na+ )>c(HTeO3- )>c(OH-)>c(H2TeO3)>c(H+ )‎ B．c(Na+) + c( H+) >= c(HTeO3- ) +c(TeO32-) +c(OH- )‎ C．c(Na+ ) =c(TeO32-) +c( HTeO3-) + c( H2TeO3) ‎ D．c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+e(TeO32-)‎ ‎【答案】 TeO2＋2OH-＝TeO32-＋H2O 3Ag +4HNO3 = 3AgNO3 +NO↑+2H2O 溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 缓慢加入H2SO4，并不断搅拌 TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 10％ C D 将TeCl4还原成Te，本身被氧化成SO42－，因此有TeCl4＋SO2→Te＋H2SO4＋HCl，根据化合价的升降法进行配平，即TeCl4＋2SO2→Te＋2H2SO4＋4HCl，反应物中缺少8个H和4个O，即缺少4个H2O，反应方程式为：TeCl4+2SO2+4H2O=Te+4HCl+2H2SO4 ；（5‎ ‎）①亚碲酸是二元弱酸，以第一步电离为主，H2TeO3 HTeO3－＋H＋，根据Ka1=c(HTeO3－)×c(H＋)/c(H2TeO3)，代入数值，求出c(H＋)=0.01mol·L－1，即转化率为0.01/0.1×100%=10%；②A、NaHTeO3的水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1×10－14/1×10－3=10－11<2×10－8，此溶液应显酸性，即c(OH－)>c(H＋)，故A错误；B、根据电荷守恒，应是c(Na＋) + c( H＋) = c(HTeO3－ ) +2c(TeO32－) +c(OH－ )，故B错误；C、根据物料守恒，因此有：c(Na＋ ) =c(TeO32－) +c( HTeO3－) + c( H2TeO3)，故C正确；D、根据质子守恒，.c(H＋)+c(H2TeO3)=c(OH－)+e(TeO32－)，故D正确。‎ 点睛：本题的易错点是问题（5）中的A选项，因为NaHTeO3是酸式盐，既有电离也有水解，需要判断是电离为主还是水解为主，这需要根据电离平衡常数和水解平衡常数大小进行判断，水解平衡常数Kh=Kw/Ka1=1×10－14/1×10－3=10－11<2×10－8，电离大于水解，因此溶液应显酸性，故A错误。‎ ‎7．【宁德市2017届第三次质量检查】氯化亚铜是一种重要的化工原料，广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。一种利用低品位铜矿(Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）步骤Ⅰ“浸取”前需将铜矿粉碎的目的是______；“浸取”时，被氧化的元素有___(填元素符号)‎ ‎（2）已知Cu2+、Mn2+、Fe3+开始生成沉淀和沉淀完全的pH如下表，则步骤Ⅱ“中和”时，pH应控制的范围为_______________。‎ 物质 Cu(OH)2‎ Mn(OH)2‎ Fe(OH)3‎ 开始沉淀pH ‎4.7‎ ‎8.3‎ ‎1.2‎ 完全沉淀pH ‎6.7‎ ‎9.8‎ ‎3.2‎ ‎（3）步骤IV加热“蒸氨”时发生反应的化学方程式为________________。‎ ‎（4）步骤VI反应的离子方程式为______________，其中盐酸需过量，其原因是________________。‎ ‎（5）步骤Ⅶ获得CuCl晶体需经过滤、洗涤、干燥。洗涤时，常有无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂的优点是______________(写一点)。‎ ‎【答案】 提高浸取反应速率和原料的浸取率 Cu、S和Fe 3．2≤pH<4．