专题15 工艺流程题-2022年高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）.doc

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1、专题15 工艺流程题1（2021·全国高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：加入粉进行转化反应的离子方程式为_，生成的沉淀与硝酸反应，生成_后可循环使用。通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_；若反应物用量比时，氧化产物为_；当，单质碘的收率会降低，原因是_。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反

2、应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_。【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出 【解析】(1) 由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2+2I-；AgNO3；通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若

3、氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守

4、恒配平离子方程式即可得：，故答案为：； (3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。2（2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.1

5、13.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_。(3)“母液"中浓度为_。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。【答案】 硫酸 【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的

6、硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2

7、3;x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2·x H2O。【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可

8、知，氢氧化镁的溶度积为1×105×(1×102.9)2=1×1010.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×106mol/L，故答案为：1×106；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2

9、83;x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2+（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2+(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。3（2021·广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25时，的，；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_。(2)

10、“沉铝”中，生成的沉淀为_。(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为_。若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐有和，为_。往滤液中添加适量固体后，通入足量_(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。该氧化物为_。已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_。【答案】+6 += 【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧

11、后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=。若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0

12、，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。（4）滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有和，故为。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则

13、该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。4（2021·河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要

14、成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替NaOH的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为_。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2

15、NaHCO3 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 8.37 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过

16、量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【解析】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；（2）由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；（3）由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；（4）工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2

17、Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3；（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；（6）热解工序产生的混合

18、气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；（7）工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1=1013.37，当为105mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=108.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。5（2021·湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_；(2)为提高“水浸”效率

19、，可采取的措施有_(至少写两条)；(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_，常温下加入的溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_【答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 碱性 6+12=12+6CO+6H2O+6CO2 【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO

20、4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，

21、则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为；铵根离子的水解常数Kh()=5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()=2.3×10-8，则Kh()<Kh()，因此常温下加入的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6+12=12+6CO+6H2O+6CO2。1（2021·山西太原市·太原五中高三二模）用锑砷烟灰(主要成分为、，含、等元素)制取和()，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图：已知：硫浸后

22、，锑砷以、存在；易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。回答下列问题：(1)“硫浸”过程，加快硫浸的措施有_(任写一项)。(2)“硫浸”时，溶解的离子方程式为_。(3)经“硫浸”“氧化”后，转化为。用和浸取锑砷烟灰也可得到，其缺陷是_。(4)“氧化”时，反应温度不宜太高的原因是_。(5)“中和”时，生成的化学方程式为_，中和液的主要溶质为_(填化学式)。(6)操作X为_、过滤、洗涤、干燥。(7)研究发现，电解硫浸液中的溶液，可得到单质。则阴极的电极反应式为_。【答案】适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等 有污染气体NO、等产生 温度过高，易分解 蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】由已知信息可知硫浸发生

23、反应的离子方程式为：、，氧化时发生反应的离子方程式为：、，酸浸中和稀盐酸反应氧化还原反应生成HSbO3，中和中发生反应：。【解析】(1) 加快硫浸的措施有：适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等；(2)由信息硫浸后，转化成，不发生化合价变化，离子方程式为：；(3) 若用和浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等；(4)氧化中H2O2做氧化剂，若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果；(5) “中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成，化学方程式为：，在酸浸一步中加入稀盐酸，则NaOH与HCl反应生成NaCl，故中和液的主要溶质为NaCl；(6)从Na3AsO4溶液

24、中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(7) 阴极发生还原反应，是Sb元素的化合价从+3价降至0价，电极反应式为：。2（2021·四川德阳市·高三三模）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：已知：Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。萃取原理：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。回答下列问题：(1)将磷酸钙粉碎的目的是_，“操作II”的名称是_。(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_(填标号)。A氧化性 b还原性 c强酸

25、性(3)水相中加入乙醇的作用是_。(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_(填名称)。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。b物质为_。阳极反应式为_。【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率 分液 Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O c 促进磷酸二氢钾的析出 氨水 浓氢氧化钾溶液 2H2O-4e-=O2 +4H+ 【分析】磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H

26、2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4 ·2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以用作氮肥。【解析】(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2 +3H2SO4 +6H2O= 2H3PO4 +3CaSO4 ·2H2O

27、。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。(4)氮肥可以使作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O

