2025年高考化学总复习试题分类训练：工艺流程-金属元素载体（解析卷）

4<96工艺流程——金属完素载体

1.【2023年全国甲卷】BaTiOs是一种压电材料。以BaSO,为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiC)3。

TiCl4

CO滤渣母液滤液

回答下列问题：

(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是O

(2)“焙烧”后固体产物有BaCj易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式

为。

(3)“酸化”步骤应选用的酸是(填标号)。

a.稀硫酸b.浓硫酸c.盐酸d.磷酸

(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？,其原因是o

(5)“沉淀”步骤中生成BaTiOG。)的化学方程式为。

(6)“热分解”生成粉状钛酸钢，产生的〃co2："co=o

【答案】(1)做还原剂，将BaSO,还原

⑵S"+Ca"=CaSJ

⑶c

(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2s会污染空气，而且CaS与盐酸反应生

成可溶于水的CaC",导致BaC"溶液中混有CaCl?杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低

(5)BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4),J+4NH4c1+2HC1

(6)1:1

【解析】由流程和题中信息可知，BaS。,与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2,易

溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS,滤液中有BaCl?和BaS；

滤液经酸化后浓缩结晶得到BaJ晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiJ和(NH)C?。,将钢离子充

分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。

(1)“焙烧”步骤中，BaS。」与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCL、BaS和CaS,

BaSO”被还原为BaS,因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO”还原。

(2)“焙烧”后固体产物有BaCl?、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS与过量的CaCl?可

以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为S2-+Ca2+=CaSJ。

(3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的领盐，由于硫酸钢和磷酸/均不溶于水，而BaCl?可溶于

水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。

(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体

H2s会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaC[导致BaCl2溶液中混有CaCl?杂质无法

除去、最终所得产品的纯度降低。

(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=

BaTiO(C2O4)2+4NH4c1+2HC1。

(6)“热分解”生成粉状钛酸领，该反应的化学方程式为，BaTiO(C2O4)2=BaTiO3+2CO2T+2COT,因

此，产生的几。2：几。=1:1。

2.【2023年全国乙卷】LiMmCU作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱铸矿(MnCCh,含有

少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMmCU的流程如下：

硫酸MnO?石灰乳BaS碳酸锂CO?和

滤渣电解废液

6

己知：KMFe(OH)3]=2.8xlO-39,^[Al(OH)3]=1.3xlO-33,7Csp[Ni(OH)2]=5.5xlO-io

回答下列问题：

(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为o为提高溶矿速率，可采取的措施(举1例)。

(2)加入少量MnCh的作用是=不宜使用H2O2替代MnCh,原因是=

(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+)=mol-L1；用石灰乳调节至pHM,除去的

金属离子是o

(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,生成的沉淀有o

(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为o随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应

不断o电解废液可在反应器中循环利用。

(6)煨烧窑中，生成LiMmCU反应的化学方程式是o

【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2t粉碎菱铳矿

(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解

(3)2.8X10-9Al3+

(4)BaSCU、NiS

电角星

2++

(5)Mn+2H2O-H2T+MnO21+2H加入Mn(OH)2

(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2T+O2T

【解析】根据题给的流程，将菱锦矿置于反应器中，加入硫酸和MnCh,可将固体溶解为离子，将杂质中

的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnCh可以将溶液中的Fe2+氧化为

Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7,此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液

中的AP+沉淀出来；随后加入BaS,可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量

的M1+,将此溶液置于电解槽中电解，得到MnCh,将MnCh与碳酸锂共同煨烧得到最终产物

LiMiuCh。

(1)菱镒矿中主要含有MnCCh,加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：

MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2t;为提高溶矿速率，可以将菱镒矿粉碎；故答案为：

MnCCh+H2so4=MnSO4+H2O+CO2T、粉碎菱镒矿。

⑵根据分析，加入MnCh的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+,但不宜使用H2O2氧化

Fe2+,因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe?+全部氧化为Fe3+；故答案为：

3

将Fe2+氧化为Fe\Fe3+可以催化H2O2分解。

(3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4,此时溶液中c(OH-)=LOxlO-iOmol.L-i,此时体系中含有的

c(Fe3+)=^p^Fe(OH)3]=2.8x10-gmol-L1,这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.OxlO%认为Fe3+已经沉淀完

