2021届高考化学要点突破：化学工艺流程

1、 化学工艺流程【专题训练】1钻(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钻，某学生设计流程如图(废料中含有Al、Li、CoO和FeO等2323物质)。已知：物质溶解性：LiF难溶于水，LiCO微溶于水。23请回答：I中发生反应的化学方程式为。如是氧化还原反应，在方程式中用单线桥标记电子转移：。如不是，此步略。写出步骤II中CoO与盐酸反应生成Cl的离子方程式232。TOC o 1-5 h z废渣中的主要成分除了LiF外，还有。NaF与溶液中的Li+形成LiF沉淀，此反应对步骤W所起的作用是。在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoCO2H0)样品，受热242过程中不同温度范围内

2、分别得到一种固体物质，其质量如下表。已知：m(CoC02H0)=183g/mol。242温度范围/C固体质量/g1502108.822903204.828909204.5TOC o 1-5 h z经测定，加热到210C时，固体物质的化学式为。加热到210290C过程中产生的气体只有C0，此过程发生反应的化2学方程式是。温度高于890C时，固体产物发生分解反应，固体产物为。【答案】2Al+2Na0H+2H0=2NaAl0+3Ht2226e2A1-6Al(：+3f+4H2OCo0+6H+2Cl=2Co2+Clt+3H02322Fe(0H)3防止锂离子结合碳酸根离子形成碳酸锂沉淀CoCO3CoCO+

3、2O2】=CCoO+6C0CoO24242342【解析】(1)Al与NaOH溶液反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H0=2NaA10+3Ht,用单线桥表示电子转移时，要改成6mol222HO,因为反应中的氧化剂是水，不是NaOH。(2)CoO氧化盐酸中HC1223为Cl,钴元素化合价由+3价降低为+2价，氯元素化合价由一1价2升高为0价,根据化合价升降总数相等、电荷守恒和原子守恒得离子方程式为CoO+6H+2Cl-=2Ca+Clt+3HO。(3)调节pH的目2322的是为了使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,从而除去铁元素杂质。(4)在步骤皿中形成LiF沉淀，可以除去大量的Li+,避免在步骤W中

4、形成LiCO沉淀，以保证得到的CoCO的纯度。晶体的物质的量n=23310.9818Fmol=0.06mol,失去结晶水应为0.12mol,固体质量变化=0.12X18g=216g，由表中数据可知，150C210C固体质量变化为10.98g-882g=216g，说明210C失去结晶水得到CoCO。24210C290C过程中是CoCO发生分解反应，产生的气体只有24CO,依据碳原子守恒得到生成CO物质的量为012mol,质量为0.1222X44g=528g,但是固体质量共计减小为882g-482g=4g,说明有气体参加反应，该气体只能为O,反应的O为528g-4g=1.2822128g,其物质的

5、量为-3mol=004mol。所以n(CoCO):n(O):n(CO)322422=3：2：6,可得反应的化学方程式为3CoCO+2O210=CCoO24234+6CO。温度高于890C时，固体产物发生分解反应，得到固体的质2量为45g,其中含有钻元素的质量为0.06X59g=354g,所以固22 #22 2 体中含有氧元素的质量为096g,氧原子的物质的量为006mol,固体产物为CoO。(2018全国卷II)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Si0和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原2料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子c(Mn+)=01molL-i形

6、成氢氧化物沉淀的pH范围0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：焙烧过程中主要反应的化学方程式为。滤渣1的主要成分除SiO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O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。【解析】(1)闪锌矿的主要成分是ZnS,所以高温焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+30焙烧2Zn0+2S0。22闪锌矿焙烧后的主要成分变为ZnO，还存在少量SiO、

7、FeO、223CdO、PbO,加稀HSO后，发生一系列化学反应：ZnO+HSO=ZnSO24244+HO、FeO+3HSO=Fe(SO)+3HO、CdO+HSO=CdSO+HO、2232424322442PbO+HSO=PbSO+HO。其中SiO和PbSO不溶于水，以沉淀的形244224式沉降下来，所以滤渣1的主要成分是SiO和PbSO。氧化除杂工序24中ZnO的作用是调节溶液的pH在2.862,使Fe3+完全转变为Fe(OH)沉淀；通入O的目的是使溶液中的Fe2+转化为Fe3+,有利于32除杂，若不通入O,无法除去溶液中的杂质Fe2+。2溶液中的Cd2+与加入的Zn粉反应而被除去，反应的离子

