2023届高考化学专项小练化学工艺流程题2

化学工艺流程题

1.L3TL02和LiFcPO「都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FoTi03,还含有少量酶0、

SW等杂质)来制备。工艺流程如下:

双/EnUOILIHTiQ，UC6一

沉淀至二亶里J*沉淀丽丽UTuOn

加液②;著些提'帑翳-小

回答下列问题:

(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如图所示。由图可知，当铁的浸出率为70席时，所采用的实验条件为

⑵“酸浸”后，钛主要以TiOCl厂形式存在，写出相应反应的离子方程式：

⑶方。2・加2()沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:

温度/93035404550

力。2•刘2。转化率/%9295979388

分析40℃时Ti02・AH20转化率最高的原因：o

⑷Li2Ti50i5中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为o

(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol•加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe"恰好

沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0X105mol・1「，此时是否有MgNPO。?沉淀生成？列式计算。FePOhMgKPOb

的启分别为1.3X10—22、1.oxI。-勿。

(6)写出“高温燃烧②"中由FePO.制备LiFePO,的化学方程式：

1

【答案】(1)100℃、2h,90℃、5h

+_2+

(2)FoTi03+4H+4Cl=Fo+Ti0Clf+2H20

(3)低于40℃,口02・册20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

TiOz・力小转化反应速率下降

(4)4

1q*[n-22

(5)FeH恰好沉淀完全时，c(P0D^-'-,mol-L-,=1.3X10_l7mol-L-',10依2+)・犬①。：-)值为

1.UnAvi1nU

3-4<,

0.01X(1.3X10*2=1.7X10<^[Mg3(P04)2],因此不会生成Mg3(P04)2沉淀。

G^FePOi+Lig+H2c2。典遢2LiFeP0】+3C02f+H20t

【解析】(1)从图像直接可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温度、时间，符合温度升高，反应速率

加快，值得注意的是，这类填空题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还有什么，

钛酸亚铁中钛为+4价，铁为+2价，产物有氯化亚铁，比较FeTiO*和TiOCl/知，产物中一定有比0。值得

注意的是钛酸亚铁与盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水性质分析转化率。

这类问题要从两个角度分析，即低于40C时，随着温度的升高，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发

速率加快、双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)考查化学式与元素化合价关

系。锂元素在化合物中只有一种化合价(-1),化合物中元素化合价代数和等于0,过氧键中氧显一1价，

类似双氧水、过氧化钠。如果能求出一1价氧原子个数，就能求出过氧键数目，即过氧键数目等于一1价氧

叶7=15

原子个数的一半。设LizTisOg中一2价、一1价氧原子个数分别为X、%有°,CC，解得x=7,y=8o

,21+y=22

所以，过氧键数目为|=4。(5)考查溶度积计算以及判断沉淀是否形成。分两步计算：①计算铁离子完全沉

1oX10-22

淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3+)-c(P0:)=K，(FeP()4),c(P0：D=mol-L-I=l.3X10-'7mol•L-

1；.vnvxiinU-5

L②混合后，溶液中镁离子浓度为cCMg^)=0.01mol-L_1,?(Mg2+)-c2(F0D=0.013X(1.3X10-,7)2=

1.7Xl(r'°<K，[Mg3(P04)2],没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3价，高温《段烧过程中铁的化合价降低，

碳的化合价升高，有CO2生成。

2,重珞酸钾是一种重要的化工原料，一般由路铁矿制备，珞铁矿的主要成分为FeO-Cm03,还含有硅、

铝等杂质。制备流程如图所示：

2

①烯融、氧化②水浸

络铁矿人岭就）的到W

|滤-2.

小加卜着］漉液3俨调P"同液2卜

回答下列问题:

⑴步骤①的主要反应为

!

松0・Cr203+Na2C0,i+NaN03-^^Na2Cr0J+FeA+C02+NaN02

上述反应配平后FeO-CnO3与NaNO,的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是

⑵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。

⑶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）。

⑷有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KC1,蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到能行2。7

固体。冷却到（填标号）得到的KEmO;固体产品最多。

4NaiCrjOi

O00

X320

40

M90260

0

S180

40

与

K2Cr2O7

联

提KC1

NaCi

80100

a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃

步骤⑤的反应类型是o

（5）某工厂用⑷kg铭铁矿粉（含CmOi40%）制备KCnO：,最终得到产品用kg,产率为—

【答案】（1）2：7陶瓷在高温下会与Na2c。3反应（2）FeAl（0H）.

