2019高考化学 难点剖析 专题17 化工流程中物质的结晶练习.doc

专题17 化工流程中物质的结晶1（I）某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：（1）第步中，生成氢氧化铝的离子方程式是_。（2）如果把步骤中适量的盐酸改为过量的二氧化碳，则反应的离子方程式_。（3）将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是_（保留一位小数）。（4）工业上制取AlCl3用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是_。（II）大量燃煤产生烟气会造成空气中二氧化硫含量增多，某研究小组利用燃煤电厂的固体废弃物粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）进行烟气脱硫研究，并制备Al2(SO4)318H2O。（5）第步不能用氢氧化钠溶液的原因是_（用化学方程式表示）。（6）下列关于步骤、的说法正确的是_。a溶液C可用于制备氮肥b溶液B中的硫酸铵将烟气中的SO2除去 c热分解获得的SO2可以回收再利用（7）从固体B制备Al2(SO4)318H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、_、过滤。【答案】 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+ CO2+AlO2-2H2O=Al(OH)3HCO3- 65.4% Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO Al(OH)3 + NaOHNaAlO2 + 2H2O或 Al2(SO4)3 + 8NaOH2NaAlO2 + 2Na2SO4 + 4H2O a、c 冷却结晶【解析】分析：（I）向铝土矿中加入足量烧碱溶液后，氧化铝是两性氧化物，既能溶于强酸又溶于强碱，Fe2O3不溶于碱，SiO2溶于强碱，则在得到滤液中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，滤渣为氧化铁；为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，进入滤液；试剂为氨水，将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，氢氧化铝加热分解得氧化铝；由此分析解答。详解：（1）由于氢氧化铝能溶于强碱性溶液，因此选用弱碱氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式是Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；（2）由于碳酸的酸性强于氢氧化铝，则足量二氧化碳与偏铝酸钠反应的离子方程式为CO2+AlO2-2H2O=Al(OH)3HCO3-；（3）设铝土矿的质量是m g，将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则根据原子守恒可知该铝土矿中Al2O3的质量分数是m7812102m100%65.4%；（4）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5 mol碳单质，转移1mol电子，这说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，所以反应的化学方程式是Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO；（5）由于氢氧化铝是两性氢氧化物，能溶于强碱溶液中，则第步不能用氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOHNaAlO2+2H2O或Al2(SO4)3+8NaOH2NaAlO2+2Na2SO4+4H2O。（6）a溶液C中含有铵盐，可用于制备氮肥，a正确；b溶液B中的氨水将烟气中的SO2除去，硫酸铵与二氧化硫不反应，b错误；c热分解获得的SO2可以回收再利用，c正确；答案选ac；（7）从固体B制备Al2(SO4)318H2O的实验操作是：加入稀硫酸、加热浓缩、冷却结晶、过滤。2（2018届湖北省沙市中学高三高考冲刺考试）硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的一种流程如图： （1）步骤的操作是_。 （2）步骤加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是_。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。 （4）步骤中，加入锌粉的作用是_。 （5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： 温度/020406080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_。 （6）取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680时所得固体的化学式为_。 aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】过滤升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+除去Cu2+60条件下蒸发浓缩降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解b【解析】 (1)分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤。(2) 氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率。