00｜
答案与解析
1［答案］
（1）乙（1分）
甲方案第@步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾
（1分）
（2）CuO＋2H＋＝＝Cu2十＋H2O（1分）
Fe＋Cu2＋＝＝＝Fe2＋＋Cu（1分）
（3）确保Cu完全置换出来（2分）
（4）（每空2分’答案合理即可）
@样品部分溶解,并有气泡放出样品中含有铁屑; Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑
@取@中少量上层清液,加人适量双氧水’再滴人KS（〕N溶液上层清液中含有Fe2＋’即
样品中含有铁屑; 2Fe2＋＋2H＋＋H2O2-2Fe3十＋2H2O’Fe3＋＋3SCNˉ-Fe（SCN）3
（5）FeSO4 .7H2O（2分）
［解析］
（1）乙方案不产生污染空气的物质’对环境不会造成污染’符合当前生产的
绿色理念’而甲方案第@步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾’不符合绿色
理念·
（2）甲方案中步骤@灼烧’将铜单质氧化为氧化铜’步骤@加人稀硫酸’氧化铜和稀硫
酸反应生成硫酸铜和水’反应的离子方程式为CuO＋2H＋-Cu2＋＋H2O;步骤@加人
铁屑,铁与溶液中的铜离子发生置换反应,生成铜单质和亚铁离子,反应的离子方程式
为Fe＋Cu2＋-Fe2＋＋Cu°
（3）加人过量的铁屑’是为了保证将金属Cu全部置换出来°
（4）步骤@:铁能与稀硫酸反应放出氢气生成亚铁离子’铜不与稀硫酸反应,故检验红
色粉末中是否含有铁屑’用稀硫酸溶解红色粉末后观察粉末是否部分溶解并放出气泡即
可’铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑·
步骤@:进—步检验步骤@上层清液中是否有亚铁离子,先用双氧水将亚铁离子氧化成
铁离子’再加人KSCN溶液’若溶液变成红色,即可证明上层清液中有亚铁离子’即证
明红色粉末中含有铁屑,反应的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋H2O2-2Fe3＋＋2H2O,
Fe3＋＋SCNˉ-Fe（SCN）习。
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醒｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（5）设该晶体的化学式是FeSO4 .绷H2O°
先取αg晶体进行脱水实验,获得无水固体为
（αˉ1.26）g’则晶体中m（H2O）＝1.26g’无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加
1.（）0mol／L的氯化钡溶液,当滴加l0.00mL溶液时,沉淀恰好完全’即消耗钡离子的
物质的量是0.0lmol时’沉淀完全’所以硫酸亚铁的物质的量是0.01mol’则脱水生成
水的物质的量是0.01卿mol’所以′n（H2O）＝18g／mol×0.01卯mol二］.26g’解得则＝7,
所以该晶体的化学式为FeSO4 .7H2O。
2.
［答案］
（l）将氧化锌粗品粉碎成细颗粒;适当增大稀硫酸浓度;加热等（写出两条即
可）（2分）
漏斗（l分）
＋Fe＝＝＝3Fe2＋（2分）
＋Fe＝＝＝Fe2＋＋Cu; 2Fe3＋
＋Fe＝＝＝Fe2＋＋H2↑
; Cu2＋
（2）2H十
（3）20Fe（O∏）2＋4Fe（OH）3＋3O2些垦8Fe3O4＋26H2O（2分）
400～500°C
（4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O
3ZnO＋3H2O↑＋（〕（）2↑（2分）
（5）0.09mol .L
I（2分）
［解析］
（1）将氧化锌粗品粉碎为细小颗粒、适当增大稀硫酸的浓度或加热等均能提
高其溶解速率°操作A为过滤’所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。
（2）氧化锌粗品含铁的氧化物、氧化铜和SiO2等杂质’溶解后得到Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋
Fe2＋＋H2
↑
和过量的H＋’加人过量铁所发生反应的离子方程式是2H＋＋Fe
Cu2＋＋Fe-Fe2＋＋Cu; 2Fe3＋＋Fe-3Fe2＋.
（3）操作C所得的滤渣P中Fe（（）H）2和Fe（OH）3的物质的量之比为5
: 1,该滤渣在空
气中灼烧发生氧化还原反应得到Fe3O4’反应的化学方程式为20Fe（OH）2＋4Fe（OH）3＋
3O2些堕8Fe3O4＋26H2O。
（4）在400～500。C下锻烧ZnC（）3 .2Zn（OH）2 .H2O获得Zn0’反应的化学方程式为
400～500°C
ZnC（）3 .2Zn（OH）2 .H2O
;3ZnO＋3H2O↑＋CO2↑。
（5）滤液N中含有Zn2＋、
Fe2＋’用0.02mol .Lˉl的KMnO4溶液进行滴定,发生反应
Mn（）J＋5Fe2＋＋8H＋
Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2（）’消耗KMnO4溶液1800mL’则滤液N
中Fe2＋的物质的量″（Fe2＋）＝5＂（MnOJ）＝0.02mol .Lˉl ×0.0l8L×5＝18
×
l0 ;mo｛, ‘（Fe2÷）＝;＝18×l0＿』mol-009moLL｜.
0.（）2L
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答案与解忻｜
｜00g］
3.
［答案］
（l）咐涡（1分）
（2）漂白（1分）
氧化（1分）
（3）@MnO2＋4H＋＋2Cl—≡兰Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2分）
@b→c—惨g—涉h—侩d（l分）
@关闭分液漏斗的活塞’将导气管末端插人水中,微热圆底烧瓶’若导气管末端产生气
泡’停止加热’导管中有＿段稳定的水柱形成,说明装置不漏气（2分）
@否（l分）
在通氯气前滤液A中就可能含有Fe3＋’无法确定Fe3＋—定是Fe2＋被Cl2
氧化得来的（l分）
（4）92％（l分）
［解析］
（1）在实验室中’焙烧黄铜矿粉末时需要的温度较高’需在咐涡中进行°
（2）产生的SO2通人品红溶液,品红褪色说明SO2具有漂白性, SO2和H2S混合反应后
得到淡黄色固体’证明SO2具有氧化性°
（3）@圆底烧瓶中发生的反应为实验室制备氯气的反应,离子方程式为MnO2＋4H＋＋
2Cl—＝二Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O·
@制备的氯气混有水蒸气、氯化氢等杂质’利用饱和食盐水除去氯化氢’浓硫酸干燥气
体,尾气利用氢氧化钠溶液吸收’以免污染环境导管口连接顺序为a—诊b-劳c—惨g-学h→
d’碱石灰与氯气反应’故不选装置D°
@检验装置的气密性的具体方法是关闭分液漏斗的活塞’将导气管末端插人水中’微热
圆底烧瓶’若导气管末端产生气泡,停止加热’导管中有＿段稳定的水柱形成’说明装
置不漏气。
@若滤液A中本身就有Fe3＋’无法证明Fe3＋—定是由Fe2＋被Cl2氧化得到的’该实验
设计不合理。
（4）;‘陡』o』中＂（F障）-2＂（『鞠0』）-武;丽丽×2-队｜Ⅷ侧』.根据铁元素守阻得到
n（CuFeS2）＝0. 1mol,各步反应均完全进行且过程中无额外物质损耗’该黄铜矿中含
CuFeS2的质量分数是川（CuFeS2）＝01mol ×l84g／mol ×100％＝92％。
20g
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0o刨｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
4［答案］
（l）gFe（QO2）2＋固Na2CO3＋目O2＝＝＝｜〗Na2OO4＋回Fe2Oj＋回CO2（2分）
~
~
（2）FeO可＋2H2O-Fe（OH）3↓＋OHˉ（2分）
（3）促进AlO5、SiO;ˉ的水解平衡正问移动’使其转化为沉淀除去（2分）
（4）2CrO1＿＋2H＋≡＝Cr2O;ˉ＋H2O（2分）
Clˉ会将Cr2O;ˉ还原’使重铬酸钠晶体的
产率降低（2分）（其他合理答案也可给分）
（5）Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大, Na2SO4的溶解度随温度的升高而减小’趁
热过滤可最大程度将二者分离（2分）
（6）74.5％（2分）
〔解析］
（l）Fe（CrO2）2与Na2CO3和O2反应生成Na2CrO4和Fe2O3’由得失电子守
恒及原子守恒得反应的化学方程式为4Fe（CrO2）2＋8Na2CO3＋7O2-8Na2CrO4＋
2Fe2O3＋8CO2°
（2）FeOZ水解生成Fe（OH）3,离子方程式为FeO5＋2H2O—Fe（OH）3↓＋OHˉ。
（3）由已知信息@得步骤Ⅱ水浸后的溶液中含有AlO5和SiO;— ,稀释、加热、适当调低
pH能促进AlO可、SiO;ˉ的水解平衡正向移动,使其转化为沉淀除去。
（4）滤液中含有CrOi—
’ CrOi—在酸性条件下发生反应’反应的离子方程式为2CrO1ˉ＋
2H＋-＝Cr2O;—＋H2O; Cr2O;＿具有强氧化性,能被Clˉ还原’使重铬酸钠晶体的产
率降低,所以不能用盐酸酸化。
（5）由表中数据知: Na2Cr2O7的溶解度随温度的升高而增大, Na2SO4的溶解度随温度
的升高而减小。
所以趁热过滤析出Na2SO4,从而最大程度将Na2SO4与Na2Cr2O7
分离·
（6）消耗川（Na2S2O3）＝40.00× l0ˉ3L×0. l200mol .Lˉl ＝4.8 ×10ˉ3mol’所以
＂（『魁）二＋则（№2S2O』）-24※l0—］m.l ’所以反应Cr2O;—＋｛4＂＋＋6『—-2CⅢ』,＋
3I2十7H2O中消耗鹏（C『』O;＿）＝＋鹏（I2）＝0β※l0—』皿l』所以样品巾m（N鞠Cr:O广
2H2O）＝l0×0·8 ×10ˉ3mol ×298g .mol—l＝2.384g,所以切（Na2Cr2O7
. 2H2O）＝
ˉ2二埋ˉ旦×l00％＝745％°
3.2000g
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答案与解忻｜｜005
5.
［答案］
（l）抑制Fe3＋的水解（1分）
（2）l4Fe3＋＋FeS2＋8H2O＝＝＝15Fe2＋＋2SOi＿＋l6H＋（2分）
（3）@偏低（2分）
@偏高（2分）
（4）@KSCN（2分）
4Fe2＋＋O2＋4H＋-4Fe3＋＋2H2O（2分）
@a.向溶液中加人过量的酸性高锰酸钾溶液,搅拌（2分）
b.滴加NaOH溶液’调节溶液pH为32～3.8（2分）
［解析］
（1）
“酸浸”中硫酸适当过量的目的是提高铁的浸出率、抑制Fe3＋的水解°
（2）根据得失电子守恒,可以写出离子方程式: l4Fe3＋＋FeS2＋8H2O-15Fe2＋＋
2SO;ˉ＋16H＋。
（3）@若SnCl2不足量’则有部分Fe3＋没有转化为Fe2＋,导致测定的Fe3＋量偏低°
@若不加HgCl2’则消耗的K2Cr2O7标准溶液偏多,导致测定的Fe3＋量偏高°
（4）@检验Fe3＋可用KSCN溶液; Fe2＋被空气中的氧气氧化为Fe3＋’离子方程式为
4Fe2＋＋O2＋4H＋-4Fe3＋＋2H2O°
◎a.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性’可将Fe2＋氧化为Fe3＋;h滴加NaOH溶液’调
节溶液pH为3.2～3.8’使Fe（OH）3完全沉淀。
6.
［答案］
（1）H: O :H（1分）
~
~
（2）6Fe2＋＋ClOJ＋6H＋＝＝＝6Fe3＋＋Clˉ＋3H2O（2分）
（3）〖Fe2O3＋〖｜KNO3＋囤KOH≡回K2FeO4＋回KNO2＋〖］H2O（2分）
~
（4）@淀粉（1分）
滴人最后—滴标准液’溶液由蓝色变为无色且保持半分钟不变色（l分）
@5.6（2分）
偏高（l分）
（5）取溶液I少量于试管中’加人K3［Fe（CN）6］溶液,若生成蓝色沉淀则含有Fe2＋
（2分）（其他合理答案也给分）
［解析］
（1）水的电子式为H; O :H。
（2）由题意知ClO『在酸性条件下氧化Fe2＋的离子方程式为6Fe2＋＋ClOJ＋6H＋—
6Fe3＋＋Cl-＋3H2O°
（3）由已给出的生成物KNO2和高铁酸钾（K2FeO4）’根据元素守恒知另＿生成物为
H2O’ N由＋5价降为＋3价’ Fe由＋3价升为＋6价,根据得失电子守恒和元素守恒配
△
平该化学方程式为Fe2O3＋3KNO3＋4KOH＿2K2FeO4＋3KNO2＋2H2O。
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「006｜｜小猿热搜.工业流程典型题］00
（4）@足量H2O2将Fe元素氧化为Fe3＋,除去过量的H2O2后加人KI’ Fe3＋可以氧化
I—生成碘单质’碘单质被S20;—还原成I— ,指示碘单质是否恰好反应完全’试剂应选
用淀粉’滴定终点现象为滴人最后—滴标准液,溶液由蓝色变为无色且保持半分钟不
变色°
@由题目所给反应方程式可知各物质间比例关系为2S2O;—
～I2～2Fe3＋
’
由于消耗
Na2S2O30.002mol’故对应Fe3＋为0.002mol即0. l12g’则溶液中铁元素的含量为
坠112—吕＝5.6g／L。
若滴定前溶液中H2O2没有除尽,多余的H2O2将会与Iˉ反应生成
0。02L
碘单质消耗Na2S2O3 ’则Na2S2O3消耗体积偏高’测得的铁元素的含量将会偏高。
（5）根据Fe2＋的特征反应检验’具体操作步骤为取溶液I少量于试管中’加人
K3 ［Fe（CN）6］溶液’若生成蓝色沉淀’则含有Fe2＋。
7.
［答案］
（l）2Al＋2OH—＋2H2O一AlOI＋3H2↑（2分）
Al（OH）3（l分）
（2）2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4-Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O（3分）
H2O2（l分）
（3）Fe3＋、Al3＋（2分）
（4）NHr、
Li＋、SO』—（2分）
（5）222（2分）
［解析］
（1）金属铝与NaOH溶液反应’离子方程式为2Al＋2OHˉ＋2H2O＝≡2Al（）5＋
3H2↑。
浸出液含有AlOI,加人稀H2SO4’发生的反应为AlOI＋H＋＋H2O＝＝＝
Al（OH）3↓,所以固体X为Al（OH）3·
（2）LiCoO2与稀H2SO4、H2O2反应而溶解’其中LiCoO2中Co元素的化合价为＋3’溶
液A中含有Co2＋
’ Co元素化合价降低’可知LiCoO2固体溶解发生氧化还原反应’
LiCoO2被还原’则H2（）2在反应过程中被氧化》作还原剂’该反应的化学方程式为
2LiCoO2＋H2O2＋3H2SO4-Li2SO4＋2CoSO4＋O2↑＋4H2O°
（3）根据题图可知’在pH＝4.8左右’ Fe3＋和Al3＋几乎完全沉淀’而Cu2＋和Co2＋的沉
淀率很低’大多数都是以离子形式存在于溶液中’所以加人氨水调节溶液的PH可除去
Fe3＋和Al3＋°
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答案与解析｜
｜007.
（4）根据已知“溶液A”中主要金属离子是Co2＋、
Li＋’在步骤@过程中加人了稀
H2SO4’溶液中存在大量SO1ˉ ’溶液B加人了（NH4）2C2O4’ 由于又生成了CoC2O4沉
淀’则Co2＋和C2Oiˉ大量减少,所以母液中含量较大的三种离子是NHj、Li＋、SO1ˉ°
（5）从锤离子电池正极材料中回收到的锤元素的物质的量为几＝1000g×5％×84％
≡≡
7g／mol
6mo｜』根据原子守恒可知则（Li2CO3）＝÷＂（Li）＝÷×6mo｜＝3m。｜』m（Li2C03）＝
～
▲
3mol ×74g／mol＝222g。
8.
［答案］
（1）第四周期第Ⅷ族（2分）
~ （2）TiO2＋＋2H2O-＝H2TiO3＋2H＋［或TiO2＋＋2H2O＝≡TlO（OH）2＋2H＋
］（2分）
@防止Fe2＋被氧化为Fe3＋（1分）
@消耗溶液中的H＋’促使TiO2十的水解平衡正问移
动（l分）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
（4）TiCl4＋（2＋卿）H2O（过量）-＝TiO2 .加H2O↓＋4HCl（2分）;加人大量的水并加热’
能促进水解趋于完全（l分）
（5）2Clˉˉ2eˉ＝＝≡Cl2↑（2分）
2TiCl4星丝2TiCl3＋Cl2↑（l分）, TiCl4星垦TiCl2＋
Cl2↑（1分）
, TiCl2＋TiCl4-2TiCl3（l分）
［解析］
（1）铁为26号元素’在元素周期表的第四周期第Ⅷ族。
（2）将钦铁矿酸浸后’得到含有TiOSO4的FeSO4’为了得到不含有杂质的最终产物,需
要除去钦元素’即需要使TiOSO4水解之后再过滤得到较为纯净的FeSO4溶液°
在这个
过程中要加人水和过量的铁粉,加水是为了使TiOSO4水解’加人过量的铁粉的作用有
两个’＿是防止Fe2＋被氧化为Fe3＋’二是铁粉可以和水解产生的氢离子发生反应’消
耗氢离子,使水解反应平衡正向移动,进行得更完全。
其中TiO2＋水解的离子方程式为
TiO2＋＋2H2O-＝H2TiO3＋2H＋或TiO2＋＋2H2O-＝TiO（OH）2＋2H＋°
（3）最终产物为晶体,且下一步操作为过滤,说明在这一步操作中有固体析出,故操作
I为蒸发浓缩、冷却结晶°
（4）由反应物和产物可知TiCl4水解的化学方程式为TiCl4＋（2＋卯）H2O（过量）＝＝
TiO2 .绷H2O↓＋4HCl,在水解的过程中生成易挥发的HCl’加热可以促进HCl气体逸
出’使平衡正向移动’加人大量水的目的也是为了使平衡正向移动’使水解更加完全。
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D08｜｜小猿热搜.工业流程典型颗｜00
（5）该电解池阳极发生的反应为氯离子失去电子被氧化′电极反应式为2Cl—ˉ2eˉ＿
Cl2↑’在电解过程中生成三价和二价的钦,化学反应方程式为2TiCl4皇壁2TiCl3＋
C｜2↑
’ TiCl4皇鳖TiCl2＋Cl2↑
’ TiCl2＋TiCl4—2TiCl3°
9.