⑶小2CrO厂+2『=^（＞2/—+也0（4）d复分解反应

3

190色

G）X100%

147®

【解析】(1)1molFeO•Cm()3参与反应共失去7mol电子，而1molNaN6参与反应得到2mol电子,

根据得失电子守恒，二者的系数比为2：7。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步

骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而进入漉渣1,所以滤渣1中含量最多的金属

元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrOf+

+

2HCr20r+H20,氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤④应调节滤液2的pH

使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，LCnOr的溶解度越小，析出的重铝酸钾固体越多，故d项正确。

步骤⑤中发生的反应为Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2OU+2NaCl,其属于复分解反应。(5)该辂铁矿粉中Cm。」的

物质的量为脸1"根据Cr元素守恒可求得K2I2O7的理论质量加=甯05平X294g-mol-

152g•mol152g•mol

XKTkg,葭=置kg,所以产品的产率喏X1003微义100机

3.TiCL是由钛精矿(主要成分为Ti(M制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCL的流程示意图如下:

氯化过程精制过

钛精矿沸腾炉’ffiTiCh蒸镭塔’纯TiCL

资料：TiCl”及所含杂质氯化物的性质

化合物

SiCl.,TiCl.tA1C13FeCl3MgCl2

沸点/℃58136181（升华）3161412

熔点/℃-69-25193304714

在TiCh中的溶解互溶—微溶难溶

性

⑴氯化过程：TiOz与Ch难以直接反应，加碳生成C0和CO?可使反应得以进行。

1

已知：Ti02(s)+2Cl2(g)=TiCL(g)+02(g)A^=+175.4kJ•mol

2c(s)+O2(g)=2C0(g)△^=-220.9kJ・mol-1

①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl,(g)和CO(g)的热化学方程式：

4

②氯化过程中CO和C02可以相互转化，根据如图判断：C02生成CO反应的0(填

或“=”)，判断依据：0

③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HC1和CL经吸收可得粗盐酸、FeCL溶液，则尾气的吸收

液依次是o

④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCL混合液，则滤渣中含有o

(2)精制过程：粗TiCL经两步蒸储得纯TiCL。示意图如下：

物质a是,冕应控制在o

【答案】(1)@TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)=TiCL(g)+2C0(g)△/片—45.5kj/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

③上0、FeCk溶液、MaOH溶液④MgCL、A1CL>FeCh

(2)SiCL高于136℃,低于181℃

【解析】(D①生成TiCL和CO的反应方程式为Ti02+2Cl2+2C=TiCl,+2C0,根据盖斯定律，两式相加，

得至UTiO2(s)+2CL(g)+2C(s)=TiCl,(g)+2C0(g)△年△A+△〃=(-220.9kJ•mor')+(+175.4

kJ-mol1)=-45.SkJ-mor'o②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，C&浓度降低,说明升高温度,

5

平衡向正反应方向移动，即△殳0。③尾气中的HC1经水吸收可得到粗盐酸,然后再将CL通入FeCL溶液中，

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“TiCL及所含杂质氯化物的性质”一览表，因

此氯化过程中生成的MgCb、AlCb、FeCL只有少量溶解在液态TiCL中，而SiCL完全溶解在TiCL中,因

此过滤得到粗TiCh混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。滤渣应为MgCk、A1C13.FeCho(2)根据资