7 Cu(NH3)4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑ CuO+4Cl-+2H++Cu =2-+H2O 防止Cu2+和Cu+水解，提高CuCl产率 避免CuCl溶于水而损失(或防止被氧化，或缩短干燥时间降低能耗，或其他合理答案）‎ ‎（3）步骤IV加热“蒸氨”时，Cu(NH3)4CO3受热分解生成氨气、CuO和CO2，发生反应的化学方程式为Cu(NH3)4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑；‎ ‎（4）步骤VI是CuO溶解于盐酸和氯化钠的混合溶液生成Na，发生反应的离子方程式为CuO+4Cl-+2H++Cu =2-+H2O，为防止Cu2+和Cu+水解，并提高CuCl产率，应保证盐酸；‎ ‎（5）用无水乙醇代替蒸馏水洗涤CuCl晶体，可避免CuCl溶于水而损失(或防止被氧化，或缩短干燥时间降低能耗)。‎ ‎8．【安徽省江南十校2017届5月冲刺联考（二模）】金属钒主要用于冶炼特种钢和在化学工业、炼油工业中作催化剂，被誉为“合金的维生素”。回收利用废钒催化剂（主要成分为V2O5、VOSO4和二氧化硅）的工艺流程如下图所示。‎ ‎（1） 粉碎的作用是_______，滤渣可用于_______（填用途）。‎ ‎（2） 25时，取样进行实验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间的关系如下表所示：‎ pH ‎1.3 ‎ ‎1.4 ‎ ‎1.5 ‎ ‎1.6 ‎ ‎1.7‎ ‎1.8‎ ‎1.9‎ ‎2.0 ‎ ‎2.1 ‎ 钒沉淀率/% ‎ ‎8.1 ‎ ‎91.8 ‎ ‎96.5 ‎ ‎98 ‎ ‎99.8‎ ‎9.8‎ ‎96.4‎ ‎93.0 ‎ ‎89.3 ‎ 根据上表数据判断，加入氨水调节溶液pH的最佳选择为_____；上述过滤操作过程中所需用到的玻璃仪器有__________。‎ ‎（3）为了提高钒的浸出率，用酸浸使废钒催化剂中的V2O5转变成可溶于水的VOSO4，酸浸过程中还原产物和氧化产物的物质的量之比为_______。‎ ‎（4）完成并配平氧化过程中的离子方程式：_____‎ ‎_____ClO3-＋ VO2+ + = VO3+＋ Cl-＋ 。‎ ‎（5）废钒催化剂中V2O5的质量分数为6%（原料中的所有钒已换算成V2O5）。取100g此废钒催化剂按上述流程进行实验，当加入105 mL 0.1 mol·L-1的KClO3溶液时，溶液中的钒恰好被完全处理，假设以后各步钒没有损失，则该工业生产中钒的回收率是________。‎ ‎【答案】提高VOSO4（可溶性钒化合物）的浸出率 制作光导纤维、建筑材料等（写出一种即可得分） 1.7-1.8（或1.7或1.8） 漏斗、烧杯、玻璃棒 2：1 1 6 6H+ 6 1 3H2O 95.55%‎ VOSO4，化学方程式为:V2O5+NaSO3+2H2SO4=2VOSO4+2H2O+Na2SO4,该反应中V2O5为氧化剂，Na2SO3为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1；（4）该反应中ClO3-将VO2+氧化为VO3+,而本身被还原为Cl-，离子方程式为:ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O；（5）根据钒元素守恒及反应的化学方程式得:KClO36VO3+3V2O5，则回收到的m(V2O5)=3×0.105 L×0.1 mol·L-1×182 g·mol-1=5.733 g,故钒的回收率是×100%=95.55%。‎ 点睛：本题以工艺流程的形式考查了化学实验的基本操作、物质的制备及有关计算等，意在考查考生的计算能力和综合分析判断能力。‎ ‎9．【龙岩市2017届5月综合能力测试（二）】‎ 金属镉广泛用于合金制造及电池生产等，一种用铜镉废渣（含Cd、Zn、Cu、Fe及Co等单质）制取海绵镉的工艺流程如下：‎ ‎（1）步骤Ⅰ进行破碎和粉磨的目的是_________。‎ ‎（2）步骤Ⅱ需隔绝O2的原因________（用文字和方程式说明）。‎ ‎（3）步骤Ⅲ中除铁发生的离子反方程式为______。‎ ‎（4）步骤Ⅳ调节pH适宜的试剂是_______，应调整的范围为________。（已知部分氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表）‎ 氢氧化物 Fe(OH)3‎ Cd(OH)2‎ Zn(OH)2‎ 开始沉淀的pH ‎1.5‎ ‎7.2‎ ‎5.9‎ 沉淀完全的pH ‎3.3‎ ‎9.9‎ ‎8.9‎ ‎（5）步骤Ⅴ发生的反应为Zn+Co2+=Zn2++Co，（已知Sb的金属活动性介于Cu和Ag之间），加入少量锑盐能加快反应的进行，其原因是___________；‎ ‎（6）用石墨作阳极，纯锌作阴极电解ZnSO4溶液可得高纯锌，电解时总反应的离子方程式为______；电解后的残液返回到步骤_______（填流程中数字）。