高考化学工艺流程题21702

1、工艺流程题专题（教师版）考察形式：流程图、表格图像、文字叙述 问题类型：措施、成分、物质、原因能力考查：获取信息的能力、分解问题的能力、表达能力 知识基础：基本生产理论，金属、非金属及其化合物、有机物的性质，实验基本操作无机工业流程图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指导思想，能够综合考查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。【例】某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下： 分离提纯预处理分离提纯 还原原 料：矿石（固体）预处理：酸溶解（表述：“浸出

2、”）除 杂：控制溶液酸碱性使金属离子形成沉淀核心化学反应是：控制条件，调节PH，使Mg2+全部沉淀解题技巧：明确整个流程及每一部分的目的 仔细分析每步发生的反应及得到的产物 结合基础理论与实际问题思考 注意答题的模式与要点 在解这类题目时：1、要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。2、再精读试题，根据问题去精心研究某一步或某一种物质。3、要看清所问题，不能答非所问，并注意语言表达的科学性在答题时应注意：前一问回答不了，并不一定会影响回答后面的问题。一、分析流程图需要掌握的技巧是：浏览全题，确定该流程的目的由何原料获得何产物（副产物）,对比原料和产物；了解流程图以外的文字描述、表

3、格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用；解析流程图并思考：从原料到产品依次进行了什么反应？利用了什么原理（氧化还原？溶解度？溶液中的平衡？）。每一步操作进行到什么程度最佳？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质或副产物是怎样除去的？二、无机化工题：要学会看生产流程图，对于比较陌生且复杂的流程图，宏观把握整个流程，不必要把每个环节的原理都搞清楚，针对问题分析细节。1.考察内容主要有：（1）原料预处理（2）反应条件的控制（温度、压强、催化剂、原料配比、PH调节、溶剂选择）（3）反应原理（离子反应、氧化还原反应、化学平衡、电离平衡、溶解平衡、水解原理、物质

4、的分离与提纯）（4）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）（5）化工安全（防爆、防污染、防中毒）等。2规律考 点主线主产品分支副产品回头为循环知识点物质的分离操作除杂试剂的选择生产条件的控制产品分离提纯3.熟悉工业流程常见的操作与名词原料的预处理溶 解 通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等灼 烧 如从海带中提取碘煅 烧 如煅烧高岭土，改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质高温下氧化、分解研 磨 适用于有机物的提取，如苹果中维生素C的测定等。4.控制反应条件的方法控制溶液的酸碱性使其某些金属离子形成氢氧化物沉淀 - pH值的控制。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时

5、的pH 如下表所示物质开始沉淀沉淀完全Fe(OH)32.73.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8问题：若要除去Mn2溶液中含有的Fe2，应该怎样做？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值增大； （2）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 蒸发、反应时的气体氛围加热的目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向移动降温反应的目的 防止某物质在高温时会溶解或为使化学平衡向着题目要求的方向移动趁热过滤 防止某物质降温时会析出冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶

6、体在洗涤过程中的溶解损耗5.物质的分离和提纯的方法结晶固体物质从溶液中析出的过程（蒸发溶剂、冷却热饱和溶液、浓缩蒸发）过滤固、液分离蒸馏液、液分离分液互不相溶的液体间的分离萃取用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。升华将可直接气化的固体分离出来。盐析加无机盐使溶质的溶解度降低而析出6.常见名词浸 出：固体加水（酸或碱）溶解得到离子浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少酸 浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程水 洗：通常为除去水溶性杂质水 浸：与水接触反应或溶解例1：（2015年新课标I高考化学试卷第27题）硼及其化合物在工业上有许多用途以铁硼矿（主要

7、成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式 ，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有 （写出两条）。（2）利用 的磁性，可将其从“浸渣”中分离。“浸渣”中还剩余的物质是 （填化学式）。（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是 ，然后在调节溶液的pH约为5，目的是 。（4）“粗硼酸”中的主要杂质是 （填名称）（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为 。（6）单质