料，SiC"的沸点最低，先蒸储出来，因应物质a为SiCL”根据流程目的，为了得到纯净的TiCh,后续温

度需控制在稍微大于136C,但小于181℃。

4.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)O

15%NaCIO溶液(过量)10%氨水

预处理后

的光及碎片—^Ag

NaOH溶液调pH滤液滤渣

已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaC10^=2NaC：+NaC103

-

②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3-H20P^Ag(NH：；)j+Cl+2H20

③常温时N2H4・1叩(水合朋)在碱性条件下能还原Ag(NIh)；：

4Ag(NH3)2^N2H.1•H20^=4AgI+N2♦+4NHJ+4N%t+H20

⑴“氧化”阶段需在80℃条件下进夕亍，适宜的加热方式为o

(2)NaC10溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,该反应的化学方程式为。HN&

也能氧化Ag,从反应产物的角度分析，以HNQ,代替NaClO的缺点是。

(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤H”的滤渣进行洗涤，并o

(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NHB・H20反应外(该条件下NaCW与NH3•H20不反应),还因为。

⑸请设计从“过滤n”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：(实验中期像用的

试剂有:2mol-I/水合的溶液，1mol・I/USOj。

【答案】(1)水浴加热(2)4Ag+4NaC10+2H20=4AgCl+4Na0H+021

6

会释放出氮氧化物（或NO,N02）,造成环境污染

（3）将洗涤后的滤液合并入过德n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C1-,不利于AgCl与氨水反应

（5）向滤液中滴加2mol-1/水合腓溶液，搅拌使其充分反应，同时用1nol-1/H2sOi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。

【解析】分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶

于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还

原为根。（1）“氧化”阶段需在80C条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水

浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCKNaOH和缶，用化合价升降法即可配平，该

反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2t0HNO,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HN6代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物（或NO、N02）,造成

环境污染。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤H”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H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与阳3，乩0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CP,不利于AgCl与氨水发生

AgCl+2NH3・H20=^Ag（NH3）2'+C「+2H2。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收乩・也0（水合肥0在碱性条件下能还原AgCNHJZ：4Ag（NH3）2'+NzH4・H2（）=4Ag

I+N21+4NHJ+4NH3f+H20,所以首先向该滤液中加入水合股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，氨气枸强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处埋措施，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2moi-广水合肿溶液，搅拌使其充分反应，同时用1mol-L-1H2soi

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。

5,铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为A1B,含SiOz和FezOs等杂质）为原料制备铝的一种工艺

流程如下：

7

NaOHNaHCO3

注：Si。?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o

(2)向“过滤I”所得滤液中加入蚓也溶液，溶液的pH(填“增大”、“不变”或“减小”)。

(3)“电解I”是电解熔融Aka,电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是o

(4)“电解II”是电解Na2c。3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o

(5)铝粉在1000℃时可与%反应制备A1N。在铝粉中添加少量NH4cl固体并充分混合，有利于A1N的制

备，其主要原因是。

-

【答案】(i)Al203+20H=2A102+H20(2)减小

(3)石墨电极被阳极上产生的a氧化

⑷4CQT+2H2。Ye-=4HC0「+021H2

⑸NHQ1分解产生的HC1能够破坏Al表面的AkOa薄膜

【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可与强碱溶液反应，

过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，

最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。(1)氧

8

化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为A1201+20H=2A102~+H20O(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0H放电生成氧气，破坏了水

的电离平衡，碳酸根结合H.转化为HC(V,所以电极反应式为4,0广+2H20YeNHC(V+023阴极室氢氧化钠

溶液浓度变大，说明水电离的1「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为从。(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。氯化钺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钱有利于A1N的制备。

GNaClOz是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：

NaHSQ4NaOHxHQ

回答下列问题：

(DNaClQ中C1的化合价为o

(2)写出“反应”步骤中生成C102的化学方程式o

(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去和Ca，要加入的试剂分别为______、

_。“电解”中阴极反应的主要产物是______o

(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量C102。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之

比为,该反应中氧化产物是_________O

(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于

多少克CL的氧化能力。NaCld的有效氯含量为—o(计算结果保留两位小数)