全；用石灰乳调节至pH*7,这时溶液中c(OH-)=LOxlO-7molL-i,溶液中c(A13+)=1.3xlO-i2mol.Li,

c(Ni2+)=5.5xl(?4moi.L-i,c(AP+)小于1.0x10-5,A"+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是AF+；故答

案为：2.8x10-9、AF+。

(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+,此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SOj=BaSO41+NiSJ,

生成的沉淀有BaSO4、NiSo

电解

(5)在电解槽中，Md+发生反应生成MnCh,反应的离子方程式为Mn2++2H2O^H2f+MnO2l+2H+；电

解时电解液中+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案

电解

2++

为：Mn+2H2OH2T+MnO2i+2H,加入Mn(OH)2。

燃烧

(6)煨烧窑中MnCh与Li2cCh发生反应生成LiMnzCU,反应的化学方程式为2Li2co3+8MnC>2^

4LiMn2O4+2CO2t+O2t；故答案为：2Li2co3+8MnO2^^4LiMn2O4+2CO2T+O2j

3.【2023年全国新课标卷】铭和帆具有广泛用途。铭钏渣中铝和钢以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂

质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铝钢渣中分离提取铭和钢的一种流程如下图所示：

,a2CO3MgS。,溶液

NaOHH2O稀H2sO4(NHQ2SO4溶液稀H2sO4Na2s2O5溶液

己知：最高价铭酸根在酸性介质中以CnO：存在，在碱性介质中以CrO］存在。

回答下列问题：

(1)煨烧过程中，机和铭被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铭化合物主要为(填化学

式)。

(2)水浸渣中主要有SiCh和0

(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是0

(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiCh和MgNH4P04的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH*9以

达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致；pH>9时，会导致。

(5)“分离机”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<l时，溶解为VO；或VO3+在

碱性条件下，溶解为V0；或VO：一，上述性质说明V2O5具有(填标号)。

A.酸性B.碱性C.两性

(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2s2O5)溶液，反应的离子方程式为=

【答案】(1)Na2CrO4

(2)Fe2O3

(3)A1(OH)3

(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNHdPCU无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀

不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiCh沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶

液中镂根离子浓度降低导致MgNH4P04无法完全沉淀

(5)C

(6)2Cr2O,+3S2O；+10H+=4Cr3++6SO：+5H2O

【解析】由题给流程可知，铭钿渣在氢氧化钠和空气中燃烧，将帆、铭、铝、硅、磷等元素转化为相应的

最高价含氧酸盐，煨烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入

稀硫酸调节溶液pH将A1元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫

酸镁溶液、硫酸镀溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiCh和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有

MgSiO3>MgNH4P。4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钢元素转化为五氧化二铀，

过滤得到五氧化二铀和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铝元素转化为三价格离子，调节溶液pH将

格元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铭。

(1)由分析可知，煨烧过程中，铝元素转化为铭酸钠，故答案为：Na2CrO4;

(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3;

(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将A1元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：

A1(OH)3；

(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸镀溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiCh和MgNH4PO4

沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4P。4无法完全沉淀，同时可能产

生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiCh沉

淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中钱根离子浓度降低导致MgNH4P04无法完全沉淀，故答案为：

磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4P04,同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子

生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiCh沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中镂根离子浓度降低导