8、方程式为Zn+Cd2+=Zn2+Cd。(4)电解ZnSO溶液制备单质Zn时，阴极放电的是Za+和H+。因4为溶液中的Zn2+浓度较大，所以阴极电极反应式应该是Zn2+2e-=Zn,阳极放电的是OH-,电极反应式是4OH-4e-=2HO+O仁 沉积锌后的溶液应该是ZnSO和稀HSO，可返回到溶浸工序循环使424用。【答案】(l)2ZnS+30=焙烧2Zn0+2S022PbS0调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+4Cd2+Zn=Cd+Zn2+Zn2+2e=Zn溶浸NiSO6H0是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除42镍外，还含有铜、锌、铁等元素的化合物杂质)为原料获得。操作步骤如下：(1)向滤

9、液I中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去Cw+、Zn2+等杂质，则除去Cu2+的离子方程式为(2)根据对滤液II的操作作答：向滤液II中加H0发生反应的离子方程式为2调滤液IIpH的作用是滤液II中杂质金属离子是否除尽的操作和现象是滤液III溶质的主要成分是NiSO/加血2匹过滤后得到NiCO3固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO，这两步操作的目的是4（4）得到的NiSO溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操4作可得到NiSO6HO晶体。42为了提高产率，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到的母液要循环使用，则应该回流到流程中的位置。（填a、b、c、d）如果得到产品的纯度不够，

10、则应该进行操作（填序号）。A.蒸馏B.分液C.重结晶D.过滤【答案】（l）FeS+Cu2+=CuS+Fe2+（2）2Fe2+HO+2H+=2F&+2HO除去Fe3+用试管22取少量滤液III,滴加几滴KSCN溶液，若溶液不变红色，则Fe3+已除增大NiSO的浓度，利于蒸发结晶(或富集NiSO)44dC【解析】废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素的化合物杂质)，在硫酸溶解后过滤后除去不溶性物质，滤液I含有Fe2+、Ni2+、Zm+、Cu2+等，加入FeS可除去Cu2+、Zn2+,然后加HO是将Fe2+22氧化成Fe3+,调节溶液pH使Fe3+形成Fe(OH)沉淀而除去，滤液皿3含有可溶性

11、硫酸盐，为NaSO、NiS0再加NaCO沉淀Ni2+,过滤、洗4423涤，然后与硫酸反应生成NiSO晶体。FeS除去CU2+的反应是沉淀4的转化，发生反应的离子方程式为FeS+Cu2+=CuS+Fe2+。(2)向滤液II中加HO的目的是将Fe2+氧化Fe3+,反应的离子方程式为2Fe222+HO+2H+=2Fe3+2HO。调滤液IIpH的目的是除去Fe3+。22检验Fe3+是否除尽时，用试管取少量滤液III,滴加几滴KSCN溶液，若无颜色变化，则Fe3+已除净。NiSO与NaCO反应生成NiCO沉4233淀，然后过滤，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO,这样可提高NiSO44的浓度，有利于蒸发结

12、晶(或富集NiSO)。(4)为了提高产率，过滤4后得到的母液要循环使用，应该回流到流程中d中循环使用；产品的纯度不够需要重新溶解、浓缩、结晶析出得到较纯净的晶体,实验操作为重结晶。(2018全国卷I节选)焦亚硫酸钠(NaSO)在医药、橡胶、225印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：生产NaSO，通常是由NaHSO过饱和溶液经结晶脱水制得。写出253该过程的化学方程式（2）利用烟道气中的SO生产NaS0的工艺为:225pH=41时，1中为溶液（写化学式）。工艺中加入NaCO固体，并再次充入SO的目的是232NaS0可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中NaSO残留量225225TOC o 1

13、-5 h z时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000molL-i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NaSO的残留量为gL-i（以SO计）。2252【解析】（1）根据题给信息，将NaHSO过饱和溶液结晶脱水可得3到NaSO，则化学方程式为2NaHSO=NaSO+HO。22532252酸性条件下，SO与NaCO溶液反应生成NaHSO。工艺中2233加入NaCO固体并再次通入SO,其目的是得到NaHSO过饱和溶液。2323（4）根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S02-+2I+3H0=2SO2-+4I-+6H+,n(SO2-)gxnd)