【答案】(1)+3；⑵ZNaClH+SQ+HSO.尸2C102+2NaHS(h；

9

⑶NaOH溶液；Na2cCh溶液；C1(V(或NaCld)；(4)2:1；02；(5)1.57。

【解析】⑴在NaClO/中Na为+1价，0为-2价，根据正负化合价的代数和为0,可得C1的化合价为+3。

(2)NaC10：,和SO?在H2sCh酸化条件下生成C102,其中NaClO?是氧化剂，还原产物为NaCL根据得失电子守恒

和原子守恒，此反应的化学方程式为2NaC103+S02+H2so.尸2C102+2NaHS04。(3)食盐溶液中混有Mg?'和Ca,可

利用过量NaOH溶液除去Mg。利用过量Na£03溶液除去Ca:向NaCl溶液中加入CIO2,进行电解，阳极发

生反应2c「-2e-=Cbt,反应产生CL阴极发生反应产生NaClOz,可见“电解”中阴极反应的主要产物是

NaClG；(4)根据图示可知：利用含有过氯化氢的NaOH溶液吸收CIO?气体，产物为NaC102,则此吸收反应中，

氧化剂为CIO?,还原产物为NaClOz,还原剂是H2O2,氧化产物是每1mol的转移2mol电子，反应

方程式是：2NaOH+2c102+H202=2NaC102+02+2H20,可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1,该反应中氧化

产物为O20(5)每克NaClCh的物质的量n(NaC102)=lg4-90.5g/mol=」一mol,其获得电子的物质的量是

90.5

n(eO=——molX4=4/90.5mol,1molCh获得电子的物质的量是2mol,根据电子转移数目相等，可知

90.5

122

其相对于氯气的物质的量为n=----molX4-?2=----mol,贝lj氯气的质量为----molX71g/mol=l.57g。

90.590.590.5

7.以硅藻土为载体的五氧化二帆是接触法生成硫酸的催化剂。从废钢催化剂中回收V2O5既避免污

染环境又有利于资源综合利用。废机催化剂的主要成分为：

物质F02()3

V205V。K2soiSi02ALOa

质量分数

2.2〜2.92.8〜3.122〜2860〜65:〜2<1

/%

以下是一种废钮催化剂回收工艺路线：

J

H^o4KCIOKOH淋洗液NHQ

盟r叵产国一网-圈-回-叵］一回

废渣1A^2流(液

回答下列问题:

⑴“酸浸”时V2O5转化为反应的离子方程式为,同时VzO,转成V0：“废渣1”的主

10

要成分是。

⑵“氧化”中欲使3mol的VO?，变为V0；,则需要氧化剂KCIO3至少为mob

⑶“中和”作用之一是使帆以V.Q/形式存在于溶液中。“废渣2”中含有_______o

(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH+VQ/Y等RMOWIOHXROH为强碱性阴离子交换

树脂)。为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈____性(填“酸”、“碱”或“中”)。

(5)“流出液”中阳离子最多的是。

(5)“沉钢”得到偏机酸钱(NHNOJ沉淀，写出“燃烧”中发生反应的化学方程式。

++

【答案】(l)V2O54-2H=2VO24-H2OSi02(2)0.5

(3)Fe(0H)3、Al(OH)3(4)碱(5)1

G)2NHM)占则2O5+H2O+2N&to

【解析】(1)“酸浸”时丫心转化为VDJ,V元素化合价不变，说明不是氧化还原反应，根据原子守恒可

知反应的离子方程式为VzOs+ZH+nZVOZ+HzO；二氧化硅与酸不反应，则“废渣1”的主要成分是二氧化硅。

(2)“氧化”中欲使3mol的变为vo；,v元素化合价从+4价升高到+5价，而氧化剂KCIQ?中氯元素

化合价从+5价降低到一1价，则根据电子得失守恒可知需要氯酸钾的物质的量为3moi+6=0.5m01。(3)

“中和”作用之一是使帆以V.Q/形式存在于溶液中，同时生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，则“废渣2”中

含有Fe(OH)j、Al(0H)(4)根据方程式可知为了提高洗脱效率，反应应该向逆反应方向进行，因此淋洗液

应该呈碱性。(5)由于前面加入了氯酸钾和氢氧化钾，则“流出液”中阳离子最多的是钾离子。(6)根据原

子守恒可知偏锐酸镂(NHM)3)“煨烧”生成五氧化二锐、氨气和水，发生反应的化学方程式为2NHN。高温V2O5

+H2O+2NH310

8.以电石渣［主要成分为Ca(OH)?和6CO3］为原料制备KC1Q,的流程如下:

H2OCl2KC1

—►KC1O3固体

滤渣

11

(1)氯化过程控制电石渣过量，在75'C左右进行。氯化时存在CL与Ca(0H)2作用生成Ca(C10)2的反应，

Ca(CL3)2进一步转化为CalCKUa,少量6(30)。分解为CaCL和6.