(3)在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾,高锰酸钾与Fe2+发生氧化还原反应,生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，则反应的离子方程式为: 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+。(4)步骤中，向滤液中加入锌粉,可以与Cu2+反应置换出铜，从而除去Cu2+(5)从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO47H2O易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO47H2O分解。 (6)28.70gZnSO47H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4H2O的质量为17.90g(100);若得ZnSO4的质量为16.10g(250);若得ZnO的质量为8.10g(930);据此通过排除法确定680时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。3（2018届江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研）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计算）(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_ 。【答案】 将Co3+还原为Co2+ 5.05.4 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 2CoCO3Co2O3+CO+CO2（有机层）+H2SO4（水层），由有机层获取ZnSO4溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液；(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀；(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO+CO2。4（2018届山西省晋城市高三上学期第一次模拟考试）工业上可用铬铁矿(主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有Al2O3、MgCO3、SiO2等杂质)为原料制备重铬酸钾晶体和绿矾的流程如下：已知：常见离子沉淀的pH范围Fe3+Al3+Mg2+SiO32-AlO2-开始沉淀1.94.28.19.510.2沉淀完全3.25.39.48.08.5焙烧过程中主要发生反应：2FeOCr2O3+4Na2CO3+7NaNO3=4Na2Cr2O4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2。（1）绿矾的化学式为_。（2）焙烧后的混合物中除含有Na2Cr2O4、NaNO2和过量的Na2CO3、NaNO3外，还含有NaAlO2和Na2SiO3等物质，则焙烧过程中NaAlO2的化学方程式为_。（3）固体Y的主要成分为_(填写化学式)。（4）酸化过程中用醋酸调节pH=5的目的为_；若pH调节的过低，NO2-可被氧化为NO3-，其离子方程式为_。（5）调节pH=5后，加入KCl控制一定条件，可析出K2Cr2O7晶体，说明溶解度的大小：K2Cr2O7_Na2Cr2O7(填“大于”或“小于”)。（6）流程中的一系列操作为_。【答案】 FeSO47H2O Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2 H2SiO3和Al(OH)3 将CrO42-转化为Cr2O72- Cr2O72-+3NO2-+8H+=2Cr3+3NO3-+4H2O 小于 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【解析】(1). 绿矾的化学式为FeSO47H2O，故答案为：FeSO47H2O；(2). 焙烧过程中，Na2CO3和Al2O3反应生成NaAlO2和CO2，化学方程式为：Na2CO3+Al2O32NaAlO2+CO2；(3). 由离子沉淀的pH范围可知，调节pH=78，是为了沉淀H2SiO3和Al(OH)3，所以固体Y的主要成分是H2SiO3和Al(OH)3；5（2018届山东省潍坊市昌乐县第二中学高三下学期一模拉练）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。可由水钴矿主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含有少量Fe2O3、Al2O3、MnO等制取，其工艺流程如下：已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表 沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成CoCl2回答下列问题：（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为_。（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是_。（3）“加Na2CO3调pH至a”，a=_；过滤所得沉淀的主要成分为_（填化学式）。（4）萃取剂对金属离子的萃取与溶液pH的关系如下图所示，向“滤液”中加入该萃取剂的目的是_，使用该萃取剂的最佳pH范围是_（填选项字母）A 5.05.5 B 4.04.5 C 3.03.5 D 2.02.5（5）实验操作“操作1”为_、_、过滤和减压烘干；制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。