14、=Jx0.010252242522200molL-1X10.00X10-3L=5X10-5mol,该样品中SO2-的残留25量（以SO计）为25X10-5molX2X64gmol50.00mLX10-3LmL-1-1=0.128gL1。【答案】(1)2NaHSO=NaSO+HOTOC o 1-5 h z2252NaHSO得到NaHSO过饱和溶液33(4)SO2-+2I+3HO=2SO2-+4I-+6H+0128252245以铬铁矿（主要成分为FeO和CrO,含有AlO、SiO等杂质）23232为主要原料生产化工原料红矶钠（主要成分为NaCrO2HO），其主2272要工艺流程如下：查阅资料得知：

15、i.常温下，NaBiO不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下，能将3Cr3+转化为CrO2-。4口.金属离子Fe3+Al3+Cr3+Fe2+Bi3+ 开始沉淀的pH2.73.45.07.50.7沉淀完全的pH3.74.95.99.74.5回答下列问题：反应之前先将矿石粉碎的目的是。步骤加的试剂为，此时溶液pH要调到5的目TOC o 1-5 h z的。写出反应的离子反应方程式：中酸化是使CrO2-转化为CrO2-,写出该反应的离子方程式:27将溶液H经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矶钠粗晶体，精制红矶钠粗晶体需要釆用的操作是(填操作名称)。【答案】增大反应物的接触面积，加快反应速率，提

16、高铬铁矿的浸取率氢氧化钠溶液(或NaOH溶液)使Fe3+、Ab+均完全转化为Fe(OH)和Al(OH)沉淀而除去TOC o 1-5 h z33NaBiO+2Cn+7OH-+HO=3Bi(OH)+2CrO2-+3Na+2342CrO2-+2H+CrO2-+HO272重结晶【解析】(2)根据表格数据分析，步骤加的试剂为氢氧化钠溶液;此时溶液pH要调到5的目的是使Fe3+、A13+均完全转化为Fe(OH)和Al(OH)沉淀而除去，而铬离子不沉淀。3反应中铋酸钠将硫酸铬氧化生成铬酸钠同时生成氢氧化铋，离子反应方程式为3NaBiO2Cr37OHHO=3Bi(OH)232CrO23Na。4将溶液H经过蒸发

17、浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥即得红矾钠粗晶体，此操作为重结晶。6.(2019全国卷I)硼酸(HBO)是一种重要的化工原料，广泛TOC o 1-5 h z3应用于玻璃、医药、肥料等工业。一种以硼镁矿(含MgBOHO、SiO22522及少量FeO.AlO)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：2323回答下列问题：在95C“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为。“滤渣1”的主要成分有为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子，可选用的化学试剂根据HBO的解离反应：HBO+HOWH+B(OH)-,k=581XTOC o 1-5 h z333324a10-10,可判断H

18、BO是酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节33到3.5,目的是。在“沉镁”中生成Mg(OH)MgCO沉淀的离子方程式为23,母液经加热后可返回工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。【解析】硫酸铵溶液中存在平衡:NH+H2OWNH3-H2O+H+,硼酸镁能与水解出的H+反应，促进平衡向右移动，生成的一水合氨浓度增大，因溶液中存在平衡NHHOWNH+HO,一水3232合氨浓度增大，促进NH-HO分解产生NH。用NHHCO溶液吸收氨气，32343发生的反应为NHHCO+NH=(NH)COo(2)二氧化硅、氧化铁、氧33423化铝不溶于硫酸铵溶液，滤渣1的主要成分是二氧化硅、氧化铁、氧化铝。

19、检验Fe3+的试剂可选用KSCNo(3)由题给硼酸的解离反应方程式知，硼酸是一元弱酸。“过滤2”之前，调节pH35的目的是将元素转化为硼酸，促进硼酸析出。(4)“沉镁”中，碳酸铵溶液与硫酸镁溶液发生水解相互促进反应生成碱式碳酸镁：2Mg2+2CO2-+3HO=Mg(OH)-MgCOl+COt,或者反应生成碱式碳酸镁和碳酸氢2232盐。母液含硫酸铵，可以将母液返回“溶浸”工序循环使用，体现绿色化学理念和环境保护思想。碱式碳酸镁转化成轻质氧化镁，联系碳酸镁、氢氧化镁受热都能分解生成氧化镁，也可以联系碱式碳酸铜分解生成氧化铜、水和二氧化碳，可知采用的方法是高温焙烧法，化学方程式为Mg(OH)MgCO