［答案］
（1）Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4（2分）
（2）3.2≤pH＜4.3（2分）
Fe（OH）3、CaSO4（2分）
（3）2H2O＋HSOj＋2Cu2＋-Cu2O↓＋SO1—＋5H＋（2分）、HSO丁＋H＋≡＝＝SO2↑＋
H2O（2分）
（4）5.6（2分）
（5）Cr2O3＋2Al直旦Al2（）3＋2Cr（2分）
［解析］
（1）电镀污泥主要含有Fe2O3＼CuO、Cr2O3及部分难溶杂质’第@步加人硫
酸溶解后过滤’则滤液I所含溶质主要有Fe2（SO4）3＼Cr2（SO4）3＼CuSO4。
（2）加Ca（OH）2使Fe3＋完全沉淀过滤除去’且Cu2＋和Cr3＋还没开始沉淀’同时产生
CaSO4’根据物质开始沉淀和沉淀完全时的pH可知’调节范围为3.2≤pH＜4.3;将浊
液加热至80。C’根据CaSO4溶解度曲线’ 80°C时CaSO4溶解度较小’则滤渣Ⅱ的成分
为Fe（OH）3和CaSO4。
（3）根据流程图可推测第◎步操作中生成的砖红色沉淀为Cu2O,无色刺激性气味的气体
为SO2’则其离子方程式为2H2O＋HSO丁＋2Cu2＋-Cu2O↓＋SOiˉ＋5H＋、HSOj＋
H十-SO2↑＋H2O·
（4）c（Cr3＋）≤1 ×l0—5mol .L—l时’可认为Cr3＋沉淀完全’根据Ksp定义可得6.3
×
10ˉ3l＝c3（OHˉ）
× l0ˉ5’解得c（OHˉ）＝4
× l0ˉ9mol／L,此时溶液pH＝14＋
lgc（OHˉ）＝5.6。
（5）与铝和氧化铁的反应类似’铝热法炼铬的化学方程式为Cr2O3 ＋2Al直旦
Al2O3＋2Cr。
90。C
10.
［答案】
（l）AlN＋3H2O-Al（OH）3＋NH3↑（2分）
加快AlN水解反应速率;降
低NH3在水中的溶解度促进NHq逸出（2分）
（2）Al2O3＋6H＋＿2Al3＋＋3H2O（2分）
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答案与解析｜酮
（3）2Fe2＋＋2H＋＋ClOˉ＿2Fe3＋＋Cl＿＋H2O（2分）
（4）Fe（OH）3（2分）
（5）防止Al（OH）2Cl水解生成Al（OH）3（2分）
［解析］
铝灰中能水解的主要成分是AlN’水解生成能使红色石蕊试纸变蓝的气体’
即NH3’以及Al（OH）3 ,通过酸溶可将Al、Al2O3＼FeO以及Al（OH）3均转化为离
子’加人漂白液（有效成分是NaClO）后将溶液中的Fe2＋转化为Fe3＋;再加人纯碱使
Fe3＋沉淀,最后进行喷雾干燥’得到铝骤剂固体。
90°C
（l）AlN水解的化学方程式为AlN＋3H2O＝＝＝Al（OH）3＋NH3↑’水解时采用90°C的
原因是加快水解的反应速率和使生成的氨气逸出°
（2）氧化铝与酸反应的离子方程式为Al2O3＋6H＋—2Al3＋＋3H2O°
（3）Fe2＋在漂白液的作用下转化为Fe3＋的离子方程式为2Fe2＋＋2H＋＋ClO—-
2Fe3＋＋Cl-＋H2O°
（4）加人纯碱后’溶液显碱性’ Fe3＋会发生沉淀反应生成Fe（OH）3,故废渣是
Fe（OH）3°
（5）若采用蒸发的方式Al（OH）2Cl会发生水解生成Al（OH）3 ’影‖问最终产物的品质’
故采用喷雾干燥。
11.
［答案］
I
. （l）将溶液中Fe2＋完全转化为Fe3十（l分）
（2）Fe3＋＋3OHˉ-Fe（OH）3↓
［或Fe3十＋3NH3 .H2O-Fe（OH）3↓＋3NH矿］
（l分）
（3）洗涤（l分）
冷却（1分）
（4）0.07α（1分）
（5）b（1分）
Ⅱ. （l）Cl2＋H2O＝≡H＋＋Cl—＋HClO（1分）
Cl2＋2Fe2＋—2Fe3＋＋2Clˉ（l分）
Fe3十＋3H2O-＝Fe（OH）3（胶体）＋3H＋（1分）
（2）在酸性废液中’H＋抑制Fe3＋的水解,无法得到Fe（OH）3胶体’故不能够吸附悬
浮物（l分）
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O］0｜
小猿热搜.工业流程典型题｜O0
［解析］
I
. （l）H2O2是氧化剂’过量的H2O2能使溶液中的Fe2＋完全转化
为Fe3十。
（2）红褐色悬浊液中的沉淀物是Fe（OH）3 ’故X是碱’可以是强碱’离子方程式是
Fe3十＋3OHˉ-Fe（OH）3↓;也可以是氨水’离子方程式为Fe3＋＋3NH3 .H2O-
Fe（OH）3↓＋3NHj°
（3）过滤得到沉淀后’需要通过洗涤将沉淀上附着的可溶物去除’灼烧后的产物需要冷
却后才能进行称重。
（4）步骤@得到的αg固体为Fe2O3 ’所以每片补Ⅲ剂中铁元素的质量为
等0×:!;『删,!-0
（）7〔Jg.
（5）KMnO4溶液具有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管上的橡胶管’而试样显酸性’同样不
能用碱式滴定管盛装,
由排除法可知,本题正确答案为b。
Ⅱ. （l）氯气与水反应产生具有强氧化性的次氯酸’有较好的杀菌作用’此反应的离子
方程式为Cl2＋H2O-＝H＋＋Cl
＋HClO,氯气能将Fe2＋氧化成Fe3＋
’ Fe3＋易水解
产生Fe（OH）3胶体’能够吸附自来水中的悬浮物’此过程的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋
ˉFe3＋＋2（〕l—
, Fe3＋＋3H2O＝＝Fe（OH）3（胶体）＋3H＋。
（2）酸性条件下’ H＋能抑制Fe3＋水解产生Fe（OH）］胶体,使得吸附悬浮物的效果
「降°
12.
［答案］
（1）NH3＋H2O-＝NH3 .H2O（2分）
（2）NH3极易溶于水,且溶液显碱性’可与步骤Ⅱ通人的足量的CO2反应产生大量的
H（〕O丁,从而得到NaHC（）3沉淀°
反之由于CO2溶解度小’若先通人CO2’不能与
MI3充分反应’不能得到大量的HCOJ’故无沉淀（2分）
（3）相同条件下’ NaHCO3的溶解度最小（2分）
（4）Na＋＋NH3 .H2O＋CO2-NaHCO3↓＋NH＄（2分）
（5）NH3在水中的溶解度随温度的降低而增大, NaHCO3的溶解度随温度的降低而减小
（2分）
［解析］
（1）NH3溶于食盐水实际为NH3溶于水,故其发生的化学反应方程式为
NH3＋H2O≡≡＝NH3 .H2O。
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答案与解析
｜6∏
（2）NH3极易溶于水’且溶液显碱性’可与步骤Ⅱ通人的足量的CO2反应产生大量的
HCO5’由于NaH（〕O3的溶解度较小’此时会由于溶液过饱和而析出NaH〔］O3溶质’从
而得到NaHCO3沉淀。
两种气体通人顺序互换后,由于CO2溶解度小’不能与NH3充
分反应’不能得到大量的HCO丁,故无沉淀。
（3）由溶解度数据表可知’相同条件下, NaHCO｀的溶解度最小’故白色沉淀中＿定有
NaHCO3°
（4）过量C（）2通人氨水和食盐水的混合溶液中析出NaHCO3沉淀的离子方程式为
Na＋＋NH3 .H2O＋CO2-NaHCO3↓＋NHj·
（5）NH3在水中的溶解度随温度的降低而增大’ NaHCO3的溶解度随温度的降低而减
小’故较低温度下进行反应效果更好。
［答案］
I
. （1）FeOiˉ有强氧化性,能杀菌消毒’本身被还原为Fe3＋
’ Fe3＋发生水
解反应生成氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质’达到净水的目的（2分）
（2）@Fe＋2Fe3＋～3Fe2＋、Fe＋2H十—Fe2＋＋H2↑（2分）
@4.4≤pH＜7.5（2分）
◎69（2分）
@2［Fe（OH）］2＋＋2H2O＝≡［Fe2（OH）4］2＋＋2H＋（2分）
13
Ⅱ.LiFePO4ˉe—＝≡＝FePO4＋Li＋（2分）
14（2分）
［解析］
I
. （l）FeO】ˉ有强氧化性,能杀菌消毒’本身被还原为Fe3＋
’ Fe3＋发生水
解反应生成氢氧化铁胶体吸附水中悬浮杂质’达到净水的目的。
（2）@稀硫酸和氧化铁反应生成Fe3＋,单质铁与Fe3＋发生氧化还原反应生成Fe2＋’离
子方程式为Fe＋2Fe3＋二Fe2＋;单质铁与稀硫酸发生氧化还原反应,离子方程式为
Fe＋2H＋-Fe2＋＋H2↑。
@反应I后的溶液里有Fe2＋、Al3＋,加人少量NaHCO3调节溶液pH,使Al3＋完全沉
淀、Fe2＋不产生沉淀,故pH的范围为44≤pH＜7.5°
@O2、NaNO2在反应Ⅱ中起氧化作用, 5.6LO2（标准状况）的物质的量为0.25mol’
发生反应转移lmol电子,相当于lmolNaNO2’故相当于节约NaNO2的质量为69g·
@水解反应是水与另—化合物反应,该化合物分解为两部分’水中氢原子加到其中的
＿部分,而轻基加到另—部分’因而得到两种或两种以上新的化合物的反应过程。
该
水解反应的离子方程式为2［Fe（OH）］2＋＋2H2O-＝［Fe2（OH）4］2＋＋2H＋。
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0｜2
｜小猿热搜。工业流程典型题］00
Ⅱ.电池充电时’阳极失去电子’发生氧化反应,反应式为LiFePO4—e＿—FePO4＋
Li＋
; 1.4gLi的物质的量为0.2mol,电池放电时转移0.2mol电子’根据电解方程式
2Cl＿＋2H2O星壁2OHˉ ＋H2
↑＋Cl2 ↑可知’生成0. 2molOHˉ
’ c（OHˉ）
＝
0.2mol
＝lmol／L,故溶液的pH为l4°
200×l0—3L
14［答案］
（l）3Cu＋2NO丁＋8H＋-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（3分）
（2）2Cu2＋＋SO;ˉ＋2Cl—＋H2O-2CuCl↓＋SOi—＋2H＋（3分）
（3）加快乙醇和水的挥发’防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化（2分）
（4）（NH4）2SO4 ［或（NH4）2SO4、H2SO4］（2分）
（5）Cu2O（2分）
（6）Cu2＋＋eˉ＋Clˉ-CuCl↓（2分）
［解析］
（1）溶解过程中’ Cu与NOJ在酸性条件下发生氧化还原反应’离子方程式
为3Cu＋2NO丁＋8H＋-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O°
（2）还原过程中’溶液中的Cu2＋被还原为Cu＋’结合Clˉ生成CuCl’离子方程式为
2Cu2＋＋SO;ˉ＋2Clˉ＋H2O-2CuCl↓＋SO1ˉ＋2H＋°
（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发’密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、
氧化。
（4）第二次过滤后滤液中所含溶质为（NH4）2SO4、H2SO4。
（5）由题意可知’ CuCl的溶度积大于CuOH的溶度积’溶度积大的物质倾向于向溶度积
小的物质转化’所以把CuCl固体和NaOH溶液混合, CuCl和NaOH反应生成CuOH,
加热时’ CuOH分解生成Cu2O。
（6）电解时’阴极上Cu2＋得电子’电极反应式为Cu2＋＋e—＋Clˉ—CuCl↓°
15.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）CrOiˉ（1分）、Cr2O;ˉ（1分）（多写Cr3＋不扣分）
（2）5H＋＋Cr2O;＿＋3HSO丁＝＝＝2Cr3＋＋3SOiˉ＋4H2（）（或7H＋＋2CrOiˉ＋3HSOj
＝＝＝2Cr3＋＋3SO1—＋5H2O）
（3）32.76（或32.8）
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答案与解析
｜0｜3
（4）CaSO4（或CaO）
（5）@Cr3＋、Fe3＋、H＋
@不正确’ c（H＋）减小’化学平衡2H＋＋2CrOiˉ＝＝Cr2O;—＋H2O问逆反应方向移
动,溶液中Cr（Ⅵ）主要以CrOiˉ形式存在
@铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr（OH）3完全沉淀而Fe（OH）2不沉淀的范围内
［解析］
（1）根据题中所给提示,步骤I中加硫酸调节水质发生的反应为2H＋＋
2CrOiˉ-＝Cr2O;ˉ＋H2O’所以B中含铬元素的离子有生成的Cr2O;ˉ和原有
的CrOiˉ°
（2）向B中加人NaHSO3
’ HSO『与Cr2O;＿发生氧化还原反应’离子方程式为
5H＋＋Cr2O;ˉ＋3HSO丁＿2Cr3＋＋3SOi＿＋4H2O,HSO丁也会与CrO;ˉ发生氧化还
原反应’离子方程式为7H＋＋2CrOiˉ＋3HSO丁＝＝2Cr3＋＋3SOiˉ＋5H2O°
（3）当pH＝5时,按照常温下计算得c（OH＿
）
＝l
× l0ˉ9mol
.
Lˉl ’根据
Ksp ［Cr（OH）3］＝6.3×10ˉ3］’可得c（Cr3＋）＝6.3×10ˉ4mol .L—1 ’则p（Cr3＋）＝
c×M＝6.3×l0ˉ4mol .Lˉl ×52g .molˉl＝0.03276g.Lˉ1＝32.76mg .Lˉl ’大于
15mg.Lˉl ,不符合铬的排放标准。
（4）步骤Ⅲ中,向C中加人了石灰乳’原溶液中含有SO1ˉ ’则会生成CaSO4沉淀’则
产品中除Cr2O3外还会含有CaSO4（或石灰乳过量’缎烧后生成CaO’故产品中还可能
含有CaO）。
（5）@经过步骤Ⅱ后’ Fe2＋被氧化为Fe3＋,步骤Ⅲ加人石灰乳后,会发生反应的阳离
子有Fe3＋、Cr3＋、H＋°
@pH＝6时’溶液中H＋浓度减小,则化学平衡2H＋＋2CrOjˉ-＝Cr2O;ˉ＋H2O向逆
反应万向移动’溶液中Cr（Ⅵ）主要以CrO1ˉ形式存在°
@为使产品中含铁元素杂质含量降低’则应尽可能使铁以Fe2＋形式存在’即加人过量
铁,再通过控制溶液pH,使Cr（OH）3完全沉淀而Fe（OH）2不沉淀。
16.
［答案］
（1）a（l分）
（2）AlO5＋CO2＋2H2O-HCOJ＋Al（OH）3↓（2分）
（3）Fe（l分）
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0］4｜
小猿热搜~工业流程典型题｜00
（4）VOj转化为VO了（2分）
（5）NH4VO3（2分）
l0Al＋3V2O5直旦5Al2O3＋6V（2分）
［解析］
（l）碱浸步骤中,应除去铝的氧化物’故应选用NaOH溶液’故选a项·
（2）滤液l的主要成分是NaAlO2’可知其与足量CO2反应的离子方程式为AlO页＋
CO2＋2H2（）-HCO丁＋Al（OH）3↓°
（3）金属中,只有Fe＼Co、Ni会被磁性物质吸引’可知磁选步骤中得到的磁性产品应
为Fe°
（4）由已知信息可知钒在溶液中主要以VOj利VO『的形式存在’存在平衡VOj＋
H2O-＝VOJ＋2H＋’当溶液呈酸性时,钒主要以VOj形式存在,调节pH至8可以
使平衡正向移动,使VOj转化为VO丁°
（5）溶液2中主要存在VOi’结合含钒物质在水中的溶解性可知滤渣3的主要成分应为
NH4VO3 ;铝热反应法制取金属钒的化学万程式为l0Al＋3V2O5直垦5Al2O3＋6V°
17.