8、硼可用于生成具有优良抗冲击性能硼钢以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程 。答案：（1）Mg2B2O5H2O+2H2SO42H3BO3+2MgSO4；提高反应温度或减小铁硼矿粉粒径；（2）Fe3O4；SiO2、CaSO4；（3）将亚铁离子氧化为铁离子；使铁离子、铝离子形成氢氧化物沉淀而除去；（4）七水硫酸镁； （5）；（6）2H3BO3B2O3+3H2O、B2O3+3Mg2B+3MgO变式一：（2015年新课标I高考化学试卷第36题）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

9、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：回答下列问题：（1）步骤中得到的氧化产物是 ，溶解温度应控制在6070，原因是 。（2）写出步骤中主要反应的离子方程式 。（3）步骤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是 （写名称）。（4）上述工艺中，步骤不能省略，理由是 。（5）步骤、都要进行固液分离工业上常用的固液分离设备有（填字母）A、分馏塔B、离心机C、反应釜D、框式压滤机（6）准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液

10、bmL，反应中Cr2O72被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为 。答案：（1）CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；（2）2Cu2+SO32+2Cl+H2O=2CuCl+SO42+2H+；（3）硫酸；（4）醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；（5）BD；（6）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2+Cr2O72+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，反应的关系式为6CuCl6Fe2+Cr2O72， 6 1 n ab×103moln=6ab×103mol，m（CuCl）=99.

11、5g/mol×6ab×103mol=0.597g，则样品中CuCl的质量分数为，故答案为：例2:（2015年新课标II高考化学试卷第11题）苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，其反应和工艺流程示意图如下：相关化合物的物理常数物质相对分子质量密度（g/cm3）沸点/异丙苯1200.8640153丙酮580.789856.5苯酚941.0722182回答下列问题：（1）在反应器A中通入的X是 。（2）反应和分别在装置 和 中进行（填装置符号）（3）在分解釜C中加入的Y为少量浓硫酸，其作用是 ，优点是用量少，缺点是 。（4）反应为 （填“放热”或“

12、吸热”）反应反应温度控制在5060，温度过高的安全隐患是 。（5）中和釜D中加入的Z最适宜的是 （填编号已知苯酚是一种弱酸）aNaOHbCaCO3cNaHCO3dCaO（6）蒸馏塔F中的馏出物T和P分别为 和 ，判断的依据是 。（7）用该方法合成苯酚和丙酮的优点是 。答案：（1）氧气或空气；（2）A；C；（3）催化剂；腐蚀设备；（4）放热；温度过高会导致爆炸；（5）加入Z的目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，aNaOH能与硫酸、苯酚反应，故不选；bCaCO3为固体，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故b不选；cNaHCO3能与硫酸反应，不与苯酚反应，故c选；dCaO能与苯酚

13、反应，且与硫酸反应生成的硫酸钙微溶，会阻止碳酸钙与硫酸的反应，故d不选；故选：c；（6）丙酮；苯酚；丙酮的沸点低于苯酚；（7）原子利用率高。变式二：（2015年海南高考化学试卷第23题）铁在自然界分布广泛，在工业、农业和国防科技中有重要应用回答下列问题：（1）用铁矿石（赤铁矿）冶炼生铁的高炉如图（a）所示原料中除铁矿石和焦炭外还有 ，除去铁矿石中脉石（主要成分为SiO2）的化学反应方程式为 、 ；高炉排出气体的主要成分有N2、CO2和 （填化学式）。（2）已知：Fe2O3（s）+3C（s）2Fe（s）+3CO（g）H=+494kJmol1 CO（g）+O2（g）CO2（g）H=283kJmol

14、1 C（s）+O2（g）CO（g）H=110kJmol1则反应Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）2Fe（s）+3CO2（g）的H= ，理论上反应 放出的热量足以供给反应 所需要的热量（填上述方程式序号）。（3）有人设计出“二步熔融还原法”炼铁工艺，其流程如图（b）所示，其中，还原竖炉相当于高炉的 部分，主要反应的化学方程式为 ；熔融造气炉相当于高炉的 部分（4）铁矿石中常含有硫，使高炉气中混有SO2污染空气，脱SO2的方法是 。答案：（1）石灰石；CaCO3CaO+CO2；CaO+SiO2CaSiO3；CO；（2）利用盖斯定律将+×3得到Fe2O3（s）+3C（s）+O2（g）