【答案】 Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素 5.2 Fe（OH）3、Al（OH）3 除去溶液中的Mn2+ C； 蒸发浓缩 冷却结晶 降低烘干温度，防止产品分解【解析】含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，Co2O3、Co（OH）3、Fe2O3、Al2O3、MnO和稀盐酸反应生成可溶性的CoCl2、AlCl3、FeCl2、MnCl2、NaCl，然后向溶液中加入氯酸钠，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，然后过滤，向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，萃取后的溶液中主要含有CoCl2，为得到CoCl26H2O晶体，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶而得到粗产品。（1）浸出水钴矿过程中，Fe2O3发生反应的化学方程式为Fe2O3+Na2SO3+4HCl=2FeCl2+Na2SO4+2H2O；（2）向浸出液中加入适量NaClO3目的是将Fe2+氧化为Fe3+，易于除去铁元素；（3） “加Na2CO3调pH至a”，a=5.2，保证铝离子沉淀完全，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀；（5）实验操作“操作1”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤和减压烘干；根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。6（2018届河北省石家庄市高中毕业班模拟考试二）氧化锌是一种常用添加剂，广泛应用于塑料、合成橡胶、电池等产品的制造。一种利用氧化锌烟灰制备活性氧化锌的工艺流程如下：已知：I.氧化锌烟灰的主要化学组成如下:元素组成Zn Pb Cu Cl F质量分数/%59.78 9.07 0.30 2.24 1.80II.“浸出”时，大部分锌元素以Zn(NH3)42+ 形式进入溶液，同时部分Pb、Cu、F元素也进入溶液中。（1）Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为_。（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为_；“浸出”时温度不宜过高，其原因为_。（3）若“浸出”后，所得溶液中c(F-)0.02molL-1，向其中加入等体积的氯化钙溶液(忽略溶液体积变化），使F- 沉淀完全即溶液中c(F-)10-5 molL-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为_。已知：Ksp(CaF2)=3.4510-11（4）“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有_；“净化”时，利用活性炭的_性，除去溶液中残留的有机物。（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为_。（6）将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，可返回至_(填流程中的操作名称)循环利用。（7）“一次水解”时，产物为Zn(OH)xCly，。取10.64g该水解产物，经二次水解、煅烧后，可得活性氧化锌8.1 g(假设各步均转化完全)。则一次水解产物的化学式为_。【答案】 第4周期B族 ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42+H2O 或 ZnO+2NH3H20+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O 避免氨水的分解与挥发 0.70molL-1 Pb、Cu 吸附 Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl 浸出 Zn(OH)1.6Cl0.4【解析】（1）Zn的原子序数为30，其在元素周期表中的位置为第4周期B族。（2）“浸出”时，氧化锌发生反应的离子方程式为 ZnO+2NH3+2NH4+=Zn(NH3)42+H2O 或 ZnO+2NH3H20+2NH4+=Zn(NH3)42+3H2O ；“浸出”时温度不宜过高，其原因为避免氨水的分解与挥发。（3）取1Lc(F-)0.02molL-1浸出液，加1L氯化钙溶液，令c（Ca2）为xmol/l，混合后溶液体积为2L，溶液中留下的n（F）=2L10-5 molL-1=210-5 mol，沉淀的n（F）=0.02molL-11L-210-5 mol=0.02mol，沉淀的n（Ca2）=0.01mol，Ksp(CaF2)=c（Ca2）c2（F）=3.4510-11，余下的溶液中c（Ca2）=3.4510-11/(10-5)2=0.345molL1，余下的溶液中n（Ca2）=0.345molL12L=0.69mol，故加入的c（Ca2）=（0.69mol+0.01mol）/1L=0.70molL-1。使F- 沉淀完全即溶液中c(F-)10-5 molL-1，则所加氯化钙溶液的浓度度最小为0.70molL-1。（4）Zn的活泼性强于Pb、Cu，“置换”时，所得置换渣中除了含Zn外，还含有Pb、Cu；“净化”时，利用活性炭的吸附性，除去溶液中残留的有机物。（5）“沉淀”时，可得到滤渣Zn(NH3)Cl2。所加盐酸过量时，会导致沉淀部分溶解甚至消失，其化学方程式为Zn(NH3)2Cl2+2HCl=ZnCl2+2NH4Cl。（6）将滤液1和滤液2合并，经浓缩后，含有氯化铵等，可返回至浸出循环利用。