致MgNH4P04无法完全沉淀；

(5)由题给信息可知，五氧化二帆水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性

氧化物，故选C；

(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铭元素转化为铭离子，反应的离子方程式

为2Cr2O；+3S2O；-+10H+=4Cr3++6SO：+5H2。，故答案为：ZCnO；-+3s2。；一+10H+=4Cr3++6SO^

+5H2O。

4.【2023年1月浙江卷】某研究小组制备纳米ZnO,再与金属有机框架(MOF))材料复合制备荧光材料

ZnO@MOF,流程如下：

NaOH溶液滴加批。；溶液，搅拌>过滤口冼涤—控瞥烧寸纳米ZnC)|MOF>|znO@MOF|已知：①含

锌组分间的转化关系：Zn2+、Zn(0H)2、手、［Zn(OH)4r

②e-Zn(OH)2是Zn(OH)2的一种晶型，39℃以下稳定。

请回答：

(1)步骤I,初始滴入ZnSO,溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是o

(2)下列有关说法不无确的是0

A.步骤I,搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分

B.步骤I,若将过量NaOH溶液滴入ZnSO"溶液制备"Zn(OH)2,可提高ZnSO4的利用率

C.步骤II,为了更好地除去杂质，可用50℃的热水洗涤

D.步骤III,控温煨烧的目的是为了控制ZnO的颗粒大小

(3)步骤III,盛放样品的容器名称是o

(4)用Zn(CH3co和过量(NHjCOs反应，得到的沉淀可直接控温燃烧得纳米ZnO,沉淀无需洗涤

的原因是o

(5)为测定纳米ZnO产品的纯度，可用已知浓度的EDTA标准溶液滴定Zi?+。从下列选项中选择合理的

仪器和操作，补全如下步骤”上填写一件最关键仪器,“()”内填写一种操

俘，均用字母表示]。

用(称量ZnO样品xg)一用烧杯()一用()一用移液管

()一用滴定管(盛装EDTA标准溶液，滴定Zn2+)

仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶

操作：f、配制一定体积的Z/+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的为2+溶液；入装瓶贴标签

(6)制备的ZnO@MOF荧光材料可测Cu"浓度。已知ZnO@MOF的荧光强度比值与Ci?+在一定浓度范

围内的关系如图。

某研究小组取7.5x10-3g人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量1.5x105),经预处理，将其中Cu元素全部转化为

Cu?+并定容至1L。取样测得荧光强度比值为10.2,贝也个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原

子。

【答案】⑴[Zn(OHhr

(2)BC

(3)生堀

(4)杂质中含有CH3C。。-、CO>NH：,在控温煨烧过程中分解或被氧化为气体而除去。

(5)d->(g)fc(f)f(h)

(6)8

【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生

成—Zn(OH)2,分离出—Zn(OH)2后再控温煨烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以

此解题。

(1)初始滴入ZnSO,溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是

[Zn(OH)4r；

(2)A.步骤I,搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；

B.根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是［Zn(OH)4「，不能生成£-211(。11)2,B错

误；

C.由信息②可知，£-Zn(OH)239，C以下稳定，故在用50℃的热水洗涤时会导致，£-Zn(OH)2分解为其

他物质，C错误；

D.由流程可知，控温煨烧时£-Zn(OH)2会转化为纳米氧化锌，故控温燃烧的目的是为了控制ZnO的颗粒

大小，D正确；

故选BC；

(3)给固体药品加热时，应该用用堀，故步骤ni,盛放样品的容器名称是生烟；

(4)两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀

不需要洗涤的原因是：杂质中含有CH3c(XT、CO：、NH：,在控温煨烧过程中分解或被氧化为气体而

除去；

(5)为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d,随后可以用酸来溶解氧

化锌，故选g,溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f),再用移液管量取一定体积的配

好的溶液进行实验，故选h,故答案为：df(g)fc(f)f(h)；

7.5x10-3g

(6)人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白尸=5xl0-8mol由于实验测得荧光强

1.5xlO5g/mol

度比值为10.2,则铜离子浓度n(Cu2+)=0.4xl0^mol/LxlL=0.4xl0-6mol,则则1个血浆铜蓝蛋白分

子中含8个铜原子。

5.(2021・北京真题)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。

资料:

i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO#H2O,含少量TiOSCU和不溶物

ii.TiOSO4+(x+l)H2O-TiO2xH2O；+H2SO4

iii.0.1mol/LFe?+生成Fe(OH)2,开始沉淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3；

0.1mol/LFe3+生成FeOOH,开始沉淀时pH=1.5,完全沉淀时pH=2.8

(1)纯化

①加入过量铁粉的目的是o

②充分反应后，分离混合物的方法是o

(2)制备晶种

为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSCU溶液中加入氨水，产

生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。

①产生白色沉淀的离子方程式是。

②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3„原因是：沉淀生成后c(Fe2+)O.lmol/L(填“

或

③0七时段，pH几乎不变；11七时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：o

④pHM时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)