［答案］
（每空2分）
（l）CuCO3 .Cu（OH）2＋4HCl＝＝＝2CuCl2＋CO2↑＋3H2O适当加快搅拌速度或适当
延长酸浸时间
（2）Cl2＋2Fe2＋-2Fe3＋＋2Clˉ
（3）Fe（OH）3
防止Cu2＋转化为Cu（OH）2沉淀
（4）利用其分解生成的HCl’抑制CuCl2的水解
［解析］
（l）酸浸时盐酸与CuCO3
. Cu（OH）2反应的化学方程式为CuCO3
.
Cu（OH）2＋4HCl-2CuCl2＋CO2↑＋3H2O;为提高铜元素的浸出率’可适当加快搅
拌速度或适当延长酸浸时间。
（2）
“氧化”操作是向溶液中通人Cl2’溶液中含有Fe2＋’通人Cl2后发生的离子反应
方程式为Cl2＋2Fe2＋-2Fe3＋＋2Clˉ°
（3）
“滤渣l”的主要成分为难溶于水的硅酸和二氧化硅’
“氧化”操作后溶液中存在
Fe3＋’故调节pH得到的“滤渣2”的主要成分为Fe（OH）3 ;若pH过高’会导致Cu2＋
转化为Cu（OH）2沉淀’降低CuCl2的产量。
（4）SOCl2与水反应生成SO2和HCl’生成的HCl可抑制CuCl2的水解。
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答案与解析
｜0｜5
18.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）焰色反应（1分）
将铂丝蘸取盐酸在无色火焰上灼烧至无色,再蘸取少量产品在无
色火焰上灼烧’观察火焰颜色’若呈黄色’则证明有Na＋’反之,则证明没有Na＋
（2）c（CO;ˉ）＞c（OH—）＞c（HCOj）
（3）Fe（（）H）3（l分）
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H,O
450～500°C
（4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O
3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑
（5）″CH2＝『H纳米活性氧化锌
Cl
卡CH2—（「H］丽
Cl
［解析］
（l）焰色反应可用于判断某些金属元素是否存在;钠元素的焰色反应的火焰
颜色为黄色’其具体操作:将铂丝蘸取盐酸在无色火焰上灼烧至无色’再蘸取少量产
品在无色火焰上灼烧,观察火焰颜色,若呈黄色’则证明有Na＋’反之,则证明没
有Na＋。
（2）在Na2CO3溶液中’ CO;＿会发生两步水解:@CO;ˉ＋H2O≡＝HCO丁＋OH—、
@HCOj＋H2O＝＝H2（〕O3＋OHˉ
’ C0;—只有少部分水解’且CO;—的水解以第—步
为主’则c（CO;—）＞c（OHˉ）’而HCO可还有少部分水解并生成OHˉ ’则C（OHˉ）＞
c（HCO丁）’即Na2CO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序为c（CO;—）＞c（OHˉ）＞
c（HCOJ）°
（3）结合工艺流程图知’加人H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋’同时调节pH可以使Fe3＋
转化为Fe（OH）3沉淀以达到除铁的目的’则滤渣1是Fe（OH）3沉淀;加人H2O2时’
反应的离子方程式为2Fe2十＋H2O2＋2H＋—2Fe3十＋2H2O。
（4）ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O锻烧后的产物为ZnO、CO2和水,则反应的化学方程式
450～500。C
为ZnCO3 .2Zn（OH）2 .H2O
;3ZnO＋CO2↑＋3H2O↑°
（5）纳米活性氧化锌作催化剂催化该反应’氯乙烯为单体’加聚反应时碳碳双键断裂’
相邻单体碳原子间形成碳碳单键加聚成聚氯乙烯,反应的化学方程式为
＂CH』＝↑H纳米活性氧化锌》卡CH』—CH十.
Cl
Cl
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0回｜小猿热搜。工业流程典型题｜00
19.
［答案］
（除特殊标注外每空2分）
（1）2Fe3＋＋SO2＋2H2O—2Fe2＋＋SOi—＋4H＋
（2）Mn2＋、Fe2＋
（3）MnO2＋SO2-MnSO4
△
（4）90°C（1分）
NH4HCO3-NH3↑＋CO2↑＋H2O（l分）
（5）Mn2十＋2HCO『—MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
（6）取1～2mL最后＿次洗涤液于试管中’滴加盐酸酸化’若无明显现象’再加人
BaCl2溶液,若无白色沉淀产生’则证明沉淀洗涤干净
［解析］
（l）Fe3＋与SO2、H2O反应,生成Fe2＋、SOi—和H＋’离子方程式为
2Fe3＋＋SO2＋2H2O＝＝2Fe2＋＋SOiˉ＋4H＋。
（2）浸锰过程中发生反应:MnO2＋SO2-Mn2＋＋SOi—、Fe2O3＋SO2＋2H＋＿2Fe2＋
＋SOiˉ＋H2O’所以过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2十和Fe2＋°
（3）氧化过程中加人MnO2’ MnO2除了与Fe2＋反应外还与过量的SO2反应生成
MnSO4’反应的化学方程式为MnO2＋SO2—MnSO4。
（4）由图像可知’ 90。C时MnS2O6的生成率相对较低’锰的浸出率相对较高’若温度再
升高’MnS2O6的生成率及锰的浸出率变化均不明显’却会消耗更多的能源,所以“浸
锰”的适宜温度是90°C;温度过高时’ NH4HCO3受热易分解为NH3＼CO2和H2O’导
△
致原料利用率降低’ NH4HCO3受热分解的化学方程式为NH4HCO3-NH3
↑
＋
CO2↑＋H2O。
（5）加人NH4HCO3溶液后Mn2＋与HCOj反应生成MnCO3沉淀’同时还有CO2气体
生成’反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO丁-MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。
（6）生成MnCO3沉淀的同时还有硫酸按生成’检验沉淀是否洗涤干净’检验最后＿次
的洗涤液中是否含有硫酸根离子即可,可利用盐酸酸化的氯化钡溶液检验硫酸根离
子’若无白色沉淀生成’说明洗涤液中已无硫酸根离子’即沉淀洗涤完全。
［答案］
（1）增大固体与空气的接触面积,加快反应速率’提高原料利用率（2分）
（2）2CeO2＋2Clˉ＋8H＋-2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O（2分）
改用H2SO4酸浸（1分）
20
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答案与解析｜
［0｜7
（3）分液漏斗（l分）
随着c（SOi—）增大’水层中Ce4＋被SOiˉ结合成（CeSO4）2＋,导
致苯取平衡问生成（CeSO4）2＋的方向移动》D迅速减小（2分）
（4）还原剂（1分）
2mol（1分）
（5）2Ce（OH）3＋NaClO＋H2O-2Ce（OH）4＋NaCl（2分）
（6）95.56％（2分）
［解析］
（1）“氧化焙烧”时需要矿石充分与气体接触’以增大反应速率和原料利用
率’所以焙烧前将矿石粉碎成细颗粒的目的是增大固体与空气的接触面积,加快反应
速率’提高原料利用率。
（2）产生黄绿色气体’说明这个反应产生了Cl2’所以Clˉ被氧化为Cl2’ CeO2被还原
为Ce3＋,所以反应的离子方程式为2CeO2＋2Cl—＋8H＋-2Ce3＋＋Cl2↑＋4H2O;为
了避免氯气的污染,可将酸浸过程中用到的HCl（盐酸）改用H2SO4。
（3）在革取操作中,用到的主要玻璃仪器为分液漏斗;由已知得: Ce4＋能与SOi—结合
生成（CeSO4）2＋,故当增大c（SOiˉ）时’促进（CeSO4）2＋的生成』
c ［（CeSO4）2＋］迅
速增大而c［Ce
. （H2″—4A2＂）］减小’故D迅速减小·
（4）“反革取”中’H2O2将CeO2还原为Ce3＋’故H2O2在该反应中作还原剂;该反应
的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋—2Ce3＋＋4H2O＋O2↑’所以每有1molH2O2
参加反应,转移电子物质的量为2mol°
（5）“氧化”步骤由上＿步得到的Ce（OH）3与NaClO反应’ Ce3＋被氧化为Ce4＋
’
ClO—被还原为Clˉ ,此反应的化学方程式为2Ce（OH）3＋NaClO＋H2O-2Ce（OH）4＋
NaCl。
（6）滴定时发生反应的离子方程式为Fe2＋＋CeO2＋4H＋—Fe3＋＋Ce3＋＋2H2O’消
耗了FeSO4: 0.025L×0. 1000mol .L—l＝0.0025mol’由离子方程式可知″（CeO2）＝
O0025mol’所以m（CeO2）＝l72g .mol—｜
×0.0025mol＝0.4300g’故该产品中
c窿o』的质量分数为删‖;×l00％＝9556％.
e＿
（｜）∏＋2KOH＝-KCl＋KClO＋H2O（双线桥也给分）（2分）
21.
［答案］
（2）AB（2分）
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函｜小猿热搜.工业流程典型题］00
（3）减少K2FeO4在过量Fe3＋作用下的分解（或K2FeO4在低温＼强碱性溶液中比较稳定
等）（2分）
（4）2Fe（NO3）3＋3KClO＋l0KOH-2K2FeO4＋6KNO3 ＋3KCl＋5H2O（2分）
D（l分）
（5）KNO3、KCl（2分）
KNO3是—种复合肥,用于农业生产’达到增产、增收的目的
（或KCl可用于治疗糖尿病患者或高血压患者的食用盐的添加剂等）（l分）
［解析］
（1）Cl2与KOH反应生成KCl、KClO和H2O,反应为歧化反应’ Cl2中氯元
e-
素部分化合价升高,部分化合价降低,化学方程式及电子转移情况为Ⅵ＋2K0∏-
KCl＋K（〕lO＋H2O·
（2）根据流程与反应原理可知,加人KOH的主要目的有两个:＿是作为下步反应的反
应物;二是除掉未反应的氯气’生成更多的KClO’故选AB。
（3）因为K2FeO4在低温、碱性溶液中比较稳定’而在Fe3＋的催化作用下会分解所以
应该将Fe（NO3）3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中》并不断搅拌°
（4）根据反应流程可知’ Fe（NO3）3溶液、KClO溶液和KOH溶液反应生成K2FeO4’根
据氧化还原反应原理可知化学方程式为2Fe（NO3）3＋3KClO＋10KOH—2K2FeO4＋
6KNO3＋3KCl＋5H2O;根据已知条件可知K2FeO4在酸性至弱碱性条件下’能与水反
应生成Fe（OH）3和O2,所以洗涤时不宜选择酸性或中性水溶液,异丙醇中不含水’故
选D项°
（5）根据化学方程式可知反应除了生成K2FeO4外还生成了KNO3和KCl’所以含有的
副产品有KNO3和KCl; KNO3是—种复合肥（钾肥和氮肥）’可以用于农业生产’达到
增产、增收的目的; KCl可用于治疗糖尿病患者或高Ⅲ压患者的食用盐的添加剂等°
22.
［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（l）Fe2O3（1分）
（2）CuCl＋Clˉ＝＝＝［CuCl2］ˉ
（3）HCl和CuCl2
（4）会产生污染环境的S（）2气体（或能耗高等合理答案）（l分）
c‖／i
（5）@由蓝色变为无色并且半分钟内不恢复蓝色（1分）
@可
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答案与解析
0↑9
［解析］
（l）FeCl2溶液在空气中加热蒸干过程中’ FeCl2发生水解生成Fe（OH）2和
HCl’且HCl挥发, Fe（OH）2迅速被空气中氧气氧化生成Fe（OH）3, Fe（OH）3灼烧后
生成Fe2O3。
（2）
“除硫”时’ CuCl与Clˉ反应生成的［CuCl2 ］ˉ离子可溶于水,过滤可除去硫单
质,反应的离子方程式为CuCl＋Clˉ-［CuCl2 ］ˉ°
（3）含［CuCl2］—的溶液调pH后’
［CuCl2 ］ˉ自身发生歧化反应,生成Cu
、CuCl2和
HCl’过滤后得到Cu’可循环使用的是CuCl2和HCl°
（4）此冶炼工艺过程中’需要在高温下反应,耗能高’且有SO2产生’会污染环境。
（5）@淀粉溶液遇碘单质变蓝色,碘单质与Na2S2O3反应被消耗完后’溶液由蓝色变为
C肌
无色并且半分钟内不恢复蓝色;@反应消耗的Na2S2O］的物质的量为而6mol,根据
反应方程式有2Cu2＋
～I2 ～2S2O;ˉ ’则溶液中Cu2＋的物质的量等于反应消耗的
№』s:o』的物废的扇侧糯液中cu』,的物臆的…为寺m·皿.
23.
［答案］
（l）Al2O3＋6H＋一Al3＋＋3H2O（l分）
（2）@Fe3＋＋3SCNˉ＝≡Fe（SCN）3（1分）
; 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O（2分）
@2SCNˉ＋llH2O2-2CO2↑＋N2↑＋2SO］ˉ＋10H2O＋2H＋（2分）
◎2Fe3＋＋H2O2一Fe2＋＋O2↑＋2H＋（2分）
（3）1 :2（2分）
0.5mol（2分）
（4）NaAlO2＋CO2＋2H2O-Al（OH）3↓＋NaHCO3（2分）
［解析］
（1）稀硫酸中参与离子反应的离子为H＋’与Al2O3反应生成Al3＋和水’根
据元素守恒及电荷守恒即可配平离子反应方程式:Al2O3＋6H＋—2Al3＋＋3H2O。
（2）@红色变深是因为H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋
, Fe3＋与SCNˉ生成红色络合物’该
反应是可逆的’故应用两个离子方程式来解释。
@已知反应物和生成物’再根据元素守恒、电子守恒、电荷守恒配平’即可得离子反应
方程式: 2SCN—＋11H2O2一CO2↑＋N2↑＋2SOi—＋l0H2O＋2H＋。
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｜020｜｜小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
Fe3＋
◎H2O2分解的反应为2H2O2—2H2O＋O2↑’若拆成两步来写’第—步反应应为
Fe3＋氧化H2O2生成Fe2＋＼O2和H＋’离子方程式为2Fe3＋＋H2O2-2Fe2＋＋O2↑＋
2H＋。
第二步反应为H2O2氧化Fe2十重新生成Fe3＋。
（3）溶液中沉淀量最大时, Al3＋与Fe3＋都恰好被完全沉淀此时该溶液为Na2SO4溶
液’则SOiˉ、Na＋的浓度之比为1
: 2;回收S的反应实质为2H2S＋O2-2S↓＋
2H2O’因此当反应lmolH2S时,需消耗0.5molO2。
（4）过量CO2与NaAlO2反应生成Al（OH）3 ［因为H2CO3为弱酸不能溶解Al（OH）3
］
和NaHCO3 ’化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O—Al（OH）3↓＋NaHCO3。
24.
［答案］
（1）KMnO4溶液或K3 ［Fe（CN）6］溶液（1分）
Cl2（1分）
2Fe2＋＋Cl2
一Fe3＋＋2Cl—（2分）
（2）杀菌消毒（1分）
净化（1分）
（3）2Fe3＋＋3ClO—＋10OHˉ＝＝＝2FeOiˉ＋3Clˉ＋5H2O（2分）
（4）漏斗（1分）
KOH溶液（l分）
加热浓缩,冷却结晶,过滤（2分）
（5）将Fe2＋氧化为Fe3＋（1分）
经计算将Fe3＋完全沉淀的pH为3.3’而Cu2＋开始沉
淀的pH为4.0（2分）
［解析］
（1）废液中含有的离子中’只有Fe2＋可与KMnO4溶液发生氧化还原反应’
可使得KMnO4溶液褪色’或加人K3［Fe（CN）6］溶液’产生蓝色沉淀’可说明溶液中
含有Fe2＋;在废液中加人铁粉后, Cu2＋、Fe3＋均被还原分别生成Cu、Fe2＋,需要通
人Cl2将Fe2＋全部氧化为Fe3＋,最终得到纯净的FeCl3溶液’反应的离子方程式为
2Fe2＋＋Cl2＝＝2Fe3＋＋2Clˉ
（2）高铁酸钾具有强氧化性,可用于杀菌消毒;高铁酸钾（K2FeO4）与水作用产生
Fe（OH）3胶体’ Fe（OH）3胶体具有吸附作用’可以净化水。
（3）在碱性条件下’ ClOˉ将Fe3＋氧化生成FeO1— ’离子方程式为2Fe3＋＋3ClOˉ＋
10OHˉ-2FeO1ˉ＋3Clˉ＋5H2O。
（4）过滤时’需用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗°
K2FeO4在中性或酸性溶液中逐
渐分解,在碱性溶液中稳定’为了避免引人其他杂质元素,因此需要将粗产品用KOH
溶液溶解’然后加热浓缩,冷却结晶’过滤。
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答案与解析｜
｜02｜
（5）幌镭表中＝种物履的K邹汁算得出;臃野沉旋完全时的蟹（oHˉ）书瑞≡等m,｜′1
≈8.94× 10—6mol／L,对应溶液pH＝14＋lgc（OHˉ）≈8.95’ Fe3＋沉淀完全时的
c（OHˉ）
乱］, cu2肝始沉旋时的′（0Ⅱˉ）非÷｝;ˉ:＂mM三!
× ］0ˉ!‘啊,皿,对应溶液
p肚-｜轩｜:幢（0Hˉ）＿…＂斟沉旋完全时的蟹（0Hˉ）代祟m,｜／Lˉ…｀
10—8mol／L’对应溶液pH＝l4＋lgc（OHˉ）≈6.74’因此Fe2＋沉淀完全时’ Cu2＋也已
经沉淀完全’则需要将Fe2＋转化为Fe3＋,而Fe3＋沉淀完全时’ Cu2＋未开始沉淀,故
加人双氧水的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋
; Fe3＋完全沉淀的pH为3.3,而Cu2＋开始沉
淀的pH为4.0’因此可用该方法除去粗（〕uSO4 .5H2O晶体中的FeSO4 .7H2O°
25.