15、2Fe（s）+3CO2（g）H=（+494kJmol1）+3×（283kJmol1）=355kJmol1，因为吸热反应，为放热反应，则反应放出的热量可使反应，故答案为：355；（3）高炉炼铁时，炉腰部分发生Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，还原竖炉发生此反应，熔融造气炉和高炉的炉腹都发生2C+O22CO以及CaCO3CaO+CO2，CaO+SiO2CaSiO3反应，则熔融造气炉相当于高炉的炉腹部分，故答案为：炉腰；Fe2O3+3CO2Fe+3CO2；炉腹；（4）碱液或氢氧化钠、氨水例3：（2015年江苏高考化学试卷第18题）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）

16、的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4（1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化 L（标准状况）SO2。（2）已知：KspAl（OH）3=1×1033，KspFe（OH）3=3×1039，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×106molL1），需调节溶液pH范围为 。（3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体，需控制结晶温度范围为 。（4）准确称取0.1710gMnSO4H2O样品置于锥形瓶中，加入

17、适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500molL1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL计算MnSO4H2O样品的纯度（请给出计算过程）答案：（1）4.48；（2）pH=7.1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：KspAl（OH）3=1×1033=c（Al3+）×c3（OH），c（Al3+）=1×106molL1，解得：c（OH）=1×109molL1，c（H+）=1×

18、105molL1pH=5，同理Fe（OH）3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0pH7.1，故答案为：5.0pH7.1；（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4H2O晶体，根据图上信息，高于60以后MnSO4H2O的溶解度减小，而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60这样可以得到纯净的MnSO4H2O，故答案为：高于60；（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×103mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4H2O）=1.0

19、0×103mol×169g/mol=0.169g，纯度为×100%=98.8%，答：MnSO4H2O样品的纯度为98.8%变式三：烟气的脱硫（除SO2）技术和脱硝（除NOx）技术都是环境科学研究的热点。（1）选择性催化还原法的脱硝原理为：6NOx4x NH3 (32x)N26xH2O上述反应中每转移3mol电子，生成标准状况下N2的体积为_L。已知：2H2(g)O2(g) 2H2O (g) H-483.6 kJ·mol-1N2(g)3H2(g)2NH3(g) H-92.4 kJ·mol-1N2(g)O2(g)2NO(g) H-180.5kJ&#

20、183;mol-1则反应6NO(g)4NH3(g)5N2(g)6H2O(g)的H_。（2）目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝（NO）原理，其脱硝机理示意图如下图1，脱硝率与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图2所示。200 300 400 500 600脱硝率%100806040200abcd负载率a 0.5%b 3.0%c 5.0%d 8.0%CuO2Cu(O2)Cu(NO2)C2H4H2O、CO2、N2NO 图1 图2出该脱硝原理总反应的化学方程式：_。为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是_。答案： （2分） 724.5kJ·mol1 （2分）6NO3O2

21、2C2H4催化剂3N24CO24H2O （2分）约为350、负载率3.0 %（2分）专题训练1.（2015浙江）某同学采用硫铁矿焙烧取硫后的烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考虑其他杂质） 制取七水合硫酸亚铁（FeSO47H2O），设计了如下流程：下列说法不正确的是（）A溶解烧渣选用足量硫酸，试剂X选用铁粉B固体1中一定含有SiO2，控制pH是为了使Al3+转化为Al（OH）3，进入固体2C从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解D若改变方案，在溶液1中直接加NaOH至过量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液经结晶分离也可得到FeSO47H2O答案：A