（7）n(ZnO)=8.1g/81gmol1=0.1mol，M（Zn(OH)xCly）=10.64g/0.1mol=106.4gmol1，x+y=2，65+17x+35.5y=10.64g，解得：x=1.6,y=0.4,则一次水解产物的化学式为Zn(OH)1.6Cl0.47（2018届山西省孝义市高三下学期一模考试）硼镁泥主要成分是MgO(占40%)，还含有Na2B4O7、CaO、Al2O3、Fe2O3、FeO、MnO、SiO2等杂质。以硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的工艺流程如下：已知部分金属阳离子沉淀的pH：Fe(OH)3：3.2，Al(OH)3：5.2，Fe(OH)2：9.7，Mg(OH)2：11.2。(1)为提高酸浸时浸出速率，可采取的措施有_(写出两条)。(2)H2SO4和Na2B4O7发生反应的化学方程式为_。(3)加入NaClO后可以生成一种不溶于水的黑色固体，则反应的离子方程式为_。(4)加MgO煮沸，并调整溶液pH=56的目的是_。(5)已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表：10204060MgSO428.233.744.554.6CaSO40.2440.2550.2640.265“操作A”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4。除去，根据上表数据，步骤为_，_。(6)本实验中多次用到抽滤操作，其装置如图，相比普通过滤，抽滤的优点是_。(7)实验中提供的硼镁泥共100g，得到MgSO47H2O为172.2g，则MgSO47H2O的产率为_。【答案】 适当增加硫酸浓度、提高反应温度、搅拌等 (任写两条，答案合理即可) Na2B4O2+H2SO4+5H2O=Na2SO4+4H3BO3 ClO-+Mn2+H2O=MnO2+Cl-+2H+ 使Fe、Al转化为氢氧化物沉淀除去 蒸发结晶 趁热过滤 过滤速度快，得到的沉淀较干燥 70% (3)根据题意可知， NaClO具有氧化性，能够把锰离子氧化为二氧化锰，亚铁离子氧化为铁离子，只有二氧化锰不溶于水的黑色固体，则该反应的离子方程式为ClO-+Mn2+H2O=MnO2+Cl-+2H+；(4)加入NaClO溶液后，亚铁离子氧化为铁离子，根据金属阳离子沉淀的pH：Fe(OH)3：3.2，Al(OH)3：5.2可知，加MgO煮沸，并调整溶液pH=56的目的是使Fe3+、Al3+变为沉淀而除去；(5) 由表中数据可知，硫酸钙的溶解度随温度的变化不大，硫酸镁的溶解度随温度变化较大，因此可以采用蒸发结晶、趁热过滤的操作除去MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4；正确答案：蒸发结晶；趁热过滤。(6)相比普通过滤，抽滤的优点是过滤速度快，得到的沉淀较干燥；(7) 硼镁泥主要成分是MgO(占40%)，提供的硼镁泥共100g，所以氧化镁的质量为40 g，物质的量为1mol,理论上产生MgSO47H2O的量为1mol,质量为246 g，则MgSO47H2O的产率为172.2/246 100%= 70%。8（2018届湖北省鄂东南省级市范高中教育教学改革联盟学校高三五月联考）Ni-MH电池在工农业生产和日常生活中具有广泛用途，废旧电池中含有大量金属元素，其回收利用具有非常重要的意义。一种利用废Ni-MH电池正极材料(主要含有Ni(OH)2，还含有少量Fe、Cu、Ca、Mg、Mn、Zn的氢氧化物)制备电子级硫酸镍晶体的工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）“浸出”时温度、硫酸浓度、浸出时间对镍浸出率的影响如下图： 则“浸出”时最适宜的条件为_。（2）在“滤液1”中加入双氧水可将Fe2+转化为难溶的针铁矿(FeOOH)，写出反应的离子方程式：_。（3）“滤液2”中加入NaF可将滤液中Ca2+、Mg2+转化为难溶的CaF2和MgF2。当加入过量NaF后，所得“滤液3”中c(Mg2+)c(Ca2+)=0.67，则MgF2的溶度积为_已知Ksp(CaF2)=1.1010-10。（4）向“滤液3”中加入(NH4)2S2O8可以除锰，在此过程中(NH4)2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、硫酸铵及硫酸，写出该反应的化学方程式_。（5）向“滤液4”加入有机萃取剂后，Zn2+与有机萃取剂(用HA表示)形成易溶于萃取剂的络合物ZnA22HA。该过程可以表示为：Zn2+4HAZnA22HA+2H+已知加入萃取剂后，锌的萃取率随料液pH变化如图所示。试分析pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是_。“操作X”的名称是_。（6）上述回收镍的过程中，使用了1kg含镍37.1%的正极材料，最终得到纯净的NiSO47H2O1.686kg，则镍的回收率为_。【答案】80 ，1.8mol/LH2SO4，30min2Fe2+H2O2+2H2O=2FeOOH+4H+7.3710-11(NH4)2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+(NH4)2SO4+2H2SO4料液的pH增大，使料液中的c(H+)减小，促使Zn2+4HAZnA22HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大分液95.4%（2）双氧水将Fe2+转化为FeOOH沉淀，Fe2+被氧化，H2O2被还原，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H2O=2FeOOH+4H+。（3）当加入过量NaF后，Ksp（MgF2）=c（Mg2+）c2（F-），Ksp（CaF2）= c（Ca2+）c2（F-），将两式相比消去c2（F-），Ksp（MgF2）= Ksp（CaF2）c（Mg2+）c（Ca2+）=1.1010-100.67=7.3710-11。