［答案］
（l）CO;ˉ＋H2O＝＝HCOJ＋OHˉ（2分）
（2）c（2分）
（3）@100mL容量瓶、玻璃棒（1分）
bd（1分）
@酸式（1分）
KMnO4溶液有强氧化性’能腐蚀橡胶管（1分）
@3.64（2分）
［解析］
（1）碳酸钠去油污是因为其发生水解生成OHˉ的缘故’离子方程式为CO;—＋
H2O＝＝HCOi＋OHˉ。
（2）a项,蒸馏是利用液体混合物中各组分沸点的差别,使液体混合物部分汽化并随之
使蒸气冷凝’从而实现其所含组分的分离’故a项错误; b项’分液是把两种互不混溶
的液体分离开的操作方法,与过滤的固液分离不同,故b项错误; c项’渗析是利用小
分子和离子能透过半透膜,但胶体粒子不能透过半透膜的性质’从溶胶中除掉作为杂
质的小分子或离子的过程’与过滤原理相同,故c项正确; d项’重结晶是将晶体进行
溶解或熔融’而后又重新从溶液或熔体里析出晶体的过程’与过滤原理不同’故d项错
误。
综上’本题正确选项为c。
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醒｜小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
（3）@配制溶液还需要l00mL容量瓶定容以及玻璃棒搅拌及引流;
@标准KMnO4溶液具有强氧化性’能腐蚀橡胶管’故应盛放在酸式滴定管中;
@根据得失电子总数相等’得到″（Fe2＋）＝n（KMnO4）＝5×l.＂×l0—2mol .Lˉl
×26.＂
×10—3L＝1.3×10ˉ3mol’故Fe元素质量百分含量为工—吕.molˉl ×l.3×l0ˉ3mol
2.0g
×100％≡3.64％。
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）增大反应物的接触面积’提高化学反应速率
（2）2so2＋o』黑薯2So』
（3）@还原（1分）
@Fe2（SO4）3、H2SO4（每个l分’共2分）
（4）冷却结晶
26
（5）铁粉（或Fe）（l分）
FeS2十回匹兰＋日H2O-固Fe2＋＋回SOiˉ＋〖〗里
~
［解析］
（1）沸腾炉中,硫铁矿进行粉碎处理的目的是增大反应物的接触面积’提高
化学反应速率。
（2）接触室中’发生的主要反应是二氧化硫与氧气的反应,其化学方程式是2SO2＋O2
—黑等2S0』.
（3）@反应中硫元素化合价从ˉ2价升高到0价’铁元素化合价从＋2价升高到＋3价’
所以烧渣中的FeS在反应中作还原剂°
@由于通人氧气’因此溶液I中所含溶质的化学式是Fe2（SO4）3 ’又因为硫酸过量’因
此还有H2SO4°
（4）操作a的主要步骤是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤·
（5）由于最终要得到硫酸亚铁,所以需要铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁;硫元素化合价
从ˉl价升高到＋6价』失去7个电子’而铁元素化合价从＋3价降低到＋2价’得到
1个电子,
因此根据电子得失守恒及电荷守恒、原子守恒可知反应的离子方程式为
FeS2＋l4Fe3＋＋8H2O＝＝＝l5Fe2＋＋2SOi—＋16H＋。
27.
［答案］
（l）第四周期第Ⅶ［族（1分）
l1ⅣA（2分）
（2）4.0×l0ˉl｜（2分）
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答案与解析｜醒
（3）高铁酸钠中铁元素显＋6价,具有强氧化性’能对自来水杀菌消毒;同时生成的
Fe3＋水解得到Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮杂质（2分）
（4）@CO;ˉ＋H2O＝＝HCO丁＋OHˉ（2分）
@Fe2＋＼Al3＋（2分）
@［4.4’ 7.5）（2分）
@酸式（1分）
［解析］
（l）由周期表可知’铁在元素周期表的位置是第四周期第Ⅷ族;根据黄铁
矿与氧气反应的化学方程式可知’在该反应中’氧得电子,从0价变成-2价’铁和硫
都失电子’化合价升高,只计算氧得到的电子数即可计算出该反应中转移的电子数’
当4molFeS2参与反应时,氧得电子数为2×2×11ⅣA＝44／VA’故当lmolFeS2参与反
应时’转移电子数为11ⅣA°
（2）在反应过程中调节溶液的pH为5’则OHˉ的浓度为l
× l0＿9mol .L—l ’又因
为Ksp ［Fe（OH）3
］＝c（Fe3＋）
×c3（OHˉ）’故而可以计算出Fe3＋的浓度为4.0×
10ˉllmol .L-l。
（3）高铁酸钠中的铁元素显正六价’所以具有强氧化性’可以对自来水进行杀菌消毒,
还原生成的Fe3＋水解得到Fe（OH）3胶体可以吸附水中悬浮杂质’具有净水作用°
（4）@油污是高级脂肪酸甘油醋’在碱性环境下发生水解,水解产物是能溶于水的醇和
高级脂肪酸盐’碳酸钠溶液中的碳酸根水解使溶液显碱性’离子方程式为CO;ˉ＋H2O
＝＝HCOJ＋OHˉ·
@铁屑中含有的少量氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应后生成Fe3＋和Al3＋,因为Fe3＋的
氧化性强于H＋’因此Fe3＋会先与单质铁反应》被还原成Fe2＋’剩余的单质铁再与稀
硫酸反应生成Fe2＋’故而溶液中含有的金属阳离子为Fe2＋和Al3＋。
@滴人少量的NaHCO3调节pH的目的是除去溶液中的Al3十’所以pH应该调节到大于
等于氢氧化铝完全沉淀的pH’小于氢氧化亚铁开始沉淀的pH’故而pH的范围应该是
［4.4’ 7.5）;由于高锰酸钾具有强氧化性’会腐蚀碱式滴定管的橡胶管’所以应该放
在酸式滴定管中°
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函｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
28.
［答案］
（每空2分）
（1）2Cu＋O2＋4H＋＝＝＝2Cu2＋＋2H2O
（2）溶液由蓝色变为无色稀释促进平衡（〕uCl＋2Clˉ一兰［CuCl3］2＿（无色溶液）逆向
移动,生成Cu（〕l
（3）乙醇防止CuCl被氧化
（4）Cuˉeˉ＋Clˉ＝＝≡CuCl
（5）59.7α6％
′7〗
［解析］
（1）将废铜板浸人热的H2SO4溶液中,并通人空气’可以生成CuSO4,可以
认为反应的过程是Cu先和O2反应得到CuO’ CuO再和硫酸反应得到硫酸铜和水’两
个方程式相加得到2Cu＋O2＋4H＋＝＝＝2Cu2＋＋2H2O。
（2）反应完全时,溶液中所有的Cu2＋都被还原’所以溶液的蓝色褪去。
即@中观察到
溶液由蓝色变为无色的现象时’即表明反应已经完全。
@中加人大量水的目的是使
CuCl＋2Clˉ＝＝［CuCl3 ］2—的平衡向逆反应方问移动’
以便使CuCl转化为沉淀
析出°
（3）因为CuCl微溶于水’用水洗涤会有—部分CuCl溶于水而损失产品》所以用乙醇洗
（CuCl在乙醇中难溶）,这样可以减少产品损失; CuCl在空气中易被氧化’所以应该真
空干燥’以避免CuCl被氧化°
（4）（〕uCl只能在阳极生成》阳极材料为Cu’阳极反应为金属单质失电子,生成物＿定
是CuCl’所以阳极的电极反应为Cuˉeˉ＋Clˉ＿CuCl°
（5）CuCl易被氧化,所以其可被氯化铁氧化’反应的化学方程式为CuCl＋FeCl3-
CuCl2＋FeCl2’反应后的溶液加人重铬酸钾溶液再将生成的FeCl2氧化成FeCl3
’
Cr2O;—被还原为Cr3＋’因为Fe的化合价开始和最后都是＋3’所以认为CuCl中Cu元
素化合价升高失电子数应该等于Cr2O;ˉ中Cr元素化合价降低得电子数°
用αmol／L
为揣
的K2（〕r2O7溶液滴定到终点,消耗K2（〕r2O7溶液bmL’则消耗的K2（〕r2O7
m＂｜』反应巾C『20;—被还原为Cr』带转移电于数为2l湍b mol’ l个CuCl只失去l个电
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答案与解析｜
｜025
子』故（』uC｜的物质的量为2l湍bmo｜,放C＂c｜的质量为9队5×2×3侧6g』则样品巾
1000
99。5×2×3αb
g
1000
CuCl的质量分数为
×l00％＝0.597αb×l00％＝59.7α6％。
mg
m
″〗
［答案］
（每空2分）
（1）升高温度,搅拌’将废铁粉碎等（任写两项’合理即可）
Fe（或废铁）
（2）Fe2（SO4）3＋Fe-3FeSO4’ Fe＋H2SO4-FeSO4＋H2↑
将Al3＋转化为
AlOI’防止生成Al（OH）3影响纯度4Fe2＋＋O2＋8OHˉ-4FeOOH↓＋2H2O
（3）BD
29
Ksp
＝l.3
×
（4）Ksp（FepO4）＝c（Fe3＋）
×c（PO』ˉ
）＝1.3 ×l0—22’则c（PO』—）＝c（Fe3＋）
I0ˉl7mol／L,
0° ［Mg3（PO4）2 ］＝c3（Mg2＋）
×c2（PO1—）＝（0.0l）3
× （13
×
10ˉl7）2＝1.69×l0ˉ40＜Ksp ［Mg3（PO4）2］＝1.0×10ˉ24’则无沉淀生成
［解析］
（1）加快Fe元素的浸出速率,可采取升高温度’搅拌,将废铁粉碎等措施;
由流程可知’循环利用的物质为过量的Fe（或废铁）°
（2）在步骤@中所发生的氧化还原反应为铁单质还原三价铁离子以及与酸反应生成氢
气’化学方程式分别为Fe2（SO4）3＋Fe-3FeSO4＼Fe＋H2SO4-FeSO4＋H2↑;氧
化过程中加人NaOH溶液必须过量’是为了将Al3＋转化为AlO页’防止生成Al（OH）3影
‖问纯度;反应生成氧化铁黄的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋8OHˉ-4FeOOH↓＋2H2O°
（3）A项’由物料守恒可知’ c（Na＋）＝2c（CO;ˉ）＋2c（HCO丁）＋2c（H2CO3）’故A项错
误; B项’在Na2CO3溶液中’主要离子为Na＋和CO;ˉ
’ CO;—水解生成HCO5,所以
c（Na＋）＞c（CO;—）＞c（HCO丁）’故B项正确; C项’ CO;ˉ分步水解: CO;ˉ＋H2O
＝＝HCO丁＋OHˉ、HCO丁＋H2O-＝H2CO3＋OHˉ ,水微弱电离也会产生OHˉ :H2O
-＝H＋＋OHˉ ’故c（OHˉ）＞c（HCO丁）,故C项错误;
D项’
由电荷守』恒可知,
c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（CO;ˉ）＋c（HCO丁）＋c（OH—）,由物料守恒可知》c（Na＋）＝
2c（CO;ˉ）＋2c（HCO丁）＋2c（H2CO3）
’
由两者结合可知c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（HCOJ）
＋2c（H2CO3）’故D项正确。
综上所述,本题正确答案为BD。
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O26｜｜小猿热搜ˉ工业流程典型题］00
Ksp
≡1.3×
（4）Ksp（FepO4）＝c（Fe3＋）×c（POi—
）＝13 ×l0ˉ22’则c（PO』ˉ）＝c（Fe3＋）
l0—l7mol／L’
0· ［Mg3（pO4）2
］
＝c3 （Mg2＋）
×c2（PO』ˉ）＝（0.0l）3
×
（l. 3
×
l0ˉl7）2＝l.69×l0＿40＜KSp ［Mg3（PO4）2］＝l.0×10—24’则无沉淀生成°
［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（l）＋3（l分）
（2）HCl（1分）
△
△
（3）Na2CO3＋SiO2-Na2SiO3＋CO2↑
Na2CO3＋Al2O3—2NaAlO2＋CO2↑
（4）AlCl3｀NaCl
促进Al3＋、Fe3＋水解生成聚合氯化铝铁（PAFC）
（5）2Clˉˉ2eˉ-Cl2↑
（6）聚合氯化铝铁（PAFC）净水效率高’ I）H适用范围广
［解析］
（l）由Fe2（OH）厕Cl6—甄中各元素化合价代数和等于零求得铁元素的化合价为
30［答案］
＋3°
（2）由最后产品含有氯元素分析可知’此酸为盐酸,即HCl。
（3）SiO2、Al2O3在“纯碱混合焙烧”中分别发生反应的化学方程式为Na2CO3＋SlO2
△
△
-Na2SiO3＋CO2↑、Na2CO3＋Al2O3-2NaAlO2＋CO2↑°
（4）生成的硅酸钠、偏铝酸钠经盐酸酸浸后生成硅酸沉淀、氯化铝和氯化钠的混合溶
液;加热可促进铝离子、铁离子水解生成聚合氯化铝铁。
（5）电解氯化钠’阳极得到氯气,电极反应式为2Clˉˉ2e——Cl2↑。
（6）由图可知》PAFC净化作用pH范围为3～10,净化效率高于无水AlCl3、
FeCl3 ,6H2O°
31.
［答案］
（l）适当增大硫酸的浓度（或将铜铜渣研成粉末）（1分）
Co＋H2SO4-
CoSO4＋H2↑（2分）
（2）Sb2O3＋2Co2＋＋6H＋＋l0eˉ-2CoSb＋3H2O（2分）
（3）3Fe2＋＋MnOJ＋4H＋—3Fe3＋＋MnO2↓＋2H2O（2分）
3.3～7.2（l分）
（4）还原产物Mn2＋进人电解溶液中,引人杂质（1分）
取少量待电解溶液’向其中滴
加H2O2后再滴人KSCN溶液’若溶液变红｛或向其中滴加K3［Fe（CN）6］溶液’若产
生蓝色沉淀｝’则待电解溶液中含有Fe元素（2分）
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答案与解析｜
｜027｜
（5）H2SO4（或硫酸）（l分）
（6）B（1分）
2.0×10ˉl0mol／L（1分）
［解析］
（l）为了提高铜铜渣浸出的速率,可以通过增大硫酸的浓度或将铜镐渣研成
粉末等方式;浸出钻的化学方程式为Co＋H2SO4—CoSO4＋H2↑°
（2）该电池中, Sb2O3是正极’ Sb2O3和Co2＋得电子被还原’化合价降低’生成CoSb
合金’所以正极反应式为Sb2O3＋2Co2＋＋6H＋＋10e——2CoSb＋3H2O。
（3）KMnO4具有强氧化性’反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnOJ＋4H＋—3Fe3＋＋
MnO2↓＋2H2O;加人ZnO的目的是提高溶液的pH’将铁离子转化成Fe（OH）3沉淀除
去,同时不能损失Cd2＋’所以应该控制溶液的pH范围为3.3～7.2。
（4）若加人KMnO4时条件控制不当, MnO2会继续反应’造成的后果是产生还原产物
Mn2＋’进人电解溶液中’引人杂质;若加人的KMnO4不足量,则电解溶液中会有铁元
素残留’可以用KSCN溶液验证’验证方法为取少量待电解溶液,向其中滴加H2O2后
再滴人KSCN溶液,若溶液变红｛或向其中滴加K3［Fe（CN）6］溶液,若产生蓝色沉
淀｝’则待电解溶液中含有Fe元素。
（5）阳极产生硫酸’所以电解液中可以循环利用的物质是硫酸。
（6）因为Ksp（CdS）最小’所以沉淀Cd2＋效果最好的试剂是Na2S;因为c（OH＿）＝
KW
＝1 ×l0ˉl4
KSp ［CO（OH）2］
c（H＋）
1 ×l0—1l ＝1
× 10ˉ3mol／L》所以c（Cd2＋）
＝
＝2.0
×
c2（OH—）
10—10mol／L°
32.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）@TiO2（s）＋2Cl2（g）＋2C（s）—TiCl4（g）＋2CO（g）
△〃≡-45.5kJ .mol—l
@＞（1分）
随温度升高’ CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应
◎H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液@MgCl2、AlCl3、FeCl3
（2）SiCl4（1分）
高于l36°C,低于l8l
。C
［解析］
（1）@根据盖斯定律,将已知的两个热化学方程式相加即可得到所求热化学
方程式。
@由图像知’温度升高’ CO2的物质的量减少’ CO的物质的量增多’平衡向
生成CO的方向移动’又温度升高平衡向吸热反应方问移动’因此CO2生成CO反应的
△H＞0°
@根据题意’尾气中的HCl经吸收得到粗盐酸,因此吸收液为水;尾气中的
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028｜
小猿热搜~工业流程典型题｜00
Cl2经吸收得到FeCl3溶液’因此吸收液为FeCl2溶液;为防止HCl、Cl2吸收不完全污
染环境’最后用NaOH溶液进行吸收。
@由资料可知’冷却至室温时’滤渣中含有难
溶于TiCl4的MgCl2以及微溶于TiCl4的AlCl3和FeCl3。
（2）粗TiCl4中含有的杂质是
与TiCl4互溶的SiCl4和少量微溶于TiCl4的AlCl3和FeCl3’根据各物质的沸点差异’
采用蒸馏的方法先除去沸点较低的SiCl4’再控制温度在l36～18l 。C之间’蒸馏得到
纯TiCl4。
［答案］
（l）过滤（1分）
（2）NaOH、Na2CO3（2分）
（3）取少量溶液B于试管中,向其中滴加适量NaOH溶液’若没有白色沉淀生成,则
Mg2＋已除尽;反之’Mg2＋未除尽（2分）
（4）D（2分）
（5）l.80×10ˉ7mol／L（2分,数值正确无单位扣1分）
（6）除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3（l分）
（7）蒸发Ⅲ（1分）
有大量固体析出（l分）
［解析］
（1）操作Ⅱ进行固液分离’因此操作Ⅱ的名称为过滤。
（2）在不引人新杂质的基础上,
由表中所给难溶于水的物质的溶度积常数可知’除
Ca2＋作用最好的是Na2CO3,除Mg2＋作用最好的是NaOH’因此混合液A中溶质的主
要成分是NaOH、Na2CO3。
（3）用NaOH溶液检验Mg2＋是否除尽’具体操作:取少量溶液B于试管中’向其中滴
加适量NaOH溶液’若没有白色沉淀生成,则Mg2＋已除尽;反之,Mg2＋未除尽°
（4）由表中数据可知Ksp（CaSO4）＞Ksp（CaSO3）＞Ksp（CaCO3）＞Ksp（CaC2O4）’因此’
检验Ca2＋是否除尽效果最好的试剂是0. 1mol／LNa2C2O4;综上可知本题答案为D。
（5）溶液B的pH＝12’则溶液中c（OH—）＝l ×l0ˉ2mol／L’ 由Ksp ［Mg（OH）2
］
＝
c（Mg2＋）
. c2（OH—）＝c（Mg2＋）
×（l
×l0—2）2＝l.80×10ˉll得c（Mg2＋）＝1.80×
10ˉ7mol／L°
（6）对溶液B加热并不断滴加6mol／L的盐酸直至pH＝2时停止滴加,得到溶液C》
该操作的目的是除去溶液中过量的NaOH和Na2CO3 ,并使反应产生的CO2及时挥发
出去。
33.