28、-4e-=O2 +4H+。3（2021·云南昆明市·高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)中回收钴的一种工艺流程如图：相关金属离子Co(Mn+ )=0.1mol·L-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Co2+Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀的pH7.156.31.56.2沉淀完全的pH9.158.32.88.2回答下列问题：(1)滤渣1是_，“加热酸浸”时为确保安全应注意_。(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_。试剂X可以为下列物质中的_。AKOH BZn(OH)2 CZnO

29、 DNa2CO3(3)操作1的名称是_， 从流程信息分析，在有机溶剂M中_(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时c(Co3+)<10-5mol·L-1，溶液的pH至少为_(用含Ksp的式子表示)。【答案】SiO2 避免明火 无法有效除铁 BC 萃取、分液 ZnSO4 过滤、洗涤、

30、干燥 2Co2+4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3+Cl- 1：2 14+lg 【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2 等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。【解析】(1)经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效

31、除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。(3) 经分析可知操作1的名称是萃取、分液， 从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2+4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为

32、Ksp，则Co3+完全沉淀时c(Co3+)<10-5mol·L-1，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。4（2021·河北沧州市·高三三模）钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：(1)加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有_(任写两点)。(2)操作X的名称为_。(3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得，写出“碱浸”时生成的离子方程式：_。(4)“滤渣”的主要成分为，加入

33、草酸的作用是_，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_。在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(5)“一系列操作”为_，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：_。【答案】延长浸取时间，适当提高温度 过滤 作还原剂 洗涤、干燥 【分析】根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。【解析】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱

34、的浓度，延长浸取时间，搅拌等；(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；(3)金属钌在碱浸时被溶液氧化为对应的还原产物为，反应的离子方程式为；(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节的同时，再加入草酸的目的是还原，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70，NaClO3与根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n()=1:3；(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。5（2021·山东济南

35、市·高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：回答下列问题：(1)硼镁矿粉碎的目的是_，“酸浸”中发生的离子反应是_。(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为_(填化学式)，如果将“净化”中和的顺序调换，会导致的结果是_。(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为_。(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：萃取过程为_(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是_。【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或

36、者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在 【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混

37、合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。【解析】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中和的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；(3

38、)若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。6（2021·江苏盐城市·高三三模）水合肼(N2H4H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨Cu(NH3)42+废液回收铜粉的实验流程如图：（1）反应中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可

39、采取的措施有_A反应容器浸入热水中 B适当减慢通入Cl2的速率 C不断搅拌溶液（2）NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为_。合成过程中需控制，比理论值略大的原因是_。（3）检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是_。（4）铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5molL-1水合肼溶液，_，静置、过滤、洗涤、干燥。实验中可选用的试剂：5molL-1水合肼溶液、2molL-1硫酸、2molL-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。已知：2Cu(NH3)42+N2H4H2O+4OH-2Cu+N2+8NH3+5H2O。【答案】BC C

40、O(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4H2O+Cl-+CO 适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应提供更多的反应物水合肼 取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀 加入蒸馏水稀释至3molL-13.25molL-1，加入适量2molL-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2molL-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加 【解析】（1）NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaC

41、lO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；（2）NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4H2O+Cl-+CO；N2H4H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4H2O被氧化会导致N2H4H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成

42、物水合肼的氧化损耗量，为反应提供更多的反应物水合肼；（3）检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；（4）由图可知，当水合肼溶液浓度为3.03.25mol/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.03.25mol/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2molL-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收

43、基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3molL-13.25molL-1，加入适量2molL-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2molL-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。7（2021·陕西宝鸡市·高三一模）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有70.0%及一定量的、和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。沉淀物5.23.29.79.2（1）滤渣a的成分是_，用乙醇洗涤废催化剂的目的是_，从废

44、液中回收乙醇的方法是_（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有_(答一条即可)（3）硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是_，向其中加入的目的是_，反应的离子方程式为_（4）利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是_（5）滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液C溶液D操作X的名称是_在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式是_【答案】 溶解、除去有机物 蒸馏 将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度 、 加入的目的是将氧化为，有利于分离 不消耗电能，节约

45、能源 蒸发结晶 【分析】由题给流程可知，用乙醇洗涤将废催化剂表面的有机物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸废催化剂，废催化剂中的铝、铁、镍与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸盐的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子得到滤液B；向滤液B中加入氢氧化镍调节溶液pH，使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣b和含有硫酸镍的滤液C；向滤液C中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为9.2，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经灼烧、还原得到金属镍。【解析】（1）由分析可知，滤渣a的成分