增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：。

(3)产品纯度测定

铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。

加热溶解酚酰

Wg铁黄T溶液b——蚂泅邈~>溶液cI滴定

H2SO4标准溶液NaOH标准溶液

3+

资料：Fe+3C2O^=Fe(C2O4)3-，FegCU)；不与稀碱液反应

Na2c2。4过量，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

【答案】

(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O：TiO2-H2O1+H2s。4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二

价铁被氧化过滤

2+

(2)Fe+2NH3-H2O=Fe(OH)2+2NH*>pH6.0左右，4Fe(OH)2+Ch+2%0=4Fe(OH)3因此

pH几乎不变。之后发生4Fe2++02+6氐0=4FeOOH+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小溶液中

2+2++

同时存在两个氧化反应4Fe+O2+4H+=4Fe3+和4Fe+O2+2H2O=4FeOOH+4H,因此c(Fe2+)的减

2+3+

小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe

(3)不受影响

【解析】

根据钛白粉废渣制备铁黄流程

和钛白粉废渣成分：FeSO4H2O>TiOSCU及其它难溶物，可知：加入蒸储水、铁粉纯化后，

TiOSO4+2H2O^TiO2-H2O；+H2SO4,TiCh-FhO是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSCU溶液，加入氨水和

空气后，FeSCU溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH(0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2,起始的pH为

6.3,完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH,起始的pH：1.5,完全沉淀的pH为2.8)和

空气，生成FeOOH,再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。

(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2(ATiO2・H2(”+H2s04平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁

被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4H2O>TiOSCU及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混

合物的方法是过滤；

2+

(2)pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=

4FeOOH+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe?++Ch+4H+=4Fe3+

2++

和4Fe+O2+2H2O=4FeOOH+4H,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：

2+3+

12Fe+3O2+2H2。=4FeOOH+8Fe

(3)由于Fe3++3C2O42-=Fe(C2CU)3,Fe(C2()4)3不与稀碱溶液反应，所以加入的Na2c2。4过量，则测定结

果不受影响

6.【2021年江苏卷】以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3>SiCh)和Fe2(SC>4)3为原料制备的ZnFezCU

脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为

稀硫酸Fe2(S0J溶液NaHCCh溶液

III

锌灰一*愎回一*匾］--I调配比I一T沉锌铁I---ZnFe2O4

脱硫剂

再生------硫化

。2含H2s煤气

(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有—(填

化学式)。

(2)“调配比”前，需测定ZnSCU溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSCU溶液于100mL容量瓶

中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10,用

0.0150molLiEDTA(Na2H2丫)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗

EDTA溶液25.00mLo计算ZnSCU溶液的物质的量浓度—(写出计算过程)。

(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2s的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化

反应器。

①硫化过程中ZnFe2O4与H2>H2s反应生成ZnS和FeS,其化学方程式为—»

②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2s与CO2生成COS的反应，反应前

后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为―-

(4)将硫化后的固体在N2：02=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图

所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是.

200400600800

温度/℃

【答案】(1)Fe3\H+

(2)0.7500mol-L-I

400℃

(3)ZnFe2O4+3H2S+H2-ZnS+2FeS+4H2OZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O

(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐

【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3,SiO2,加入稀硫酸浸取，SiCh和硫酸不反应，过滤出

SiO2,所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫

酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫

剂ZnFe2O4o

(1)“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和CM+外，与锌粉反应的离子还

有Fe3+、H+o

2+42

(2)根据Zn+Y-=ZnY-,可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025Lx0.015molL-

4

3.75x10mol_门1/T

>=3.75x10-^01；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；

2.5x10x----

100

(3)①硫化过程中ZnFezCU与H2、H2s反应生成ZnS和FeS,铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元

400℃

素化合价由0升高为+1,根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2CU+3H2S+H2。

ZnS+2FeS+4H2O；

②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2s与CO2生成COS的反应，反应前后

ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；

(4)在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。

7.[2022年河北卷】以焙烧黄铁矿FeS2(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备镂铁蓝Fe(NHjFe(CN)6颜