22、由流程分析可知，溶解烧渣选用足量硫酸，X为铁粉，故A正确；B由流程分析可知，固体1中一定含有SiO2，调节pH值使铝离子完全生成氢氧化铝沉淀，则固体2为氢氧化铝，故B正确；C亚铁离子易被空气中的氧气氧化，而且受热易失去结晶水，所以从溶液2得到FeSO47H2O产品的过程中，须控制条件防止其氧化和分解，故C正确；D在溶液1中含有亚铁离子和铝离子，加过量的氢氧化钠，铝离子转化为偏铝酸根离子，亚铁离子与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁沉淀，但是氢氧化亚铁很易被氧气氧化，则得到的氢氧化亚铁中含有氢氧化铁，最后得到的产品不纯，故D错误故选D2.（2015安徽）硼氢化钠（NaBH4）在化工等领域具有重要的应用

23、价值，某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺（沸点：33）；（1）在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100以上并通入氩气，该操作的目的是 ，原料中的金属钠通常保存在 中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有 、 、玻璃片和小刀等；（2）请配平第步反应的化学方程式： NaBO2+ SiO2+ Na+ H2 NaBH4+ Na2SiO3（3）第步分离采用的方法是 ；第步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是 ；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g）在25、101kPa下，已知

24、每消耗3.8gNaBH4（s）放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 。答案：（1）NaBH4常温下能与水反应，且氢气和氧气混合加热易产生爆炸现象，为防止NaBH4水解、防止产生安全事故，需要将装置中的空气和水蒸气排出；钠极易和空气中氧气、和水反应，钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，原料中的金属钠通常保存在煤油中；实验室取用少量金属钠时，需要镊子夹取钠、用滤纸吸煤油，所以实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀等，故答案为：除去反应器中的水蒸气和空气；煤油；镊子、滤纸；（2）该反应中H元素化合价由0价变为1价、Na元素化合价由0价变为+1价，转移电子总数为4，根据转移

25、电子守恒、原子守恒配平方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3，故答案为：1；2；4；2；1；2；（3）分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，中加入的溶剂是异丙胺，NaBH4溶解与异丙胺、Na2SiO3不溶于异丙胺，所以第步分离采用的方法是过滤；熔沸点相差较大的可以采用蒸馏方法，异丙胺沸点：33，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，故答案为：过滤；蒸馏；（4）NaBH4（s）与H2O（l）反应生成NaBO2（s）和H2（g），n（NaBH4）=0.1mol，在25、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4（s）放热21.6kJ，则消耗1mol

26、NaBH4（s）放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol，故答案为：NaBH4（s）+2H2O（l）=NaBO2（s）+4H2（g）H=216.0kJ/mol3.（2015福建）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛（1）氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为 。（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180（升华）300（升华）1023步骤中焙烧使固体

27、水分挥发、气孔数目增多，其作用是 （只要求写出一种）。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是 。已知：Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）H1=+1344.1kJmol12AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）H2=+1169.2kJmol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为 。步骤的经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为 、 、 。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是 。答案：（1）氯化铝是强酸弱碱盐，在溶液中铝离子发生水解反应产生氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所

28、以能净水，其反应的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（2）步骤1中铝土矿粉和焦炭在300焙烧，因后续步骤反应生成氯化铝等强酸弱碱盐易水解，固体水分在焙烧的过程中挥发，防止后续步骤生成的盐水解、气孔数目增多增大反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率；根据物质中含有的元素组成可知：若步骤中不通入氯气和氧气，Fe2O3与焦炭发生氧化还原反应，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是铁，故答案为：Fe或铁；、Al2O3（s）+3C（s）=2Al（s）+3CO（g）H

29、1=+1344.1kJmol1、2AlCl3（g）=2Al（s）+3Cl2（g）H2=+1169.2kJmol1根据盖斯定律，将可得：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）H=（+1344.1kJmol1）（+1169.2kJmol1）=+174.9J/mol，故答案为：Al2O3（s）+3C（s）+3Cl2（g）=2AlCl3（g）+3CO（g）H=+174.9J/mol；步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和H2O，所以生成的盐的化学式为