20、高温2MgO+HO+COtoTOC o 1-5 h z2322【答案】(l)NHHCO+NH=(NH)CO33423(2)SiO、FeO、AlOKSCN22323元弱转化为HBO,促进析出332Mg2+3CO2-+2HO=Mg(OH)MgCO!+2HCO-或2Mg2+322332CO2-+HO=Mg(OH)MgCO!+COf溶浸高温焙烧322327金属锰及其化合物在工农业生产和科研领域具有广泛的应用I.溶液中的Mn2+可被酸性(NH)SO溶液氧化为MnO-,该方法可用42284于检验Mn2+。用酸性(NH)SO溶液检验Mn2+时的实验现象为4228O(2)该反应的离子方程式为(NH)SO可视为

21、由两分子硫酸缩合所得，则HSO的结构简式为228228。II.实验室用含锰废料(主要成分为MnO，还含有少量AlO、MgO、223SiO)为原料制备Mn的工艺流程如下图所示：2228 难溶物Fe(OH)3Al(OH)3Mg(OH)2Mn(OH)2溶度积4.0X1.0X1.8X101.8X10常数10-3810-33-11-13“酸浸”时，MnO将Fe氧化为Fe3+,该反应的离子方程式为2；该过程中浸出时间和液固比对锰浸出率的影响分别如下图所示。TOC o 1-5 h z则适宜的浸出时间和液固比分别为、。若“酸浸”后所得滤液中c(Ma+)=0.18molL-i,则应“调pH”的范围为。“煅烧”反

22、应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。“还原”时发生的置换反应在化学上又叫做。【答案】(1)溶液由无色变为紫红色(2)5SO2-+2Mn2+288HO=2MnO-+10SO2-+16H+244(3)3MnO+2Fe+12H+=3Mn?+2Fe3+6H060min3:12214可WpHV81:2铝热反应【解析】I用酸性(NH)SO溶液检验Mn2+时，Mn2+可被酸4228性(NH)SO溶液氧化为MnO-,溶液中无色的Mn2+被氧化生成紫红色2284的MnO-,所以看到的现象是溶液由无色变为紫红色。4H2S2O8可视为由两分子硫酸缩合所得,硫酸的结构简式为228,两个硫酸分子中每个分子去掉一个羟基中

23、的H原子得到H2S2O8,其结构简式为11.(4)“酸浸”时，MnO将Fe氧化为Fe3+，自身被还原为锰离子，2离子方程式为3MnO+2Fe+12H+=3Mn?+2Fe3+6HO；根据图知，2260min后锰的浸出率几乎不变；液固比为3时锰的浸出率最大，适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3:1。由流程图中信息知，“调pH”的目的是使Fe3+和A13+沉淀完全,而Mm+不沉淀，根据KAl(OH)=10XIO-33,KFe(OH)=40sp3sp3X10-38可知，A13+沉淀完全时Fe3+已沉淀完全，Al(OH)恰好完全沉3淀时的pH为一lg=茅Mm+开始沉淀时的pH为一3/1.0X10-

24、33J1.0X10-5lg=8，所以溶液的pH范围为學WpHV8。1.8X10-1330718煅烧时发生的反应为2MnCO+O高温2MnO+2CO,碳酸锰为还3222原剂、氧气为氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量比为1:2；“还原”时发生铝粉与高熔点金属氧化物的反应，又称铝热反应。 82019年诺贝尔化学奖颁给了日本吉野彰等三人，以表彰他们对锂离子电池研发的卓越贡献。自然界中主要的锂矿物为锂辉石、锂云母、透锂长石和磷锂铝石等。为鉴定某矿石中是否含有锂元素，可以采用焰色反应来进行鉴定，当观察到火焰呈，可以认为存在锂元素。紫红色B.紫色C.黄色工业中利用锂辉石(主要成分为LiAlSiO,还含有FeO、