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答案与解析
029
（7）从溶液中提取氯化钠晶体的方法:将溶液C倒人蒸发Ⅲ中’加热并用玻璃棒不断搅
拌,直到有大量固体析出’停止加热’用余热蒸干。
34［答案］
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）＋3（1分）
（2）反应池中锌与盐酸反应有H2生成
（3）KClO3 ＋3H3AsO3—KCl＋3H3AsO4
2FeCl3＋H3AsO3＋H2O—2FeCl2＋
H3AsO4＋2HCl
KClO3＋6FeCl2＋6HCl-6FeCl3＋KCl＋3H7O
FeAsO4、Fe（OH）3
（4）KCl
用H2O2（或Cl2）代替KClO3
（5）Zn2＋＋2eˉ～Zn
［解析］
（1）根据化学式中各元素化合价代数和为0’在H3AsO3中As显＋3价°
（2）废酸的主要成分是盐酸与锌渣反应有H2生成,且H2是—种极易燃烧的气体’因
此“浸出”时反应池应远离火源°
（3）滤液中含有H3AsO3、FeCl2、PbCl2等杂质,其中H3AsO3、FeCl2具有很强的还原
性,加人KClO3、FeCl3后’H3AsO3可与KClO3、FeCl3发生氧化还原反应, FeCl2可与
KClO3发生氧化还原反应’反应的化学方程式分别为@KClO3＋3H3AsO3—KCl＋
3H3AsO4,@2FeCl3＋H3AsO3＋H2O-2FeCl2＋H3AsO4＋2HCl;@KClO3＋6FeCl2
＋6HCl-6FeCl3＋KCl＋3H2O;已知FeCl3与H3AsO4反应生成FeAsO4沉淀’加人
ZnO能够中和掉滤液中的H＋’调节溶液pH使Fe3＋完全沉淀’因此滤渣A的成分是
FeAsO4、Fe（OH）3°
（4）
“—次净化”除去了Fe、As’同时也引进了KCl这—杂质’为避免产生该杂质,则
可使用H2O2（或Cl2）代替KClO3作为氧化剂。
（5）负极为高纯度锌片’以ZnCl2、NH4Cl为主要电解质’电池充电时相当于电解池,
负极连接外接电源的负极作阴极,得电子发生还原反应’电极反应式为Zn2＋＋2eˉ
＝＝＝Zn。
35.
［答案］
（l）CaSO4（写CaSO4和CaS也给分）（1分）
还原剂（1分）
（2）实现废物利用’降低生产成本（l分）
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硒｜小猿热搜。工业流程典型题｜00
（3）［Ni（NH3）6］2＋＋S2ˉ—NiS↓＋6NH3↑｛或［Ni（NH3）6］2＋＋S2ˉ＋6H2O-
NiS↓＋6NH3 .H2O｝（2分）
（4）2×l0ˉ4（3分）
［解析］
（l）石灰浆的主要成分是Ca（OH）2’可与溶液中SOiˉ反应生成CaSO4微溶
物’当Na2S溶液过量时’也会含有少量的CaS’则滤渣3的主要成分是CaSO4;转化过
程中’
＋6价铬的含氧酸根离子具有强氧化性’可与NaHSO3发生氧化还原反应’硫元
素化合价升高’铬元素化合价降低’因此NaHSO3作还原剂°
（2）烧碱成本比较高’废氧化铁可以与酸反应来调节溶液pH’还能实现废物利用’降
低生产成本。
（3）“沉镍”过程中［Ni（NH3）6］2＋和S2ˉ能够反应生成NiS沉淀’其离子方程式为
［Ni（NH3）6］2＋＋S2ˉ＝＝≡NiS↓＋6NH3 ↑或［Ni（NH3）6 ］2＋＋S2ˉ＋6H2O＝＝≡
NiS↓＋6NH3 .H2O。
（4）曲瓜』（c.「:）ˉ‘（c凰1,》‘2（「ˉ）,测′（『—）-门‖I＂
2×1（）—4mol 。L—l
。
mol
. L-l
吕≡
36.
［答案］
（1）C（2分）
（2）4H2O2＋Cr2O;—＋2H＋-2CrO5＋5H2O（2分）
（3）@@@@@（2分）
（4）H2O2水溶液呈弱酸性’所以H2O2可与铁单质反应’进而将生成的Fe2＋氧化生成
可催化H2O2分解的Fe3＋（2分）
将搅拌器放在浓硫酸（或浓硝酸）中浸泡—段时间’
铁表面钝化（或者是对搅拌器采用“发蓝”处理）（2分）
（5）34.0％（2分）
偏大（2分）
［解析］
（l）尿素中碳元素为＋4价’氧元素为ˉ2价’氢元素为＋l价’根据化合物
中化合价代数和为零的原则’计算可得氮元素的化合价为ˉ3价’故C项正确。
（2）过氧化氢与重铬酸钾反应生成过氧化铬和水’反应的离子方程式为4H2O2＋
Cr2O;—＋2H＋—2CrO5＋5H2O。
（3）根据已知条件’ 30°C时,尿素的溶解度远大于过氧化尿素的溶解度’采用降温结晶
的方法进行提纯』先将样品溶解在水中,进行蒸发浓缩得到浓度较高的溶液’再降温
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答案与解析｜题
至30°C’由于过氧化尿素的溶解度小’析出过氧化尿素晶体’过滤可得到过氧化尿素
晶体’最后对晶体进行洗涤,故提纯的操作）｜顶序为@@@@@。
（4）根据题干信息推理可知’H2O2水溶液呈弱酸性,故H2O2可与铁单质反应最终生
成Fe3＋,而Fe3＋可催化H2O2分解’无法达到制备过氧化尿素的目的;将铁质搅拌器
放在浓硫酸（或浓硝酸）中浸泡—段时间’铁表面钝化’形成—层氧化物膜’可阻止铁
单质与H2O2反应°
（5）@根据离子反应方程式可知’参与反应的KMnO4与lI2O2的物质的量之比
为2 :5’平均消耗0. 1000mol .Lˉl的KMnO4标准溶液8mL’可知25.00mL溶液中
含有H2O2的物质的量为0. 1000mol .Lˉ｜×8×l0ˉ3L×旦＝2×10ˉ3mol,所以
2
2.000g过氧化尿素样品中含有H2O2的物质的量为2×l0ˉ2mol,质量为2×10—2mol
×
34斟刚＂」＝068:,所以Ⅱ』0:的质量分数是4湍×100％-3纵0％｛@若装草酸钠
溶液的滴定管水洗后未润洗,使得标定的KMnO4溶液的浓度偏大’进而使测得的
H2O2的物质的量偏大,则质量分数偏大°
37.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）@2Ag2Te＋3O2＝＝＝2Ag2O＋2TeO2
@用压缩机加压
（2）过滤（1分）
（3）（〕uSO4
（4）Cu2＋＋2eˉ＝＝＝Cu
（5）@TeOSO4＋2SO2＋3H2O-Te＋3H2SO4
@NaCl比KI价格便宜
@985％
［解析］
（1）@Ag2Te也能与O2发生类似Cu2Te的反应’则反应的化学方程式为
2Ag2Te＋3O2-2Ag2O＋2TeO2。
@工业上—般用压缩机给原料气加压。
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｜032｜｜小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
（2）将浸出液与浸出渣分离开的操作是过滤。
（3）“加压硫酸浸出”过程中生成的CuO溶于H2SO4,生成CuSO4’则“含蹄浸出液”
的溶质成分除了TeOSO4外’主要是CuSO4。
（4）由图可知’电解初始阶段电解液含铜量急剧下降’即Cu2＋在阴极得电子发生还原
反应’电极反应式为Cu2＋＋2eˉ—Cu。
（5）@TeOSO4与SO2发生氧化还原反应生成Te’反应的化学方程式为TeOSO4＋2SO2
＋3H2O-Te＋3H2SO4°
@NaCl比KI资源丰富价格便宜’因此从工业生产的角度出发选择NaCl更经济。
◎Te（Ⅳ）浓度从6. 72g
. Lˉl下降到0. 10g
.
Lˉl ’则Te（Ⅳ）的还原率为
（6.72ˉ0. 10）g.L＿l
×100％≈98·5％°
6.72g .Lˉl
38.
［答案］
（l）Na2Cr2O7＋2KCl—2NaCl＋K2Cr2O7（2分）
低温下K2（〕r2O7的溶解
度远小于其他组分’随温度的降低’ K2Cr2O7的溶解度明显减小（答案合理即可）（2
分）
（2）除去Fe3＋（2分）
（3）NaCl（l分）
K2Cr2O7（l分）
（4）Ⅱ（2分）
［解析］
结合图像读懂流程图是关键°
（l）
～（2）Na2Cr2O7结晶后的母液中含有Fe3＋’加碱液调节PH＝4’目的是以
Fe（OH）3的形式除去Fe3＋’则过滤后得到纯的Na2Cr2O7（母液I
）;加人KCl并加热至
沸腾,冷却结晶得到K2Cr2O7’反应方程式为Na2Cr2O7＋2KCl—2NaCl＋K2Cr2O7;通
过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是低温下K2Cr2（）7溶解度远小于其他组分’随着温
度的降低’K2Cr2O7的溶解度明显减小。
（3）母液Ⅱ中含有K2Cr2O7和NaCl’蒸发浓缩得到的固体A是NaCl,
因为高温下
K2Cr2O7的溶解度大;母液Ⅲ中的主要成分是K2Cr2O7’冷却结晶得到固体B
是K2Cr2O7°
（4）固体A表面附着K2Cr2O7’应将洗涤液转移到母液Ⅱ中’这样’既能提高产率（回收
了K2Cr2O7）,又可使能耗降低°
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答案与解析｜
｜033｜
39.
［答案］
（1）CaCO3＋H2SO4—CaSO4＋H2O＋CO2↑（3分）
（2）Fe3＋、Fe2＋、Al3＋（3分’每个1分）
H2O2＋2H＋＋2Fe2＋-2Fe3＋＋2H2O（3分）
（3）防止温度下降时H3BO3从溶液中析出（意思相同即可给分。
例如:从H3BO3溶解
度数据可知’温度较高时,H3BO3溶解度较大,不易从溶液中析出）（3分）
（4）加压、升温结晶（4分。
加压、升温结晶各2分）
［解析］
（1）CaCO3和H2SO4反应生成CaSO4、CO2和H2O’化学方程式为CaCO3＋
H2SO4—CaSO4＋H2O＋CO2↑°
（2）H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋,离子方程式为H2O2＋2H＋＋2Fe2＋—2Fe3＋
＋
2H2O;当pH＞5.2时’ Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物完全沉淀’此时浸出液仍呈酸性’
所以除去的杂质离子为Fe3＋、Fe2＋、Al3＋。
（3）热过滤可以防止温度下降时H3BO3从溶液中析出°
（4）由图可知’温度越高,MgSO4 .H2O的溶解度越低’由题干“溶液的沸点随压强增
大而升高”可知’应采取加压、升温结晶的措施°
＾b
√
广同
l.■
→
羔
∩
厂刑
卢
旧
40.
［答案］
（每空2分）
（l）2Fe2＋＋MnO2＋4H＋一Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
（2）生成的Fe3＋水解得到Fe（OH）3沉淀用氨水沉淀杂质金属离子时会消耗过多的氨
水’造成原料的浪费
（3）（NH4）2SO4
（4）@2MnCO3＋O2丝2MnO2＋2CO2
@使得MnCO3充分反应’提高MnCO3的转化率
［解析］
（1）酸浸时所发生的主要反应是二氧化锰与硫酸亚铁发生的氧化还原反应’
反应的离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋～2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O。
（2）酸浸时加人—定体积的硫酸,硫酸浓度不能过小或过大。
当硫酸浓度过小时,铁
离子水解程度较大’会有红褐色氢氧化铁沉淀生成;硫酸浓度过大’后续用氨水沉淀
杂质金属离子时会消耗过多的氨水,造成原料的浪费°
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034」
小猿热搜.工业流程典型题｜00
（3）过滤Ⅱ所得滤渣为MnCO3 ’由于前面是加人硫酸进行酸浸,可推知滤液中溶质的主
要成分为（NH4）2SO4。
（4）@在空气中焙烧碳酸锰以制备二氧化锰’反应的化学方程式为2MnCO3＋O2堕鱼
2MnO2＋2C（）2.
@焙烧—定时间后需转动石英管’可以使得MnCO3充分反应’提高MnCO3的转化率°
［答案］
（l）Fe2O3＋6HCl—2FeCl3＋3H2O（2分）
取少量最后＿次洗涤液,滴加
KSCN溶液’若不出现红色’则已洗净,反之’未洗净（2分）
（2）2CeO2＋H2O2＋6H＋-2Ce3＋＋O2↑＋4H2O（2分）
（3）检查是否漏液（l分）
上口倒出（l分）
（4）83.2％（2分）
［解析］
（］）第@步反应是氧化铁溶于稀盐酸’化学方程式为Fe2O3＋6HCl—
2FeCl3＋3H2O;检验滤渣A是否洗净’可以检验是否存在Fe3＋’操作方法:取少量最
后＿次洗涤液,滴加KSCN溶液’若不出现红色’则已洗净’反之’未洗净°
（2）第@步反应中生成了Ce3＋’柿元素化合价降低’ CeO2作氧化剂’所以H2O2作还
41。
原剂’氧元素化合价升高’离子方程式为2Ce（）2＋H2O2＋6H＋—2Ce3＋＋O2
↑
＋4H2O°
（3）进行苯取操作前,需要检查分液漏斗是否漏液;磷酸三丁醋的密度比水小’所以产
物应从上口倒出。
（4）Ce（OH）4加硫酸溶解后生成Ce4＋’与FeSO4反应的离子方程式为Ce4＋＋Fe2＋
-Ce3＋＋Fe3＋,所以Ce4＋与Fe2＋的物质的量相等’ 由m＝M.
（c
. V）可得出
c筐（0＂）,的履量为α4｜6g｛所以c詹（0＂）』的履量分数为00祭:× ｜00锈-＂］2舞.
得6×2eˉ
｜
（1）2Al2（SO4）3＋3S堑2Al2O3＋9SO2↑或
十
↑
失3×4e
42.
［答案］
l2eˉ
｜
2A｜2（SO4）」＋3↓塑2
十
＼l2O3＋9SO2↑（3分’不全对扣2分）
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答案与解析
｜035
（2）Al2O3＋2OHˉ-2AlO5＋H2O（3分）
（3）AlO可＋H＋＋H2O-Al（OH）3↓（3分）
最后制得的K2SO4晶体会含有碳酸钾、
碳酸氢钾等杂质（2分）
（4）蒸发结晶（2分）
（5）可作工业生产硫酸的原料（或用作还原剂与其他氧化剂反应制备所需物质等’合理
即可给分）（2分）
［解析］
（l）反应2Al2（SO4）3＋3S直旦2Al2O3＋9SO2↑中硫酸根中的硫元素得电
子,化合价降低’ 6molSOiˉ得到l2moleˉ
; 3molS单质失去12moleˉ ,化合价升
得6×2e—
SO4）3＋3
↓
勺
台
温
吉
同
高》得失电子守恒°
双线桥法表示为2Al2（
O2↑’单线桥法
Al2O3＋9S
↑
S
失3×4eˉ
12eˉ
表示为2Al2（』O4）3＋3↓堑2Al20j十9SO2↑.