①生成Ca(C10)2的化学方程式为。

②提高Ch转化为Ca(C103)2的转化率的可行措施有(填序号)。

A.适当减缓通入CL速率

B.充分搅拌浆料

C.加水使Ca(0H)2完全溶解

(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(C10j2的总反应方程式为

6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(C103)2+5CaCl2+6H：0

氯化完成后过滤。

70

60

O50

X

M40

0

0

M30

M

盛

安20

10

020406080100

温度CC)

①滤渣的主要成分为(填化学式)。

②滤液中Ca(C10a)2与CaCL的物质的量之比n[Ca(C103)2]：n[CaCl2]1：5(填“>”、“V”或

(3)向滤液中加入梢过量KC1固体可将Ca(C103)2转化为KC103,若溶液中KCKh的含量为100g-L从该

溶液中尽可能多地析出KCIOB固体的方法是。

12

【答案】(1)®2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(CIO)2+CaCl2+2H20②AB

⑵①CaCOm、Ca(0ll)2②<

(3)蒸发浓缩、冷却结晶

【解析】(1)①氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca(C10)2的化学方程式为

2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(CIO)2+CaCl2+2H20o②A.适当减缓通入CL速率可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，

可以提高氯气的转化率，A正确；B.充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积，使氯气被氢氧化钙充分吸

收而反应，可以提高氯气的转化率，B正确；C.加水使Ca(0II)2完全溶解氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的

吸收,C错误，故选AB。(2)①碳酸钙不溶于水，与氯气不反应,氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO;l.

Ca(OH)2o②由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(C103)2与CaCh的物

质的量之比nECaCCl^J：n[CaCl2]<l：5U(3)根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该

溶液中尽可能多地析出KC1O,固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。

9,以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbOz、PbSOi及炭黑等)和H2soi为原料，制备高纯PbO,实现

铅的再生利用。其工作流程如下：

⑴过程I

中，在Fe"催化下，Pb和Pb02反应生成PoSO,的化学方程式是

⑵过程I中，Fe?催化过程可表示为:

i：2Fe2++PbO2+4H~+SO；-=2Fe"+PbSO.+2H2O

ii:

①写出ii的离子方程式:

②下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。

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a,向酸化的FcSOj溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量Pb。?，溶液变红。

b.o

(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)NaHPbOMaq),其溶解度曲线如图所示。

褪

朦

斑

g

o

q

d

①过程H的目的是脱硫。滤液1经处理后可在过程II中重复使用，其目的是―(选填序号)。

A.减少PbO的损失，提高产品的产型

B.重复利用氢氧化钠，提高原料的利用率

C.增加Na2s0」浓度，提高脱硫效率

②过滤III的目的是提纯，综合上述溶解度曲线，简述过程HI的操作。

【答案】(l)Pb+Pbd+2H2s0』迂2PbS01+2H20o

3+2-2+

(2)©2Fe+Pb+S0.t=PbS01+2Fe；

②取a中红色溶液少量，加入过量Pb,充分反应后，红色褪去。

(3)①A、B；②将粗PbO溶解在一定量35%NaOH溶液中，加热至110℃,充分溶解后，趁热过滤，冷却

结晶，过滤、洗涤并干燥得到PbO固体。

【解析】(D根据题给化学工艺流程知，过程I中，在Fe?+催化下，Pb、PbO?和H2soi反应生成PbSO」和

水，化学方程式为Pb+PbP+2H2sO,Fe>2PbS0.i+2H「0。(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低

反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变。根据题给信息知反应i

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3+2+3+22

中Fe?+被PbOi氧化为Fe,则反应ii中Fe?+被Pb还原为Fe,离子方程式为2Fe+Pb+S04-==PbS0.+2Fe

+：②a实验证明发生反应i,则b实验需证明发生反应ii,实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb,