‎ ‎【答案】 提高原料浸取率和浸取时反应速率 防止发生2Cu+4H++O2 =2Cu2++2H2O，导致铜被浸出 3Fe2++MnO4－+4H+=MnO2↓+3Fe3++4H2O ZnO或Zn(OH)2 3.3～5.9 形成微电池，Zn作负极，Co2+加快在锑正极表面得到电子析出 2Zn2++2H2O 2Zn↓ + O2↑+4H+ Ⅱ ‎（5）加入少量锑盐，锌置换出锑，构成锌锑原电池，使Zn+Co2+=Zn2++Co反应速率加快；‎ ‎（6）用石墨作阳极，纯锌作阴极电解ZnSO4‎ 溶液，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极锌离子得电子生成单质锌，总反应是2Zn2++2H2O 2Zn↓ + O2↑+4H+ ，电解过程生成硫酸，所以电解后的残液返回到步骤Ⅱ重复使用。‎ 点睛：用石墨作阳极，纯锌作阴极电解ZnSO4溶液可得高纯锌，阴极反应反应式为 、阳极反应为。‎ ‎10．【葫芦岛市2017届第二次模拟考试（5月）】聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅）为原料制备的流程如下：‎ ‎（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是____________。‎ ‎（2）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如右图所示：‎ ‎①加热条件下酸浸时，Fe3O4与硫酸反应的化学方程式为___________。‎ ‎②酸浸时，通入O2的目的是_____________，该反应的离子方程式为_________。‎ ‎③当酸浸温度超过100℃时，铁浸取率反而减小，其原因是____________。‎ ‎（3）滤渣的主要成分为____________（填化学式）。‎ ‎（4）“Fe3+浓度检测”是先用SnCl2将Fe3+还原为Fe2+；在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+（Cr2O72－被还原为Cr3+），该滴定反应的离子方程式为_______。‎ ‎【答案】减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率和提高铁浸取率 Fe3O4+4H2SO4FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O 将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O 温度超过100‎ ‎℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低 C和SiO2 6Fe2++Cr2O72－+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O ‎②酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O，故答案为：将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3；4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O；‎ ‎③铁离子在水溶液中存在水解，温度升高有利于水解反应的进行，温度超过100℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；故答案为：温度超过100℃明显加快了Fe3+水解反应的速率，导致Fe3+浓度降低；‎ ‎（3）废铁渣(主要成分Fe3O4，少量碳及二氧化硅)，酸浸，碳与二氧化硅不溶于稀硫酸也不反应，故滤渣的主要成分问碳和二氧化硅；故答案为：C和SiO2；‎ ‎（4）在酸性条件下，再用K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+(Cr2O72-被还原为Cr3+)，则亚铁离子被氧化为铁离子，发生的离子方程式为：6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。‎ 点睛：本题是制备工艺流程图的考查，涉及了氧化还原反应离子方程式的书写，铁的有关物质的性质。本题的易错点是氧化还原反应方程式的书写和配平。‎ ‎ ‎