（2）步骤@的熟料中Al2O3能与KOH反应’离子方程式为Al2O3＋2OHˉ-
2AlOi＋H2O°
（3）步骤@调pH’酸性条件下KAlO2生成Al（OH）3 ,离子方程式为AlOi＋H＋＋H2O
—Al（OH）3↓;不能用CO2来调pH’否则最后制得的K2SO4晶体会含有碳酸钾、碳
酸氢钾等杂质。
（4）步骤@将K2SO4滤液蒸发结晶过滤洗涤和干燥后得到K2SO4晶体°
（5）炉气中的SO2回收后可用作工业生产硫酸的原料°
43. ［答案］
（1）2Cr2（）3＋4Na2（〕O3＋3O2鱼垦4Na2CrO4＋4CO2（2分）
（2）2CrO1—＋2H＋-Cr2O;ˉ＋H2O（2分）
（3）@B（2分）
@3Fe3＋＋3CaCO3＋Na＋＋5SOi—＋3H2O-NaFe3（SO4）2（OH）6＋3CaSO4＋3C（）2↑
（2分）
@生成的Fe（OH）3胶体的颗粒小、沉淀速率慢、不容易过滤等（合理答案均可）（2分）
（4）蒸发浓缩（l分）
洗涤（1分）
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醒｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
［解析］
（l）焙烧时Cr2O3被氧化为Na2CrO4’该反应的化学方程式为2Cr2O3＋
4Na2CO3＋3O2垄鱼4Na2CrO4＋4CO2°
（2）酸化时CrOiˉ转化为Cr2O;ˉ的离子方程式为2CrOiˉ＋2H＋—Cr2O;ˉ＋H2O。
（3）@根据题图可知》在pH＝2左右时铁的去除率最高,故应选择B项。
@除铁时发生反应生成黄钠铁矾’离子方程式为3Fe3＋＋3CaCO3＋Na＋＋5SOiˉ＋
3H2O—NaFe3（SO4）2（OH）6＋3CaSO4＋3CO2↑°
◎胶体粒子较小,可以透过过滤时所用的滤纸》这样会导致过滤后溶液中依｜日含有铁
元素,影响除杂效率。
（4）由NiSO4溶液得到NiSO4 .6H2O晶体的过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
干燥°
44.
［答案］
（1）Cu＋4H＋＋2NO可＝＝＝Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO丁
-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（2分）
Au、Pt（1分）
（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋（1分）
不引人杂质’对环境无污染（l分）
Fe3十、Al3＋（2分）
（3）加热脱水（2分）
（4）甲（1分）
所得产品中含有较多Fe2（SO4）3杂质（l分）
乙（l分）
（5）cmol .Lˉl ×b×l0ˉ3L×250g.molˉl ×5 ×100％（3分）
c（2分）
αg
［解析］
（l）铜和浓硝酸反应放出二氧化氮气体’离子方程式为Cu＋4H十＋2NO『
-Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O;铜和稀硝酸反应放出＿氧化氮气体,离子方程式为3Cu＋
8H＋＋2NOj—3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O;铜＼铝、铁的金属性较强’能与酸反应,
金、铂不能与酸反应,所以滤渣l的主要成分为Au、Pt°
（2）Fe3＋完全沉淀时的pH比Fe2＋完全沉淀时的pH低’所以第@步加H2O2的作用是
将Fe2＋氧化为Fe3＋;H2O2氧化Fe2十的产物是水’不引人杂质’对环境无污染;调溶
液pH的目的是使Fe3＋、Al3＋生成沉淀。
（3）CuSO4 .5H2O制备无水CuSO4的方法是加热脱水。
（4）甲方案不可行,原因是滤渣2中含有氢氧化铁’只加酸得到的产品中含有较多
Fe2（SO4）3杂质;乙方案和丙方案相比,乙方案中的硫酸根离子完全被利用’生成的
Al2（SO4）3
. 18H2O多,原子利用率高。
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答案与解析｜｜037
（5）20.00mL试样溶液中Ⅶ（CuSO4 .5H2O）＝n（H2Y2ˉ）＝cmol .L—1
×b×10＿3L’
则αg试样中′＂（CuSO4 .5H2O）＝cmol .Lˉl ×b×l0ˉ3L×250g .molˉl ×5’所以
CuSO4 .5H2O质量分数的表达式＂＝cmol .Lˉl ×6×10ˉ3L×250g .molˉl ×5
×
αg
100％;未除净可与EDTA反应的干扰离子会导致消耗的EDTA增多’ b值变大’导致
CuSO4 .5H2O含量的测定结果偏高,故c项正确。
45.
［答案］
（l）反应有SO2生成’造成环境污染,同时悄耗大量热能（1分）
（2）CuS＼FeS2（2分）
（3）4［CuCl2］ˉ＋O2＋4H＋＝＝＝4Cu2＋＋8Clˉ＋2H2O（2分）
（4）该温度下’硫酸铜的溶解度小于氯化铜（1分）
（5）BCD（2分）
（6）@SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝＝SOiˉ＋2Fe2＋＋4H＋（2分）
@12.00％（2分）
［解析］
（l）富铜矿砂与空气在高温下缎烧’使其转变为铜,要消耗大量的热能,反
应产物有污染性气体二氧化硫生成,会导致大气污染°
（2）由框图转化关系可知’反应Ⅱ中发生反应Cu2＋＋CuS＋4Cl—-2［CuCl2］＿＋S’
而框图转化关系中标明的反应Ⅱ中反应物没有CuS’说明反应I产生了CuS’进而进行
反应Ⅱ’而反应Ⅱ的滤渣中有FeS2’说明反应I的产物还有FeS2,综上所述’反应I
的产物有CuS和FeS2。
（3）反应Ⅱ中发生反应Cu2＋＋CuS＋4Clˉ-2［CuCl2 ］ˉ＋S’
由框图转化关系知,
［CuCl2］ˉ在反应Ⅲ中被空气中的氧气氧化成Cu2＋,反应离子方程式为4［CuCl2］—＋
O2＋4H＋-4Cu2＋＋8Clˉ＋2H2O。
（4）该温度下硫酸铜的溶解度小于氯化铜的溶解度,故加人稀硫酸可析出硫酸铜晶体。
（5）A项’该反应中氧元素化合价从0价降为-2价,铜元素化合价从＋2价降为0价’
被还原的元素有氧和铜’故A项错误;
B项’二氧化硫是有毒气体’直接排放到大气中会污染环境’故B项正确;
C项, FeCuS2中的硫元素化合价为-2价’转化为SO2中的硫’化合价升高’被氧化’
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038｜
小猿热搜.工业流程典型颗｜00
SO2是氧化产物’ O2中的氧元素化合价为0价’转化为SO2中的氧化合价降低,被
还原’ SO2是还原产物,故SO2既是氧化产物又是还原产物’故（〕项正确;
D项’此反应中,化合价升高的元素是铁和硫:硫元素化合价由ˉ2价升为＋4价’升
高了6价有l6个硫原子参与反应’转移了96个电子’ 4个铁原子从＋2价升为＋3
价’转移了4个电子,即反应中转移100个电子’有8mol铜生成时’有l00mol电子
发生转移,故D项正确°
综上所述』本题正确答案为BCD。
（6）@SO2具有还原性’可将Fe3＋还原为Fe2＋
’ SO2被氧化为SOiˉ ’由元素守恒知,
有H2O参与反应、有H＋生成’配平离子方程式为SO2＋2Fe3＋＋2H2O—SO1ˉ＋
◎
＋
＂
△
‖
＋
＋
’
＝
巳
『
’
＝
@配平题中所给方程式为Cr2（）;ˉ＋6Fe2＋＋14H＋＝≡＝2（〕r3＋＋6Fe3＋＋7H2O’则有关系
式Cr2（）;—～6Fe2＋～3SO2’消耗0.02000mol／L的K2Cr2O725.00mL’则〃（Cr2O;—）＝
0.020＂mol／L×25.00×10ˉ3L’则SO2的物质的量为n（SO2）＝3 ×0.02000mol／L×
25.00×10ˉ3L’ SO2的体积分数为3×0.02000mol／L×25.00×l0ˉ3L×22.4L／mol
280×10—3L
×
l00％＝12.00％。
46.
［答案］
（每空2分）
（l）@使NaClO3充分反应或提高NaClO3的利用率
@Na2SO4、H2SO4、Na（】l
@NaOH
@2NaClO2＋Cl2-2ClO2＋2NaCl
Cl2＋SO2＋2H2O-H2SO4＋2HCl
（2）ACD
［解析］
（l）@工业生产中,往往略增大价格便宜的原料Na（〕l的投料量以增加其他
原料NaClO3的转化率。
@废液中包括过量的反应原料和副产物。
@循环◎中是生产漂白液的过程’其循环利用的物质是NaOH。
（2）阳极反应式: ClO5ˉeˉ-ClO2↑
’
阴极反应式葛2H2O＋2e＿-H2↑＋2OHˉ
’
总反应式: 2ClO页＋2H2O塑2ClO2↑＋H2↑＋2OHˉ。
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答案与解析｜‖03a
A项’电解时电子流向为电源负极→导线→阴极’阳极→导线—→电源正极’故A项
正确;
B项,阳离子交换膜只允许阳离子通过’钠离子会向阴极移动’故B项错误;
C项’在电解过程中阳极Cl（）j失电子生成ClO2,周围的pH基本不变,故C项正确;
D项,阴、阳极反应方程式相加即可得到总方程式: 2ClOi＋2H2O皇壁2Cl（）2↑＋
H2↑＋2OHˉ ,故D项正确°
综上所述’本题正确选项为ACD°
~
47.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）3MnO2＋KClO3＋6KOH幽K2MnO4＋KCl＋3H列O
（2）3MnO品—＋4CH3COOH-2Mn（）J＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COOˉ
（3）蒸发浓缩（或加热浓缩）（l分）
冷却结晶（或降温结晶）（1分）
过滤（l分）
（4）MnO2
（5）KCl（1分）
CH3COOK（1分）
反应生成K2SO4’而K2S（）4在常温下的溶解度也较
小,析出后从而导致产品的纯度降低（或硫酸酸性太强’导致MnO叮将Cl—氧化’产生
有毒的（〕l2’KMnO4损失且纯度降低）（3分）
［解析］
（1）软锰矿中的二氧化锰和加人的KClO3、KOH在熔融条件下发生氧化还原
反应生成K2MnO4、KCl和H2O,化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH堕壁3K2MnO4＋
KCl＋3H2O°
（2）K2MnO4与冰醋酸反应生成KMnO4＼CH3COOK和MnO2’离子方程式为3MnO〗ˉ＋
4CH3COOH-2MnO叮＋MnO2↓＋2H2O＋4CH3COO—。
（3）操作2是从溶液中得到溶质固体’结合KMnO4的溶解度随温度降低而减小’则操
作2应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
（4）在上述反应过程中’MnO2先参与反应后又生成,可以循环利用。
（5）KMnO4粗晶体中主要含有的杂质为KCl
＼CH3COOK’若用硫酸代替图中的冰醋
酸’生成的K2SO4在常温下溶解度也较小,析出后从而导致产品纯度降低°
同时,硫
酸酸性太强’导致MnOJ将Clˉ氧化产生有毒的（〕l2’ KMnO4损失且纯度降低°
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Q4Q｜｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
［答案］
（每空2分）
（l）除去溶液中的Sn2＋’并防止Fe2＋被氧化除去溶液中的Sn2＋’并防止Fe2＋生成
沉淀
48
（2）过滤、洗涤、干燥
（3）降低洗涤过程中FeSO4 .7H2O的损耗
（4）@酸式滴定管@97.5％
［解析］
（l）操作Ⅱ中通人H2S至饱和’—方面增大c（S2—）,使Sn2＋完全沉淀,另
＿方面H2S是还原剂’可以防止Fe2＋被氧化;在H2S饱和溶液中’ SnS沉淀完全时溶
液的pH＝l.6’ FeS开始沉淀时溶液的pH＝3.0’操作Ⅱ加人稀硫酸调节溶液pH＝2是
为了除去杂质离子Sn2＋’同时也可防止Fe2＋生成沉淀°
（2）操作Ⅳ的目的是从滤液中析出绿矾晶体。
获得绿矾晶体’应选用结晶的方法’先
蒸发浓缩’再冷却结晶’最后过滤、洗涤、干燥。
（3）冰水洗涤的目的是@除去晶体表面附着的硫酸等杂质;@降低洗涤过程中FeSO4
.
7H2O的损耗°
（4）@不能使用碱式滴定管,因为溶液中有KMnO4’具有强氧化性’会腐蚀碱式滴定管
下端的乳胶管,所以用酸式滴定管盛装KMnO4溶液;
@利用KMnO4与FeSO4反应的系数比可得关系式5Fe2＋～MnOJ,则产品中m（FeSO4
.
7‖20）二5 ×α0l000mo｜／L×20×10ˉ』L×278:／Ⅷo｜×2黑片L＝278:′其质量分
×100％≈975％°
49.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）500。C（l分）
60min（1分）
1. 1（l分）
（2）@B
@4.7
@35×l0ˉ6
（3）碳酸钠溶液中的c（OHˉ）较大’会产生Mn（OH）2沉淀
（4）92.00％（有效数字错误的扣1分）
偏低（1分）
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答案与解析｜
04｜
｜
［解析】
菱锰矿的主要成分是MnC（）3 ’还含少量Fe＼Al、Ca、Mg等元素,与氯化按
混合研磨后焙烧的固体中含有氯化锰、四氧化三铁、氧化铝、氧化钙和氧化镁’加人盐
酸’浸出液中主要含有Al3＋、
Fe3＋、Fe2＋＼Mn2＋、Mg2＋’经过净化后,在净化液中
加人碳酸氢按,使锰离子沉淀’生成MnCO3 ’最后得到高纯度MnCO3。
（1）根据图1在500°C时锰的浸出率较高,根据图2焙烧时间60min时锰的浸出率较
高根瞩圈3当＂＂鉴默｝）-u时锰的浸出…,因此最佳的焙烧瞩度焙烧蹦
间溉黔｝｝）分别为5＂.q60…」.
（2）@根据几种氧化剂氧化能力的强弱顺序（NH4）2S2O8＞H2O2＞Cl2＞MnO2＞Fe3＋
’
为了将Fe2＋氧化为Fe3＋’且不引人新的杂质,氧化剂X宜选择MnO2’故选B项°
综上所述,本题正确答案为B。
@根据氢氧化物沉淀的条件:
Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH分别为4.7、3.2’Mn2＋、
Mg2＋开始沉淀的pH分别为8. 1、9. 1 ’调节pH,主要是为了沉淀Al3＋、Fe3＋’不能沉
淀Mn2＋’故pH的最低值为4.7。
圆根搬＾,（c戳「』）翻瓜,（…呵知′（F—）ˉ√等瞬）≡州川!
Ksp（MgF2）＝c（Mg2＋）×c2（Fˉ）,则c（Mg2＋）＝Ksp（MgF2）
7.0×l0ˉ1l
＝二
c2（Fˉ）
2.0×l0ˉl0
mol／L’
mol／L＝
1.0×10ˉ5
3.5
×1（）ˉ6mol／L。
（3）碳酸钠溶液的碱性较强’ c（OH＿）较大’会产生Mn（OH）2沉淀,因此“沉锰”过
程中’不能用碳酸钠溶液替代NH4HCO3溶液。
（4）根据［Mn（pO4）2］3ˉ＋Fe2＋—Mn2＋＋Fe3＋＋2PO』ˉ可知’
［Mn（PO4）2］3—的
物质的量与硫酸亚铁按的物质的量相等’则［Mn（PO4）2］3ˉ的物质的量为O2000mol
.Lˉl ×0.02L＝0.0040mol,根据锰元素守恒’ 0.5000g碳酸锰粗产品中碳酸锰的物
质的量为0.0040mol,则碳酸锰粗产品的纯度为0.0040mol ×115g .molˉl
×l00％
0。5000g
＝92.00％°
若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,导致标准溶液的体积偏小,
则［Mn（PO4）2］3ˉ的物质的量偏小’测得的碳酸锰粗产品的纯度偏低。
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｜042｜｜小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
50.
［答案］
（l）酸性（1分）
H
~
~
（2）H:
N
;H（2分）
△
（3）Ca（OH）2＋2NH4Cl—2NH3↑＋CaCl2＋2H2O（2分）
（4）MgO（l分）
（5）AC（2分）
（6）Mg2＋＋2NH3＋2H2O—Mg（OH）2 ↓＋2NH旷
［或Mg2＋＋2NH3 .H2O-
Mg（OH）2↓＋2NH旷］（2分）
（7）沿玻璃棒向过滤器中滴加蒸馏水到浸没沉淀’待水自然流下’重复此操作2～3次
（2分）
向最后＿次洗涤液中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液’若无白色沉淀生成,证明
沉淀已经洗涤干净（2分）
［解析］
（1）MgCl2 .6H2O溶于水,在溶液中Mg2＋发生水解:Mg2＋＋2H2O＝＝
Mg（OH）2＋2H＋,溶液呈酸性。
Ⅱ
（2）氨分子的电子式为H:
N
:H。
（3）石灰乳的主要成分是Ca（OH）2, Ca（OH）2与NH4Cl加热是实验室制氨气常用方
△
法’生成氨气、氯化钙和水’反应的化学方程式为Ca（OH）2＋2NH4Cl—2NH3↑＋
CaCl2＋2H2O。
（4）过滤洗涤得到Mg（OH）2固体,Mg（OH）2轻烧发生反应:Mg（OH）2＝兰MgO＋H2O。
（5）除去MgCl2溶液中的Fe3＋’可调节溶液的pH,使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀, A
项MgO和C项Mg（OH）2可调节溶液pH使Fe3＋沉淀,故A、C项正确; B项NaOH和
D项KSCN会引人杂质离子,故B、D项错误。
综上所述’本题正确答案为AC。
（6）溶氨后形成氨水’与MgCl2溶液发生反应生成Mg（OH）2沉淀’离子方程式为
Mg2＋＋2NH3 .H2O—Mg（OH）2↓＋2NH旷。
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答案与解析｜「6J9
（7）洗涤沉淀的正确操作为沿玻璃棒向过滤器中滴加蒸馏水到浸没沉淀’待水自然流
下’重复此操作2～3次;过滤后’溶液中的氯离子会附着在沉淀表面,可通过检验洗
涤液中是否存在氯离子来检验沉淀是否洗涤干净’正确的操作为向最后—次洗涤液中
滴加硝酸酸化的AgN（）3溶液若无白色沉淀生成’证明沉淀已经洗涤干净。
51.