（4）（NH4）2S2O8与MnSO4反应生成含锰元素的一种黑色不溶物、（NH4）2SO4和H2SO4，含锰元素的黑色不溶物为MnO2，反应可写成（NH4）2S2O8+MnSO4MnO2+（NH4）2SO4+H2SO4，Mn元素的化合价由+2价升至+4价，S元素的化合价由+7价降至+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平，（NH4）2S2O8与MnSO4反应的化学方程式为：（NH4）2S2O8+MnSO4+2H2O=MnO2+（NH4）2SO4+2H2SO4。（5）pH增大时，锌的萃取率逐渐增大的原因是：料液pH增大，使料液中的c（H+）减小，促使Zn2+4HAZnA22HA+2H+向右进行，锌的萃取率增大。“滤液4”中加入有机萃取剂将Zn2+萃取，出现分层现象，将有机层与水层分离的“操作X”的名称为分液。（6）根据Ni守恒，Ni的回收率为1.686kg592811kg37.1%100%=95.4%。9（2018届湖北省沙市中学高三高考冲刺考试）硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等）生产ZnSO47H2O的一种流程如图： （1）步骤的操作是_。 （2）步骤加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是_。（3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，该反应的离子方程式为_。 （4）步骤中，加入锌粉的作用是_。 （5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： 温度/020406080100溶解度/g41.854.170.474.867.260.5从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_。 （6）取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680时所得固体的化学式为_。 aZnO bZn3O(SO4)2 cZnSO4 dZnSO4H2O【答案】过滤升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率 3Fe2+MnO4-+8H2O=3Fe(OH)3+MnO(OH)2+5H+除去Cu2+60条件下蒸发浓缩降低烘干的温度，防止ZnSO47H2O分解b【解析】氧化锌矿(主要成分为ZnO,另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)加稀硫酸溶解，过滤,滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁,再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成MnO(OH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为Cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO47H2O晶体，根据分析可回答下列问题： (1)分离固体和液体通常用过滤的方法，ZnSiO3、与稀硫酸反应生成硅酸不溶于水，因此所用的操作为过滤。 (2) 氧化锌矿在加入稀硫酸溶解的同时不断通入高温水蒸气，可以升高温度、使反应物充分混合，从而加快反应速率。 (5)从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSO47H2O易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSO47H2O分解。 (6)28.70gZnSO47H2O的物质的量为0.1mol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时,物质的量均为0.1mol,若得ZnSO4H2O的质量为17.90g(100);若得ZnSO4的质量为16.10g(250);若得ZnO的质量为8.10g(930);据此通过排除法确定680时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。10（2018届天津市和平区第二学期高三第二次质量调查）铁及其化合物在日常生活中有广泛应用。（1）写出铁元索在周期表中的位置_。（2）写出在空气中Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的化学方程式_。（3）绿矾(FeSO47H2O)是补血剂的原料，易变质。由FeSO4溶液制得FeSO47H2O过程中的操作有_、过滤、洗涤、干燥。检验绿矾是否变质的试剂是_。（4）利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下:干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3nH2O在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为_。取干燥后的FeCO3样品12.49g，焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，计算样品中杂质FeOOH的质量_。（5）以羰基化合物为载体运用化学平衡移动原理分离、提纯某纳米级活性铁粉(含有一些不反应的杂质)，反应装置如下图。Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5(g) H”、“”或“=”)。【答案】 第四周期第族 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 蒸发浓缩、冷却结晶 KSCN溶液 4FeCO3nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O 0.89g 【解析】（1）铁的核电荷数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2,位于周期表中第四周期第族；正确答案：第四周期第族。