30、NaCl、NaClO和Na2CO3，故答案为：NaCl、NaClO、Na2CO3；步骤得到氯化铝的粗品，加入氯化钠熔融能降低FeCl3的熔点，铝的金属活动性强于铁，加铝粉，可以将氯化铝的粗品中的氯化铁中的铁置换出来，生成铁和氯化铝，因AlCl3在180升华，在300，废渣为Fe，冷却得到成品氯化铝，故答案为：除去FeCl3，提高AlCl3纯度4（2015广东）七铝十二钙（12CaO7Al2O3）是新型的超导材料和发光材料，用白云石（主要含CaCO3和MgCO3）和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：（1）锻粉主要含MgO和 ，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，或滤液中c（Mg2

31、+）小于5×106molL1，则溶液pH大于 （Mg（OH）2的Ksp=5×1012）；该工艺中不能用（NH4）2SO4代替NH4NO3，原因是 。（2）滤液中阴离子有 （忽略杂质成分的影响）；若滤液中仅通入CO2，会生成 ，从而导致CaCO3产率降低（3）用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为 。（4）电解制备Al（OH）3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为 。（5）一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl4和Al2Cl7两种离子在Al电极上相互转化，其它离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为 。答案：（1）锻粉是由白云石高

32、温煅烧而来，在煅烧白云石时，发生反应：CaCO3CaO+CO2，MgCO3MgO+CO2，故所得锻粉主要含MgO和CaO；用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，即得Mg（OH）2的饱和溶液，根据Mg（OH）2的Ksp可知：Ksp=c（Mg2+）c2（OH）=5×1012，而c（Mg2+）小于5×106molL1，故c（OH）大于103mol/L，则溶液中的c（H+）小于1011mol/L，溶液的pH大于11；CaSO4微溶于水，如果用（NH4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失，故答案为：CaO；11；CaSO4微溶于水，用（NH

33、4）2SO4代替NH4NO3，会生成CaSO4沉淀引起Ca2+的损失；（2）在锻粉中加入适量的NH4NO3溶液后，镁化合物几乎不溶，由于NH4NO3溶液水解显酸性，与CaO反应生成Ca（NO3）2和NH3H2O，故过滤后溶液中含Ca（NO3）2和NH3H2O，将CO2和NH3通入滤液I中后发生反应：Ca（NO3）2+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4NO3，故滤液中的阴离子主要为NO3，还含有OH；若滤液中仅通入CO2，会造成CO2过量，则会生成Ca（HCO3）2，从而导致CaCO3产率降低，故答案为：NO3，OH；Ca（HCO3）2；（3）氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离

34、子反应为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（4）用Al片和石墨作电极来制备Al（OH）3，故Al做阳极，石墨做阴极，阳极反应为：Al3e=Al3+，阴极上是来自于水的H+放电：2H2O+2e=2OH+H2 将×2+×3可得总反应：2Al+6H2O2Al（OH）3+3H2，故答案为：2Al+6H2O2Al（OH）3+3H2；（5）放电时负极电极本身Al放电，失电子，由于AlCl4中氯元素的含量高于Al2Cl7中氯元素的含量，故AlCl4做反应物而Al2Cl7为生成物，由于其它离子不参与电极反应，故电极反应为：Al3e+7Al

35、Cl4=4Al2Cl7，故答案为：Al3e+7AlCl4=4Al2Cl75（2015江苏）以磷石膏（只要成分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（SO42）随时间变化见图清液pH11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100C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，

36、溶液中c（Ca2+）增大的原因是 。答案：（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42，为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32），故答案为：CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42；AC；（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42并有HCO3生成，沉淀吸

37、附SO42，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，故答案为：SO42；HCO3；取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增大，故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出6（2015山东）利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得（1）利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为L

38、iOH和LiCl溶液B极区电解液为 溶液（填化学式），阳极电极反应式为 ，电解过程中Li+向 电极迁移（填“A”或“B”）（2）利用钴渣含Co（OH）3、Fe（OH）3等制备钴氧化物的工艺流程如下：Co（OH）3溶解还原反应的离子方程式为 ，铁渣中铁元素的化合价为 ，在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为 。答案：（1）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B中氢离子放电，可知B为阴极，在B中制备LiOH，B极区电解液为LiOH溶液；Li+由