料。工艺流程如下：

H2so4

(NH4)2SO4

K3[Fe(CN)6]H2SO4

比。INaClO3

1般【加热铉

牛匹-土情、铁

藉

滤渣①滤渣②I

母液

回答下列问题：

(1)红渣的主要成分为(填化学式)，滤渣①的主要成分为(填化学式)。

(2)黄铁矿研细的目的是o

(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为。

(4)工序①的名称为,所得母液循环使用。

(5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为,氧化工序发生反应的离子方程

式为。

(6)若用还原工序得到的滤液制备FezC^xHQ和(NHjSO,,所加试剂为和(填化学

式，不引入杂质)。

【答案】(1)Fe2O3SiO2

(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率

(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4

(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤

+

(5)+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO；+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH；

(6)H2O2NH3H2O

【解析】已知黄铁矿高温煨烧生成Fe2C)3,反应原理为：4FeS2+1102-2Fe2O3+8SO2,故产生的红渣主

要成分为Fe2O3和SiO2,将红渣粉碎后加入足量的50%的H2sCU溶液加热充酸浸，反应原理为：

Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O,过滤出滤渣①，主要成分为SiCh,向滤液中加入黄铁矿进行还原，

将Fe3+还原为Fe2+,由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO,反应原理为：

3+2++

14Fe+FeS2+8H2O=15Fe+2SOt+16H,然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSC)4晶体和

母液主要含有FeSCU溶液和H2so4,加水溶解FeSCU晶体，向所得溶液中加入(NHRSCU、

2+3

K4Fe(CN)6]并用H2sO4调节溶液的pH为3,进行沉铁过程，反应原理为：Fe+2NH>[Fe(CN)6]-

=Fe(NH4)2Fe(CN)6；,然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2s。4和NaCKh进行氧化步骤，反应原理为：

+

6Fe(NH4)2Fe(CN)6+C103+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6NH；,过滤、洗涤干燥即制得

Fe(NH4)Fe(CN)6,据此分析解题。

(1)由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3,滤渣①的主要成分为：SiO2,故答案为：Fe2O3；SiO2；

(2)黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增

大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；

(3)由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO},反应原理为：

3+2++

14Fe+FeS2+8H2O=15Fe+2SO；-+16H,故化学方程式为：

7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4,故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；

(4)由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSCU溶液和

H2s04可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；

(5)沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和［Fe(CN)6产中的+3价，由分析

+

可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6

+

NH；,故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3+6H=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl+6NH；；

(6)由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2so4,向滤液中先加入一定量的H2O2

溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+,在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀

进行灼烧，即可制得Fe2O3-xH2O和(NH4)2SC)4,故所需要加入的试剂为H2O2和NH3H2O,故答案

为：H2O2；NH3H2O0

8.【2022年湖南卷】钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TIC)?,含少

量V、Si和A1的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：

C、Cl2AlMg

尾气处理VOCE渣含Si、Al杂质

已知“降温收尘”后，粗TiCl,中含有的几种物质的沸点:

物质TiCl4VOC13SiCl4A1C13

沸点//p>

回答下列问题：

(1)已知AG=AH-TAS,AG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略AH、AS随温度的变化。若

AG<0,则该反应可以自发进行。根据下图判断：600C时，下列反应不能自发进行的是

3oo-

-

2oo-

-

1oo-

O-

U

7o

HI

//

Oo

VI

-400

-500-

50060070080090010001100

温度rC

A.C(s)+O2(g)=CO2(g)B.2C(s)+O2(g)=2CO(g)

C.TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)D.TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)

(2)TiC>2与C.Cl2,在600c的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表:

Cl

物质TiCl4COco22

分压MPa4.59x10-21.84x10-23.70x1025.98xW9

①该温度下，与C.CL反应的总化学方程式为；

②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是。

(3)“除钮”过程中的化学方程式为；“除硅、铝”过程中，分离TiCl,中含Si、Al杂质的方法是

⑷“除钢”和“除硅、铝”的顺序(填“能”或“不能”)交换，理由是o

(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是。

A.高炉炼铁B.电解熔融氯化钠制钠

C.铝热反应制镐D.氧化汞分解制汞

【答案】(1)C

600℃高温

(2)5TiO2+6C+10Ch5TiCl4+2CO+4CO2随着温度升高，CCh与C发生反应C+CO2^2CO

(3)3VOC13+A1=3VOC12+A1C13蒸储

(4)不能若先“除硅、铝”再“除钿'，"除钿’时需要加入A1,又引入A1杂质；

(5)AC

【解析】钛渣中加入C.CL进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCL,加入单质Al

除机，再除硅、铝得到纯TiCk,加入Mg还原得到Ti。

(1)记①C(s)+C>2(g)=CO2(g),②2c(s)+C)2(g)=2CO(g),③TiO式s)+2C12(g)=TiC14(g)+O2(g)，④

TiO2(S)+C(S)+2C12(g)=TiCl4(g)+CO2(g)；

A.由图可知，600℃时C(s)+O2(g)=CC)2(g)的AG<0,反应自发进行，故A不符合题意;