25、CaO、26MgO等)制备钴酸锂(LiCoO)的流程如下：293U98*馆师恠回水內珈口辭泄聘赴1m2LV26竺Z甘战怦MLisSTOC o 1-5 h z已知：部分金属氢氧化物的pK(pK=-lgK)的柱状图如图1。spspsp3833Al(Oil)3Fe(CH)a图1回答下列问题：锂辉石的主要成分为LiAlSiO，其氧化物的形式为26为提高“酸化焙烧”效率，常采取的措施是。向“浸出液”中加入CaCO,其目的是除去“酸化焙烧”中过3量的硫酸，控制pH使Fe3+、A13+完全沉淀，则pH至少为。(已知：完全沉淀后离子浓度低于1X10-5)mol/L)“滤渣2”的主要化学成分为。“沉锂”过程中加

26、入的沉淀剂为饱和的（化学式）溶液；该过程所获得的“母液”中仍含有大量的Li+,可将其加入到“”步骤中。LiCO与Co0在敞口容器中高温下焙烧生成钻酸锂的化学方334程式为。（3）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LiCoO2+Ce罐醤LiC+LiCoO其工作原理如图2。x61-x2LiCoOa列关于该电池的说法正确的是（填字母）。过程1为放电过程该电池若用隔膜可选用质子交换膜石墨烯电池的优点是提高电池的储锂容量进而提高能量密度充电时，LiCoO极发生的电极反应为LiCoO-xe-=xLi+22+LiCoO1-x2对废旧的该电池进行“放电处理

27、”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收 23 【答案】(i)a(2)LiOA104SiO2232TOC o 1-5 h z将矿石细磨(搅拌、升高温度或其他合理答案)4.7Mg(OH)、CaCONaCO(或其他合理答案)净化23236LiCO+4CoO+O高温42LiCoO+6CO(3)CD2334222【解析】(1)焰色反应常用来检测金属元素，高中要求学生记住钠元素的焰色为黄色，钾元素的焰色为紫色，利用排除法可以选择出锂元素的焰色为紫红色。故选a；(2)硅酸盐改写成氧化物形式的方法如下：a.氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物-二氧化硅水，不同氧化物间以“”隔开；b各元素的化合价保持不

28、变，且满足化合价代数和为零，各元素原子个数比符合原来的组成；c当计量数配置出现分数时应化为整数。锂辉石的主要成分为LiAlSiO,根据方法，其氧化物的形式为LiOAlO4SiO。262232流程题目中为提高原料酸浸效率,一般采用的方法有：减小原料粒径(或粉碎)、适当增加酸溶液浓度、适当升高温度、搅拌、多次浸取等。本题中为“酸化焙烧”,硫酸的浓度已经最大,因此合理的措施为将矿石细磨、搅拌、升高温度等。根据柱状图分析可知，Al(OH)的3K大于Fe(OH)的，那么使Ab+完全沉淀pH大于Fe3+的，Al(OH)的sp33Ksp=1X10-33,c(OH-)=3ksp二詁灯。33mol/L=lX10

29、-9.3molL-i,c(H3c(Al3+)V1x10-5+)=1X10-4.7molL-i,pH=47,即pH至少为4.7。“净化”步骤是尽最大可能除去杂质离子，如Mg2+、Ca2+等，结合加入物质Ca(OH)、2NaCO,可以推出“滤渣2”的主要成分为Mg(OH)、CaCO。根据“沉2323锂”后形成LiCO固体，以及大量生产的价格问题，该过程中加入的沉淀剂最佳答案为NaCO溶液；该过程所获得的“母液”中仍含有大23量的Li+,需要从中2次提取，应回到“净化”步骤中循环利用。LiCO与CoO在敝口容器中反应生成LiCoO时Co元素的化合价升高，23342因此推断空气中O参与反应氧化Co元素

30、，化学方程式为26LiCO+4CoO+O=高温=12LiCoO+6COo(3)A项，电池反应式为TOC o 1-5 h z2334222LiCoO+C進电.LiC+LiCoO，由此可知，放电时，负极电极反应267充x61-x2式为LiC-xe-=xLi+C，正极电极反应式为x66LiCoO+xLi+xe-=LiCoO。石墨电极为放电时的负极，充电时的阴极,1-x22过程1为Li+向石墨电极移动，因此为充电过程，A错误；B项，该电池是利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性而制作，因此隔膜不能选择质子交换膜，B错误；C项，石墨烯电池利用的是Li元素的得失电子，因此其优点是在提高电