39、A经过阳离子交换膜向B移动；A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气，则阳极反应式为2Cl2e=Cl2，故答案为：LiOH；2Cl2e=Cl2；（2）Co（OH）3溶解还原反应为Co（OH）3、H+、SO32的氧化还原反应，其离子反应为2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；由制备流程可知，加硫酸溶解后为铁离子，再与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成亚铁离子，在浸液中通入氧气时亚铁离子被氧化为铁离子，可知铁渣中铁元素的化合价为+3价；煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），n（CO2）=0.06mol，由

40、化学式可知n（Co）=0.06mol×=0.03mol，则氧化物中n（O）=0.04mol，则n（Co）：n（O）=0.03mol：0.04mol=3：4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：2Co（OH）3+4H+SO32=2Co2+SO42+5H2O；+3；Co3O47.（2015山东）工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体（含NO、NO2）制备NaNO2、NaNO3，工艺流程如下：已知：Na2CO3+NO+NO22NaNO2+CO2（1）中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有 （填化学式）。（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是

41、 。蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的 （填操作名称）最合理（3）母液进行转化时加入稀HNO3的目的是 母液需回收利用，下列处理方法合理的是 a转入中和液 b转入结晶操作 c转入转化液 d转入结晶操作（4）若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产1.38吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为 吨（假定Na2CO3恰好完全反应）答案：（1）由上述分析可知，二氧化氮与碱液反应生成NaNO2，还可生成NaNO3，中和液中含剩余的少量Na2CO3，故答案为：NaNO3；（2）中和液进行蒸发操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过

42、大，目的是防止NaNO2的析出，蒸发产生的蒸汽中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱，循环利用，提高利用率，故答案为：防止NaNO2的析出；溶碱；（3）由上述分析可知，母液进行转化时加入稀HNO3的目的是将NaNO2转化为NaNO3母液需回收利用，可转入转化液或转入结晶操作，提高其利用率，故答案为：将NaNO2转化为NaNO3；cd；（4）生产1.38吨NaNO2时，n（NaNO2）=2×104mol，NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比为2：1，则n（NaNO3）=1×104mol，由Na原子守恒可知，2n（Na2CO3）=n（

43、NaNO2）+n（NaNO3），m（Na2CO3）=（2×104mol+1×104mol）××106g/mol=1.59×106g=1.59t，故答案为：1.598.（2015四川）为了保护坏境，充分利用资源某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe主要以Fe2 O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2（S04）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是 。（2）检验第步中Fe3+

44、是否完全还原，应选择 （填字母编号）AKMnO4溶液 BK3Fe（CN）6溶液 CKSCN 溶液（3）第步加FeCO3调溶液PH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH到5.2，此时Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH降低的原因是 。（4）FeSO4可转化FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成F

45、e2O3的热化学方程式是 。（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极反应式是 。（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第步应加入FeCO3 kg。答案：（1）H2SO4与Fe2O3反应生成硫酸铁与水，反应离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；（2）KM

46、nO4溶液、K3Fe（CN）6溶液可以检验有Fe2+生成，取第步反应中溶液少许与试管中，滴加KSCN 溶液，若溶液不变红色，说明Fe3+完全被还原，故答案为：C；（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+，使溶液pH降低，故答案为：氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+；（4）发生反应：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，已知：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/mol根据

47、盖斯定律，×2+×可得4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g），故H=1648kJ/mol2×（1480kJ/mol）+4×（393kJ/mol）=260kJ/mol，故反应热化学方程式为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol，故答案为：4FeCO3（s）+O2（g）=2Fe2O3（s）+4CO2（g）H=260kJ/mol；（5）电池放电时的总反应为：4Li+FeS2Fe+2Li2S，正极发生还原反应，FeS2获得电子生成Fe、S2，正极电极反应式为：FeS2+4e=Fe+2S2，故答案为：FeS2+4e=Fe+2S2；（6）Fe2O3含量为50%，ckg烧渣中，Fe2O3质量为50%×ckg，铁的浸取率为96%，侧参加反应的Fe2O3质量为50%×ckg×96%，其物质的量为（50%×c×103×96%）g÷160g/mol=3c mol，akg质量分数为b%的硫酸中m（H2SO4）=b%×