（2）Fe(OH)2与空气中的氧气、水共同反应生成Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ；正确答案：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 。（3）由FeSO4溶液先进行加热浓缩，变为浓溶液，然后冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，制得FeSO47H2O；正确答案：蒸发浓缩、冷却结晶。 亚铁离子还原性较强，易被氧化为铁离子；因此检验绿矾是否变质，就是要检验铁离子的存在，可以用硫氰化钾溶液，若出现红色溶液，则有铁离子存在，绿矾(FeSO47H2O)已变质；正确答案：KSCN溶液。（4）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水,过程中会有少量FeCO3nH2O被空气氧化为FeOOH,根据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒规律,化学方程式为: 4FeCO3nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O ；正确答案：4FeCO3nH2O+O2=4FeOOH+4CO2+(4n-2)H2O 。 设样品中FeCO3的物质的量为xmol, FeOOH的物质的量为ymol,则根据质量守恒和铁原子的量守恒列方程如下：116x+89y=12.49，x+y=6.16/56=0.11，解之得y=0.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.0189=0.89g,正确答案：0.89g。（5）反应Fe(s)+5CO(g)Fe(CO)5，H0，铁粉和一氧化碳化合成羰基合铁时放出热量,低温有利于合成易挥发的羰基合铁,羰基合铁易挥发，杂质残留在玻璃管左端；当羰基合铁挥发到较高温度区域T2时,羰基合铁分解,纯铁粉残留在右端，一氧化碳循环利用，所以T1T2；正确答案：6.210-10，即水解平衡常数大于电离平衡常数，所以溶液呈碱性；(2) 相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN) 6，转化池中发生反应：Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-，故答案为：Fe(CN)64-e-Fe(CN)63-。13（2018届江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁六市高三第二次调研）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计算）(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_ 。【答案】 将Co3+还原为Co2+ 5.05.4 2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2 向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液 防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀 2CoCO3Co2O3+CO+CO2【解析】(1)“酸浸”时通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；(2)“除铝”时调节溶液pH范围使铝完全沉淀但锌没有开始沉淀，则范围为5.05.4，该过程中主要反应的离子方程式为2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；(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溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分液；(4)“沉钴”时Na2CO3溶液需缓慢滴加，防止加入过快而产生Co(OH)2沉淀；(5)CoCO3隔绝空气灼烧可以生成Co2O3，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为2CoCO3Co2O3+CO+CO2。14（2018届安徽省蚌埠市高三上学期第一次教学质量检查考试）用混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质的锰矿(含MnO2、MnCO3)生产硫酸锰，实验室模拟生产过程如下:(完全沉淀离子的pH值:Fe3+为3.5，Fe2+为9.5，Mn2+为10.8，Mg2+为11.6)（1）酸浸中加入的酸是_(填化学式，下同)，提高酸浸速率的方法是_(任写一种)，从经济效益考虑,物料A可能是_。（2）反应器中发生氧化还原反应的离子方程式是_ 。（3）硫酸锰和硫酸镁的溶解度曲线如图所示:操作I为:在_下蒸发结晶、趁热过滤。其趁热过滤目的是_；为了得到更纯净的一水合硫酸锰，需将晶体置于过滤器中，用_进行洗涤(本空格从以下选择)a.蒸馏水 b.稀硫酸 c.饱和硫酸锰溶液 d.氢氧化钠溶液（4）MnSO4H2O在1150高温下易分解，产物是Mn304、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是_。【答案】 H2SO4 粉碎、搅拌等 MnCO3等 MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O 60 防止MgSO4结晶析出，提高MnSO4的产率 c 3MnSO4H2OMn3O4+SO2+2SO3+3H2O【解析】(1)本流程要制备硫酸锰，因此要用硫酸酸浸；为提高酸浸的速率，加快反应速率，可以将原材料粉碎，搅拌等；所加的试剂A，可起到调节pH的作用，使铁离子水解生