31、池的储锂容量的基础上提高了能量密度，C正确；D项，充电时，LiCoO极为阳2极，将放电时的正极电极反应式逆写即可得，即LiCoO极发生的电2极反应为LiCoO-xe-=xLi+LiCoO,D正确；对废旧的该电池进行21-x2“放电处理”让Li+嵌入LiCoO中才有利于回收，E错误。故选CDo29一种含铝、锂、钴的新型电子材料,生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钻以CoOCoO的形式存23在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下： 33 过程I中釆用NaOH溶液溶出废料中的Al,反应的离子方程式为过程II中加入稀HSO酸化后，再

32、加入NaSO溶液浸出钴。则浸出24223钴的化学方程式为(产物中无沉淀且只有一种酸根)。在实验室模拟工业生产时,也可用盐酸浸出钴,但实际工业生产中不用盐酸,请从反应原理分析不用盐酸浸出钴的主要原因：。过程皿得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH),碳酸钠溶液在产3生Al(OH)3时起重要作用,请写出该反应的离子方程式：。碳酸钠溶液在过程III和W中所起作用有所不同，请写出在过程W中起的作用：在NaCO溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是23(填字母)。Ac(Na)=2c(CO2)3c(Na+)c(CO2-)c(HC0-)33c(OH-)c(HCO-)c(H)3c(0H-)c(H+)

33、=c(HC0-)+2c(HC0)323(6)Co0溶于盐酸可得粉红色的CoCi溶液。CoCl含结晶水数目不同22而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl吸水变色这一性质可制成变2色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl6H0晶体受热分解时，22剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是【答案】(1)2Al+20H-+2H0=2Al0-+3Ht2224Co0Co0+NaS0+11HS0=12CoS0+NaS0+11H023223244242Co0Co0可氧化盐酸产生Cl，污染环境2322Al3+3C02-+3H0=2Al(0H)I+3C0t3232调节pH,提供C02-,使C02+沉淀为CoC

34、0BCD(6)CoCl2H022【解析】(2)Co0和NaS0在酸性条件下发生氧化还原反应生TOC o 1-5 h z34223成CoSO、NaSO和H0,反应方程式为：4Co0CoO+NaS0+2422322311HS0=12CoS0+NaS0+11H0；盐酸具有还原性，能被Co0Co024424223氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不能用盐酸。在过程皿中铝离子能与碳酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程W中调节pH,提供C02-,使Co23+沉淀为CoC0。3NaC0溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HC0-)+c(0H-)TOC o 1-5 h z2

35、33+2c(C02-)，故A错误；碳酸根离子发生水解以及水的电离，所以溶3液中离子浓度：c(Na+)c(C02-)c(0H-)c(HC0-)c(H+)，故B、33C正确；NaC0溶液中质子守恒：c(0H-)=c(H+)+c(HC0-)+2332c(HC0),故D正确。23设人物质的化学式为CoCinH0,则有：22CoCi6H0CoCinH0Am222223818(6-n)119mg119mg-83mg百二门甞63，解得:n=2,119mg119mg-83mg所以A物质的化学式为：CoCi2H0。2210一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的

36、氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如下： 回答下列问题：“酸溶”时，溶液中有Fe3+、Fe2+、Ni?+等生成，废渣的主要成分是；金属镍溶解的离子方程式为。“除铁”时H0的作用是，加入碳22酸钠的目的是“除铜”时，反应的离子方程式为，若用NaS代替HS除铜，优点22是。已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为【答案】(i)SiO5Ni+12H+2N0-=5Ni2+Nf+6HO2322将Fe2+氧化为Fe3+调节溶液的pH,使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣HS+Cu2+=CuSI+2H+无易挥发的有毒气体HS逸出，可22保护环境过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器【解析】(1)“酸溶”时，硅的氧化物与硫酸和硝酸均不反应，故废渣的主要成分为SiO。“酸溶”时加入的是混酸，金属镍溶解时,2Ni与硝酸发生氧化还原反应,离子方程式为5Ni+12H+2N0-=5Ni23+Nt+6H0o(2)“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2