［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（l）ac
（2）@3 ×10ˉ4mol .Lˉl
△
@促进Mg2＋水解生成Mg（OH）2
SiO;ˉ＋2H2O＝＝H2SiO3↓＋2OHˉ（或SjO;ˉ＋
△
3H2O—H4SiO4↓＋2OHˉ）
（3）水浴加热（l分）
（4）9（l分）
使两份溶液总体积相等’便于比较
（5）2NH4VO3＋4H2C2O4-（NH4）2 ［（VO）2（C2O4）3
］＋2CO2↑＋4H2O
［解析】
（l）a项’根据气体在水中溶解度的影响因素可知’升温可以减小气体的溶
解度正确; b项,加压会增大气体的溶解度’错误; c项’ NH3在水中形成氨水能电
离出OHˉ ’根据平衡移动原理’增大OHˉ浓度可以减小NH3的溶解度正确°
综上所述’本题正确答案为ac°
（2）@已知Ksp（MgSlO3）＝c（Mg2＋）
. c（SiO;＿）＝24× l0ˉ5 ’结合c（SlO;＿）
＝
α0sm。｜L—｜,则瞳（Mg2＋）二240删二旦m颐｜L—｜＝3×l0＿缴｜＂＂｜Lˉ｜;
@根据影响盐类水解的因素可知’升高温度水解程度增大’升温促进Mg2＋水解生成
Mg（OH）2,除磷率下降;升高温度SiO;ˉ水解程度增大’生成沉淀,反应的离子方程
△
△
式为SiO;ˉ＋2H2O-H2SiO3↓＋2OH—（或SiO;—＋3H2O-H4SiO4↓＋2OHˉ）°
（3）沉钒时’反应温度需控制在50。C’可采用加热温度稳定的水浴加热。
（4）探究NH4Cl的浓度对沉钒率的影响’为满足控制变量的条件’除浓度不同外’其他因
素均需相同°所以要向A中加人9mL蒸馏水’使两份溶液总体积相等’便于比较。
（5）偏钒酸按与草酸反应生成（NH4）2 ［（VO）2（C2O4）3
］’钒元素化合价降低’则碳元
素化合价升高草酸中C元素化合价由＋3价转化为＋4价’则化学方程式为2NH4VO3
＋4H2C2O4—（NH4）2 ［（VO）2（C2O4）3
］＋2CO2↑＋4H2O。
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囤｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
52.
［答案］
（1）蒸发Ⅲ、玻璃棒＼酒精灯（2分）（漏写得l分,错写不得分）
70。C
（2）加快浸取时的反应速率（l分）
9MnO2＋2FeS＋l0H2SO4-9MnSO4＋Fe2（SO4）3＋
l0H2O（2分）
（3）HgS（1分）
4.4×l0＿37（2分）
（4）2Fe2＋＋MnO2＋4H＋—2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O（2分）
H: O
: O :H（2分）
（5）3.7≤pH＜8.3（2分）
［解析］
碳包滤渣在浸取时, FeS将其中的二氧化锰还原为可溶性的MnSO4’还可以
将汞离子转化为溶度积更小的HgS过滤后除去°
氧化时’将溶液中的亚铁离子氧化为
Fe3＋。
中和时用碳酸锰调pH为3.7≤pH＜8.3’使Fe3＋水解为Fe（OH）3后过滤除
去’且不会生成Mn（OH）2沉淀’滤液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥后
得到产品硫酸锰晶体。
（l）上述流程中’蒸发实验操作时用到的硅酸盐材质的仪器有蒸发Ⅲ、玻璃棒、酒
精灯。
（2）在加热条件下“浸取” 》可以加快浸取时所发生的化学反应速率;浸取时生成
70。C
MnSO4和Fe2（SO4）3的化学方程式为9MnO2＋2FeS＋10H2SO4＝＝≡9MnSO4
＋
Fe2（SO4）3＋10H2O°
（3）因为HgS溶度积小于FeS’因此滤渣I的成分除MnO2、C外’还有HgS;若浸取反
应在25 。C时进行’ FeS足量’ 则充分浸取后溶液中的旦11l吕兰ˉ1ˉKsp（HgS）
二＝
c（Fe2＋）
Ksp（FeS）
2.2×10—54
5.0×10ˉl8≡4.4×10ˉ37。
（4）
“氧化”时亚铁离子被二氧化锰氧化’离子方程式为2Fe2＋＋MnO2＋4H＋—2Fe3＋＋
Mn2＋＋2H2O;氧化时可用H2（）2代替MnO2’H2O2的电子式为H: O
: O
:H。
（5）由部分金属阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH可知:中和时应该使Fe3＋水解
为Fe（OH）3后过滤除去’且不会生成Mn（OH）2沉淀’所以中和时用碳酸锰调pH为
3。7≤pH＜8。3。
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答案与解祈｜
「O45｜
53.
［答案］
（1）CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O＝＝＝CaO2
. 8H2O↓＋2NH4Cl（3分）
（2）温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率（或防」k过氧化氢的分解）
（2分）
通人过量NH3使溶液呈碱性,抑制CaO2
. 8H2（）的溶解（或使溶液呈碱性’减
少CaO2 .8H2O的溶解’或提高产品的产率,意思相近均给分）（3分）
（3）当滴人最后＿滴KMnO4标准溶液,溶液由无色变为浅红色’且30s不褪色（2分）
（4）5（CaO2 .8H2O）～5H2O2～2KMnO4（l分）
＂（C霞O2删』O）二:＂（KM＂O煞）＝;×00200皿｜Lˉ｜×2凯03mL×l0ˉ』L
mLˉl（1分）＝l. 15l5×10ˉ3mol（l分）
l. l515×l0ˉ3mol ×216吕·molˉ］
CaO2 .8H2O的质量分数为
×100％≈82.91％（1分）
0。3＂0g
［解析］
（1）题中所给工业流程中’利用氯化钙溶液＼过氧化氢和氨气反应制CaO2
.
8H2O’化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3＋8H2O-CaO2
. 8H2O↓＋2NH4Cl°
（2）过氧化氢不稳定’温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率（或防止
过氧化氢的分解）;通人过量NH3使溶液呈碱性,从化学平衡角度’抑制CaO2 .8H2O
的溶解（或使溶液呈碱性’减少CaO2
. 8H2O的溶解’或提高产品的产率）。
（3）滴定终点观察到的现象为当滴人最后＿滴KMnO4标准溶液’溶液由无色变为浅红
色’且30s不褪色。
（4）由表中数据可求得消耗KMnO4标准溶液的平均体积为23.03mL’由2MnO叮＋5H2O2
＋6H＋＝＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O得关系式5（CaO2
. 8H2O）～5H2O2～2KMnO4,则
″（Ca0才SⅡ2O）＝:″（KMn0铡）＝;×队0200Ⅷ°｜Lˉ』×23仍mL×l0—』LmLˉ!
l. l515×l0ˉ3mol ×216吕.mol—l
＝1l515×l0ˉ3mol,
（〕aO2
. 8H2O的质量分数为
×
0.3＂0g
1＂％≈82.91％·
54.
［答案］
（每空2分）
（l）Mg2＋［O:
］2＿
（2）Fe（OH）3、Al（OH）3
Al（OH）3＋OHˉ＝＝AlO5＋2H2O
（3）Mg2＋＋2OHˉ＝＝Mg（OH）2↓
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…｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（4）2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋2H2O
（5）毁
［解析］
向硼泥中加人工业硫酸加热溶解后’滤渣l是不溶于硫酸的SiO2’滤液1中
含有Al3＋、Fe3＋＼Fe2＋＼Mg2＋;向滤液1中加人H2O2,将Fe2＋氧化为Fe3＋,之后加
人NaOH溶液调节pH＝6.0,得到的滤渣2为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀’滤液2中含
有Mg2＋,继续加人NaOH溶液调节pH＝l2.0’得到的滤渣3为Mg（OH）2,之后洗
涤、烘干’得到产品·
（l）MgO为离子化合物’其电子式为Mg2＋
［
:
（）
:
］2—°
（2）滤渣2的主要成分是Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀’ Al（OH）3是两性氢氧化物’会与
NaOH溶液继续反应,离子方程式为Al（（）H）3＋OH—-AlOI＋2H2O。
（3）加人NaOH溶液调节pH＝l2.0时’溶液中只有镁离子与氢氧根发生反应生成沉
淀’离子方程式为Mg2＋＋2OHˉ-Mg（OH）2↓。
（4）Mg（OH）2与SO2反应后生成MgSO4』反应中应该还存在氧化剂将＋4价的硫氧化
为＋6价,因此该反应中还有氧气参与’反应的化学方程式为2Mg（OH）2＋2S（）2＋O2
-2MgSO4＋2H2O·
（5）假设生产过程中镁元素无损失’Mg（（）H）2和MgO的相对分子质量之比为58 :40’
则由b吨M:（OH）2产品可知硼泥中MgO的质量为爵b吨因此硼泥巾MgO的质量分
数为盐200~
α
29α°
55.
［答案］
（每空2分）
（1）提高焙烧时高价铁的还原率并提高焙烧反应速率将Fe2O3、Fe3O4还原为FeO
并将FeS2转化为FeO
（2）部分FeO与SiO2形成硅酸盐难以浸出
（3）
I
（NH4）2SO4
（4）NH4Fe3（SO4）2（OH）6
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答案与解析｜函
［解析］
（1）焙烧前进行“粉磨” ,可以增大硫酸烧渣与空气的接触面积,提高焙烧
时高价铁的还原率并提高焙烧反应速率;硫酸烧渣加褐煤高温焙烧,可以将烧渣中的
Fe2O3、Fe3O4还原为FeO’并将FeS2转化为FeO°
（2）根据题图中“焙烧”的温度与“浸取”时浸出率的关系可知,超过800°C时’浸出
率开始降低’可能是部分FeO与SiO2形成硅酸盐难以浸出°
（3）由题图2可知’步骤@中Fe2＋的氧化率的大小顺序为I
＞Ⅱ＞Ⅲ＞Ⅳ’则适宜的
条件为I ,此时Fe2＋几乎全部被氧化,制得按黄铁矾’滤液中的主要成分为
（NH4）2SO4°
（4）步骤1 :称取l9.2g按黄铁矾’加足量的稀盐酸溶解,将所得溶液分为A、B两
等份;
步骤2:向A中加人足量的NaOH溶液并加热,共收集到0.448LNH3（标准状况下）
’
则NH』的物质的量为2尝楞。｜二α02m＂｜,即含有002｜n.｜N邱,对应＂质量为
0.36g;过滤后将所得滤渣洗涤、干燥并灼烧至质量不再变化’可得4.8g固体残渣’
可知残臆为F翰0』,则F翱0』物质的量为谎器∏-M…l｀即含有M6m∩｜F障副.
』
对应的质量为3.36g;
步骤3:向B中加人足量的BaCl2溶液,过滤洗涤、干燥’可得9.32g固体残渣’可
知该残膳为＂aso剿Ⅱ则＂aSo割物质的量为孟瓷∏-队04皿山′ 日‖含有M…!
SOiˉ ,对应的质量为3.84g;
根据上述分析,每份按黄铁矾中含有的OHˉ的质量为些筐ˉ（〕36g—336gˉ384g
～
二204‘』侧‖0＂ˉ的物质的二为｜;撕］-u｜2皿』,则镶黄铁矾中″（N＂剪）
′l（Fe3＋）
: ′!（SO;—）
: ′l（OH
）＝0.02mol :0.06mol :0.04mol
: 0. 12mol＝l
: 3
2 :6’则按黄铁矾的化学式为NH4Fe3（SO4）2（OH）6°
56.
［答案】
（1）使反应物充分接触（2分）
若选择生石灰或石灰乳调节pH会改变
′!（Ca）／″（P）（2分）
山
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048」｜小猿热搜.工业流程典型题｛00
（2）7.2（2分）
CaCO3（2分）
（3）酸性条件下’容易造成钙的流失［或“酸性条件下’容易造成钙、磷流失”或“酸
性条件下’难溶产物易溶解转化为易溶物质造成钙、磷流失”或“酸性条件下’
Ca5（PO4）3OH、Ca3（PO4）2和CaHPO4等易转化为可溶的Ca（H2PO4）2,造成钙、磷流
失”
］（2分）
（4）2CaHPO4＋CaCO3直垦Ca3（PO4）2＋H2O＋CO2↑［或Ca5（PO4）3OH＋CaHPO4
直垦2Ca3（PO4）2＋H2O］（2分）
（5）0.056mmol／（L.min）（2分）
［解析］
（l）控制滴加速度是为了使反应物充分接触°
由表格中数据可以看出’ pH
过大会改变n（Ca）／＂（P）’氨水的pH相对较小’生石灰或石灰乳的碱性很强’ pH
较大。
（2）Ca3（PO4）2中Ca原子和P原子的个数比为1.5
: l’则为使其产量最大,应该让
″（Ca）／n（P）＝l.5,对应的pH为72。
因为最开始的混合溶液中有碳酸氢按’所以滤
饼中应该还有碳酸钙。
（3）酸性条件下’有可溶性的物质生成’钙和磷都可以以离子形式存在于水溶液中’造
成钙、磷的流失。
（4）高温缎烧滤饼’是各个杂质的分解反应’可以是2CaHPO4＋CaCO3互旦Ca3（PO4）2＋
H2O＋CO2↑或Ca5（PO4）3OH＋CaHPO4堕2Ca3（PO4）2＋H2O。
（5）pH＝l0是中间那条曲线’前10分钟的转化率是80％。
则沉淀速率为
0.7mmol／L×80％＝0.056mmol／（L.min）。
l0min
57.
［答案］
（l）加人适量稀硫酸充分搅拌（2分）
（2）酒精灯（1分）
温度计（1分）
（3）1
: l（2分）
B（2分）
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答案与解析函
（4）（6分）
序号
实验方案
实验现象和结论
步骤1
露置于空气中＿段时间（1分）
步骤2
加人1～2滴KSCN溶液（2分）
溶液变成Ⅲ红色（2分）
步骤3
＞（l分）
［解析］
（l）铁锈的主要成分是氧化铁’可用稀硫酸除去’因此步骤I除锈的操作过
程是将废铁屑放人烧杯中’加人适量稀硫酸’充分搅拌’过滤,洗涤°
（2）水浴加热需要的仪器是铁架台、石棉网＼大烧杯、酒精灯、温度计。
（3）由制备原理方程式（NH4）2SO4＋FeSO4＋6H2O-（NH4）2SO4 .FeSO4 .6H2O可
知: n［（NH4）2SO4］
:〃（FeSO4）
＝l
: l。
A项,称量废铁屑的质量’不能计算出FeSO4的物质的量’所以不能推算所需
（NH4）2SO4的质量’故A项错误;
B项’称量无锈铁屑和反应剩余的铁屑的质量’可以计算出与稀硫酸反应时消耗的铁单
质的质量’从∏计算出FeSO4的物质的量’推算所需（NH4）2SO4的质量’故B项正确;
C项’测定FeSO4溶液的浓度和体积’
可以求出FeSO4的量’从而推算所需
（NH4）2SO4的质量’但是需要进行滴定实验,方法不简便,故C项错误°
综上所述’本题正确答案为B。
（4）由题干“若含有FeSO4 .7H2O’则露置于空气中易氧化变质”可知’样品中若含有
FeSO4 .7H2O,则露置于空气中—段时间后会生成Fe3十’则溶解后滴加KSCN溶液会变
Ⅲ红色;由题干“若含有（NH4）2SO4’则二价铁含量偏低”可知,若含有（NH4）2SO4,则
加人1～2滴KSCN溶液（2分）
001＞002°
58.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）用冰水冷却有利于析出更多的晶体,黑暗可以防止晶体分解
（2）过滤、洗涤（l分）
（3）2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4-2MnSO4＋10CO2↑＋8H2（）＋K2SO4
MnOJ＋
5Fe2＋＋8H＋-Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
（4）l00mL容量瓶、酸式滴定管
（紫）红（1分）
（5）3
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050｜
小猿热搜~工业流程典型题｜00
［解析］
（l）K卿Fe（C2O4）′
. 3H2O是光敏材料,用冰水冷却有利于析出更多的晶
体’黑暗可以防止晶体分解°
（2）冷却结晶后需要过滤、洗涤’故操作I的名称是过滤＼洗涤。
（3）H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的化学方程式是2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2S（）4-
2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O＋K2SO4; Fe2＋与KMnO4反应的离子方程式是MnO叮＋
5Fe2＋＋8H＋＝＝＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O°
（4）需要用l00mL容量瓶配制100mL0. l000mol .LˉlKMnO4溶液; KMnO4溶液需
要用酸式滴定管盛装;滴定终点时,KMnO4没有被消耗,所以溶液颜色为紫红色°
（5）由MnOJ＋5Fe2＋＋8H＋-Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可知′!（Fe2＋）＝5 ×4.00×
l0—3
×0. l000mol＝（）.0020mol’即n（Fe3＋）＝0.0020mol,由2KMnO4＋5H2C2（）4＋
3H2SO4-≡2MnSO4
＋
l0CO2
↑
＋8H2O
＋K2SO4可知＂
（C2Oi—
）
＝
5 ×24.00×l0—3 ×0. l000mol＝0.0060mol’ ″（Fe3＋）
: 厕（C2Oiˉ）＝l
: 3,所以
2
γ＝3’根据化合物中元素的正＼负化合价代数和为0,可得卯＝3°
59.