充分反应后，红色褪去。(3)①过程II脱硫过程中发生的反应为PbSO,+2NaOH==PbO+Na2SO.,+H2O,而滤液I中

含有硫酸,可降低溶液的pH,使平衡：PbO(s)+NaOH(aq)=^NaHPb&(aq)逆向移动，减少PbO的损失，

提高产品的产率，同时重复利用NaOH,提高原料的利用率故选AB；②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb

的方法为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，降温结晶、过滤，洗涤并干燥即可得到

PbOo

1，KA1(SO,)2・12比0(明矶)是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。实验室中，采用废易拉罐(主要成分

为A1,含有少量的Fe、悔杂质)制备明班的过程如下图所示。回答下列问题：

试剂①_NH4HCO3稀H2SOa

易拉罐滤液A沉淀BKSOr—*产物

微热、过滤24

(1)为尽量少引入杂质，试剂①应选月__(填标号)。

a.HC1溶液b.H2s0」溶液c.氨水d.NaOH溶液

(2)易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为o

(3)沉淀B的化学式为_；将少量明矶溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是<.

(4)已知：K,=l.OX10H,Al(OH)3AlOZ+H'+HoOK=2.OX10-,\Al(0H)3溶于NaOH溶液反应的平

衡常数等于o

［答案］(l)d(2)2Al+2NaOH+2H20=2NaA102+3H21

(3)Al(OH)3Al"水解，使溶液中H*浓度增大(4)20

【解析】(1)易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe、Mg杂质)，它们都是比较活泼的金属，都可以与

酸发生反应，而A1可以与强碱溶液反应变为NaA102进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含

A1的易拉罐为原料制取明矶，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确：Mg,Fe不溶解，会留在滤渣中；

⑵易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为2Al+2Na0H+2H20=2NaA102+3H2t,反应的离子方程式是

2A1+20H+2H20=2A102+3H21；(3)滤液A的主要成分是NaAlQ,向其水溶液中加入NH1HCO3溶液，A102\NH；

发生盐的双水解反应,产生Al(0H)3沉淀和NH3-H20,反应的方程式是A102+2H20+NH,=Al(0H)3l+NH3-H20,

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所以沉淀B化学式为Al(OH)3；将少量明矶溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是该盐是强酸弱碱盐，发生

水解反应，消耗水电离产生的0H\当最终达到平衡时溶液中c(4)>c(OH),所以溶液显酸性。⑷已知：K.=l.0

X10",Al(0H)3AlCh+HWK=2.0X10'BoA1(OH”溶于NaOH溶液反应的平衡常数K二

c(AKy)=C(AK)2-)C(H+)=2.0x10"=2()

c(OH)-c(H+)c(OH-)-1.0xWu-0

11.12020•新课标I卷】帆具有广泛用途。黏土机矿中，钢以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、

镁的铝硅酸盐，以及SiQ、Fe30,o采用以下工艺流程可由黏土钢矿制备NHNQ,。

MnO2滤渣①滤液②滤渣③滤渣④滤液⑤

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

金属离子Fe"Fe*Al*Mn2t

开始沉淀pH1.97.03.08.1

完全沉淀pH3.29.04.710.1

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是。

(2)“酸浸氧化”中，VO.和VO?.被氧化成V0-同时还有离子被氧化。写出V0,转化为VOJ

反应的离子方程式o

(3)“中和沉淀”中，帆水解并沉淀为V2O5”&0,随滤液②可除去金属离子K\Mg2\Na\,

以及部分的o

(4)“沉淀转溶”中，VzO-xHzO转化为锐酸盐溶解。滤渣③的主要成分是。

(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是0

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(5)“沉帆"中析出NHNOa晶体时，需要加入过量NH。，其原因是—

【答案】(D加快酸浸和氧化反应速至(促进氧化完全)

2+

⑵FeVO*+MnO2+2H=VOj+Mn24Ho

3

⑶Mn'Fe"、Al*(4)Fe(0H)3

(5)NaA102+HCl+H20=NaCl+Al(0H)31或Na[Al(OH),]+HC1=NaCl+Al(0H)31+H20

(6)利用同离子效应，促进NHN03尽可能析出完全

【解析】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；

⑵“酸浸氧化”中，帆矿粉中的Fe