B.由图可知，600℃时2c（s）+C）2（g）=2CO（g）的AG<0,反应自发进行，故B不符合题意；

C.由图可知，600℃时TiO2（s）+2C12（g）=TiC"g）+O2（g）的&3>0,反应不能自发进行，故C符合题意；

D.根据盖斯定律，TiO2（s）+C（s）+2CL（g）=TiCL（g）+CO2（g）可由①+③得到，则600℃时其&3<0,反应自

发进行，故D不符合题意；

故选C；

（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和C02,根据相同条件下气体的压强之比是物质的

量之比可知TiCk、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4,所以TiO2与C.Cb反应的总化学方程

600℃600℃

式为5TiO2+6C+1OCh5TiCl4+2CO+4CO2,故答案为：5TiO2+6C+1OCh5TiCl4+2CO+4CO2；

②随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO232cO,导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高,

IWI温

CO2与C发生反应c+co2—2CO:

（3）“降温收尘”后钿元素主要以VOCb形式存在，加入A1得到VOC12渣，根据得失电子守恒和元素守恒

配平方程式为3Voe13+Al=3VOCb+AlCb；AlCb、SiCk与TiCk沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可

采用蒸储的方法分离AlCb、SiCl4,故答案为：3Voeb+Al=3VOC12+AlC13；蒸储；

（4）若先“除硅、铝”再“除钏”，“除钿”时需要加入A1,又引入A1杂质，因此“除钿”和“除硅、铝”的顺序

不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除帆”，“除帆”时需要加入AL又引入A1杂质；

（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；

A.高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；

B.电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；

C.铝热反应制铳是利用A1作还原剂，将镐从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；

D.Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；

故答案选AC,故答案为：ACo

9.【2022年北京卷】镂浸法由白云石［主要成分为CaMglCCQ?,含FqOs，SiO?杂质］制备高纯度碳酸钙

和氧化镁。其流程如下：

滤渣C

(NH4)2CO3煨烧

滤液DMgCO3--------A氧化镁

已知:

物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3

Ksp5.5x10-61.8x10-22.8x10-93.5x10-8

(1)煨烧白云石的化学方程式为

(2)根据下表数据分析：

浸出率/%。浸出率/%w(CaCO)理论值/%w(CaCC>3)实测值/%

n(NH4Cl):n(CaO)CaOMg3

2.1:198.41.199.7-

2.2:198.81.599.299.5

2.3:198.91.898.899.5

2.4:199.16.095.697.6

己知：i.对浸出率给出定义

ii.对w(CaCOj给出定义

①“沉钙”反应的化学方程式为O

②CaO浸出率远高于Mg。浸出率的原因为。

③不宜选用的"n(NHjCl:n(CaO)”数值为。

④w(CaCO3)实测值大于理论值的原因为0

⑤蒸储时，随储出液体积增大，Mg。浸出率可出68.7%增加至98.9%,结合化学反应原理解释MgO浸出率

提高的原因为o

(3)滤渣C为=

(4)可循环利用的物质为0

高温

=

【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2T

(2)CaCl2+NH3H2O+CO2=CaCO3；+NH4Cl+H2OCa(OH)2的溶度积大于Mg(0H)2,溶液中Ca(OH)2

能与NH4cl反应，而Mg(0H)2不能2.4：1反应加入的CaO也转化为

A

CaCChMg(OH)2+(NH4)2SO4=MgSO4+2NH3f+2H2O,蒸储时，NH3逸出促进NH：水解，溶液中H+

浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4

(3)SiCh、Fe2O3

(4)NHQ、(NH4)2SO4

【解析】由题给流程可知，白云石燃烧时