［答案］
（每空3分）
（1）2Fe2＋＋ClO—＋2H＋-2Fe3＋＋Clˉ＋H2（）
（2）Fe（OH）3
（3）取少量最后—次洗涤液于试管中,加人AgNO3溶液,若无白色沉淀生成’说明沉
淀已洗干净
（4）抑制Cu2＋水解’防止晶体中结晶水失去（答出一点即可）
（5）＿次性加人过量的CuO将导致Fe3＋和Cu2＋同时生成沉淀
［解析］
（l）加人NaClO后,
Fe2＋被氧化为Fe3＋’离子方程式为2Fe2＋＋ClO—＋
2H＋ˉFe3＋＋Clˉ＋H2O°
（2）Fe（OH）3完全沉淀所需pH较小,故沉淀C是Fe（OH）3·
（3）可用最后＿次洗涤液进行检验’具体步骤为取少量最后＿次洗涤液于试管中’加人
AgNO3溶液’若无白色沉淀生成,说明沉淀已洗干净。
（4）低温蒸发可以抑制Cu2＋水解’防止晶体失去结晶水°
（5）＿次性加人过量的CuO将使溶液的pH大于6.4’导致Fe3＋和Cu2＋同时生成沉淀。
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答案与解析｜
｜05｜
H
60.
［答案］
（l）［H: N:H］＋［F
:
］ˉ（l分）
H
（2）提高镍的浸出率（1分）
（3）5.0≤pH＜6.7（2分）
（4）SiO2、CaSO4（2分）
CaF2（1分）
（5）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O（2分）
（6）NiS＋H2SO4＋2HNO3＝≡NiSO4＋SO2↑＋2NO↑＋2H2O（2分）
（7）70（l分）
l20（1分）
（8）318（2分）
H
［解析］
（1）NH4F的电子式为［H: N:H］
十
［
: F
:
］
ˉ。
H
（2）将含镍废料粉碎可以增大反应物接触面积’有效提高镍的浸出率°
（3）在调节pH步骤中’此时溶液中的金属离子有Ni2＋＼Al3＋
、Fe3＋（Fe2＋已全部被氧
化’大部分Ca2＋在酸浸时已被除去）,根据题中的表格,要除去杂质Fe3＋、Al3＋,并
保留Ni2＋’则应调节pH至使Fe3＋、Al3＋完全沉淀且Ni2＋不开始沉淀的范围’即5.0
≤pH＜6.7°
（4）SiO2不溶于酸性溶液’ Ca2＋与S（）i＿反应生成微溶物CaSO4;根据表格’加人Fˉ
可生成难溶物CaF2从而除去溶液中残余的微量Ca2＋°
（5）氧化步骤利用双氧水将Fe2＋氧化为Fe3＋使其更方便除去’离子方程式为2Fe2＋＋
H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O。
（6）酸浸过程中有硫酸和稀硝酸参与, 1molNlS失去6mol电子’说明S元素化合价从
ˉ2价被氧化到了＋4价’可推出＿种无色有毒气体为SO2’另＿种应为稀硝酸的还原
产物NO。
配平化学反应方程式为NiS＋H2SO4＋2HNO3-NiSO4＋SO2↑＋2NO↑
＋2H2O°
（7）结合考虑工业实际应尽量使浸出率高同时要兼顾能耗’
由镍浸出率图像可知’选择
70。C、120min作为最优条件°
Ksp
l.0×10—5
（8）使Ni2＋沉淀完全』要使溶液中（］O;ˉ浓度为c（（〕O;—）＝
＝
＝l.0mol .Lˉl
, 由反应离子方程式: Ni2＋＋CO;ˉ＝＝≡NiCO3↓’可知反应消耗CO;ˉ
h
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醒｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
的物质的量是″（CO;ˉ）＝＂（Ni2＋）＝c（Ni2＋）×V＝2.0mol .L—l
×0. 1L＝0.2mol,
所以反应共需要: m（Na2CO3）＝（0.2mol＋l.0mol .L—l
×0. 1L）×106g .molˉl＝
3l.8g°
61.
［答案］
（每空2分）
（1）Ni＋4HNO3（浓）＝兰Ni（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
（2）@pH＝6时’ Fe3＋、Cr3＋完全沉淀’而Ni2＋未开始沉淀
@C
］
β
］
×
）
］
「
叭
～
（
日
●
日
◎
）
］
（
×l00％
′∏
@AD
（4）加人稀硝酸至溶液呈弱酸性
［解析］
（1）步骤（a）在粗镍中加人浓硝酸’
由于浓硝酸具有强氧化性’将Ni 、Fe、
Cr氧化成Ni（NO3）2、Fe（NO3）3、Cr（NO3）3’
自身被还原成NO2, Ni与浓硝酸反应的
化学方程式为Ni＋4HNO3（浓）＝兰Ni（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O。
（2）@根据表中提供的各离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知,首先加人X试剂调节溶
液的pH约为6,可使Fe3＋、Cr3＋完全转化为沉淀’ Ni2＋不形成沉淀’从而将溶液中的
Fe3＋、Cr3＋除去。
@试剂X—方面调节溶液的pH使Fe3＋、Cr3＋转化为沉淀而除去,另—方面可与
Ni（NO3）2反应生成绿色Ni（OH）2沉淀’试剂X可以为NaOH;虽然Ni（OH）2、NiO也
可调节溶液pH,但不能与Ni（NO3）2反应生成Ni（OH）2沉淀,故选C项°
综上所述’本题正确答案为C°
（3）@步骤i中’产品中NH3先与HCl反应生成NH4Cl’用NaOH溶液滴定剩余的HCl;
步骤Ⅱ中没有加产品’ NaOH滴定HCl;则实验中与产品反应的HCl的物质的量为
0.5000（V2ˉVl）mol, ′』（NH3）＝n（HCl）’m（NH3）＝0.5000（V2ˉVl）mo］
＂（HCl）＝
l000
1000
8.5（V2ˉVl）
×l0—3
×l7g／mol＝8. 5（‖／iˉVl
）
×
l0ˉ3
g’
NH3的质量分数为
m
×l00％
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答案与解析｜｜0里
@A项’适当提高称量产品的质量,数据较大’可减小实验误差’提高测定的准确度,
正确;
B项’ H2SO4溶液和盐酸都属于强酸’用硫酸溶液替代盐酸不能提高测定的准确度
错误;
C项’若用酚酞代替甲基橙’
由于酚酞的变色范围为8.2～10’使步骤i中消耗的
NaOH偏多’使测得的NH3的质量分数偏低’导致误差大’错误;
D项’进行平行实验’减少偶然误差’能提高测定的准确度’正确。
综上所述,本题正确答案为AD°
（4）根据实验目的和实验内容,测定Cl的含量采用的是沉淀滴定法。
由于
Ni（NH3）6Cl2为可溶于水的蓝紫色晶体’水溶液显碱性’ OHˉ会消耗AgNO3 ’所以在
滴定之前要向样品溶液中加人稀硝酸至溶液呈弱酸性°
62.
［答案］
（除特殊标注外’每空1分）
（l）过滤
（2）AgCl＋2NH3 .H2O-［Ag（NH3）2］＋＋Cl—＋2H2O（2分）
（3）l6（2分）
（4）＋3价
（5）@C将Fe2＋氧化为Fe3＋
@l.0×10ˉ20（2分）
［解析］
（1）各步生产流程中都是固体和溶液的分离’该方法应为过滤。
（2）AgCl溶于浓氨水生成银氨络合物’离子方程式为AgCl＋2NH3
. H2O-
［Ag（NH3）2］＋＋Cl—＋2H2O·
（3）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气,根据关系式:
N2H4～N2～4eˉ
,
［Ag（NH3）2］＋～Ag～eˉ ’N2H4～4Ag～4e— 》每消耗1molN2H4生成4molAg,则
消耗l28gN2H4（即4mol）生成16molAg。
（4）NaAuCl4中Na的化合价为＋1价, Cl的化合价为—1价’化合物中各元素化合价代
数利为0’计算可得Au的化合价为＋3价。
（5）@要从浸出液中提纯铜’需要先将Fe2＋氧化为Fe3＋且不引人新的阳离子。
▲
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054｜
小猿热搜.工业流程典型题｜00
A项’氧化铁不能将亚铁离子氧化,故不选A项;
B项’酸性高锰酸钾氧化亚铁离子时会生成二价锰离子引人杂质’故不选B项;
C项’酸化的双氧水能将亚铁离子氧化’且还原产物为水’不引人新杂质’过量的双氧
水可通过加热分解除去’故选C项。
综上所述’本题正确答案为C。
@Ksp ［Cu（OH）2］＝c（Cu2＋）
×c2（OH—）
’
由题图可知’ pH＝6时’ lgc（Cu2＋）＝
ˉ4.0’ c（Cu2＋）＝l.0×l0ˉ4mol／L, c（OHˉ）＝1.0×10—8mo］／L》Ksp ［Cu（OH）2］
＝
c（Cu2＋）
×c2（OHˉ）＝1.0×10ˉ4 ×（l.0×l0ˉ8）2＝l.0×10—20°
63.
［答案］
（除特殊标注外,每空1分）
（l）SiO2
Al2O3＋6H＋-2A」3＋＋3H2OCo2O3＋4H＋＋SO;ˉ-2Co2＋＋2H2O＋SOi—
（2）将Fe2＋氧化成Fe3十以便生成Fe（OH）3沉淀而除去（2分）
CoO可与溶液中的H＋
反应’使c（H＋）减小’ Fe3＋和Al3＋的水解平衡向水解方向移动’从而生成Fe（OH）3
和Al（OH）3沉淀（2分）
5≤pH＜9（2分）
（3）溶解Ni2＋’与水层分离
（4）Co2＋＋2H2O＋C2Oiˉ—CoC2O4 .2H2O↓（2分）
取最后—次洗涤液少许于试
管中’滴人盐酸酸化的BaCl2溶液’若无沉淀生成’则证明晶体洗涤干净（2分）
［解析］
（l）向含钻废料中加人稀硫酸和亚硫酸钠, SiO2不与硫酸和亚硫酸钠反应;
Al2O3和酸反应生成Al3＋和H2O: Al2O3＋6H＋-2Al3十＋3H2O; Co2O3转化为
Co2＋
: Co2O3＋4H＋＋SO;—-2Co2＋＋2H2O＋SOi—。
（2）滤液I中加人H2O2可将Fe2＋氧化成Fe3＋以便生成Fe（OH）3沉淀而除去; CoO可
与溶液中的H＋反应’调节溶液的pH,使c（H＋）减小, Fe3＋和Al3＋的水解平衡向水
解方向移动’从而生成Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀;已知c（Ni2＋）
. c2（OH—）＝1
×
10ˉl5、c（Fe3＋）
. c3（OHˉ）＝l
×10—38、c（Al3＋）
. c3（OHˉ）＝l ×l0ˉ32,由题干信
息可知沉淀时c（Fe3＋）
、c（Al3＋）、c（Ni2＋）≤1 ×10—5mol／L’根据溶度积计算公式可
≥l
×10—5mol／L, pH≥9;
当
知当Ni（OH）2沉淀时’ c（OH＿）
闷腆）』｜.］※Ⅷˉ｛｜…「＂＝』』＃
Fe（OH）3沉淀时’
c（OHˉ）≥
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答案与解析｜
｜055
闷［Al（O∏）5
］≥1
×10ˉ9mol／L’ pH≥5。
所以只有
Al（OH）｀沉淀时’
c（（）Hˉ）≥／
γ
c（Al3＋）
当5≤pH＜9’ Fe3＋和Al3＋全部沉淀,而Ni2十不沉淀°
（3）溶解Ni2＋』与水层分离以便除去杂质°
（4）Co2＋和C2Oiˉ以及H2（）反应生成草酸钻晶体’离子方程式为Co2＋＋2H2O＋
C2Oiˉ-CoC2O4 .2H2O↓;检验晶体是否洗涤干净的方法是取最后＿次洗涤液少许
于试管中’滴人盐酸酸化的BaCl2溶液,若无沉淀生成,则证明晶体洗涤干净。
64.
［答案］
（每空2分）
（1）@Fe3I8＋4K2CO3-Fe3O4＋8KI＋4（〕O2↑
@加热浓缩＼冷却结晶、过滤除去表面可溶性杂质’同时减少KI的溶解损失
（2）@在较高温度下KIO3易分解
@l700
@Iˉ＋3H2O皇垦IO可＋3Ⅱ2↑
不变
［解析】
（1）@若化合物中铁元素与碘元素的质量比为2l
: 127’则化合物的化学式
为Fe3I8,反应Ⅱ的化学方程式为Fe3I8＋4K2CO3-Fe3O4＋8KI＋4CO2↑°
@要从
滤液中得到目标产物需经过:加热浓缩、冷却结晶、过滤＼洗涤’干燥;用冰水洗涤
的目的是除去表面可溶性杂质’同时减少KI的溶解损失。
（2）@在较高温度下KIO3
易分解’因此烹任时’含KI（）3的食盐常在出锅前加人°
@通过H2O2氧化I2先制得
HIO3的化学方程式为I2＋5H2O2—2HIO3＋4H2O’因此制得l284kgKIO3固体’理
0.034kg／mol
×
＝
30％
为0」li滁∏
≤
〗
≡
—
勺
全
×
论上至少需消耗质量分数为30％的H2O2
l700kg。
@电解时阳极电极反应式为Iˉ＋6OHˉ＋6eˉ＝＝＝IO丁＋3H2O,阴极电极反
应式为2H2O＋2e—＿H2↑＋2OHˉ’则总反应的离子方程式为Iˉ＋3H2O皇垦IOj＋
3H2↑;若忽略溶液体积的变化电解过程中没改变氢离子和氢氧根离子的浓度,因
此,则电解结束后阴极区的pH与电解前相比不变°
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蹿小猿热搜.丁｀｜｜′流程典型颗｜00
65.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）CaSO4
（2）2.2×l0ˉ6mol .L—l
否
（3）4Fe2＋＋O2＋10H2O-4Fe（OH）3（胶体）＋8H＋
（4）H＋会抑制H3AsO4的电离’溶液中AsO』—浓度较小’不易与Fe3＋形成沉淀
FeAsO4会转化为Fe（OH）3沉淀’ AsO』ˉ又进人溶液中（答案合理即可）
（5）酸性（1分）
（强）氧化性（l分）
［解析］
离子完全沉淀的标准—般是离子浓度小于等于10×10ˉ5mol .Lˉl ,根据
＝／些’ ［Cu（OH）2］
γ
l.0×10—5
Ksp ［Cu（OH）2］＝2.2×l0ˉ20,可知铜离子完全沉淀时c（OHˉ）
~~
○
】
∩
］
×
勺
≡
勺
▲
／
′
／
mol .Lˉl＝√Z页×10ˉ8mol .L—l
’ pH约为7;根据Ksp ［Fe（（）H）2］
＝
γ］.0×l0ˉ5
＝／丛p ［Fe（OⅡ）2］
γL0×10ˉ5
ˉ／坠6×l0ˉl6
ˉ＼／10×l0ˉ5
8.6×1（）ˉl6,可知亚铁离子完全沉淀时c（OH—）
mol
.L—l＝｀／丽×l0ˉ6mol .L＿l
’ pH约为9°
在废水中加人石灰乳’并调节pH＝3’根
据上述计算,只有硫酸钙可能形成沉淀,加人氢氧化钠调节pH＝7’能够使铜离子沉
淀’通人空气将亚铁离子氧化’生成铁离子’加人氢氧化钠调节pH＝5～7’形成
FeAsO4°
（1）结合上述分析’可知沉淀A的主要成分为硫酸钙’其化学式为CaSO4°
（2）常橱下p＂～7胸溶液中′（cu』.｛≡个‖川Ⅱ）｛｝皿·｜Lˉ!≡22×｜0ˉ＂
（l.0×l0ˉ7）2
m＂皿—｜＿22, 10ˉ.mLˉ｛;此时′（腿』,）-腑:（脚m＂!L—｜～
8.6×10—l6
（L0×l0—7）2mol .L—l＝8.6× l0ˉ2mol
. L—l ’未达到离子完全沉淀的标准’即
Fe2＋未沉淀完全。
（3）Fe2＋氧化过程中可能形成Fe（OH）3胶体’离子方程式为4Fe2＋＋O2＋10H2O-
4Fe（OH）3（胶体）＋8H＋,该反应过程也生成H＋,会导致溶液pH降低°
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答案与解析囤
（4）H3AsO4为弱酸’ pH过低时’ H＋会抑制H3AsO4的电离’溶液中AsO』ˉ浓度较
小’不易与Fe3＋形成沉淀; pH过高时’ FeAsO4会转化为Fe（OH）3沉淀’ AsO1ˉ重新
进人到溶液中。
（5）反应@Na2S＋H2SO4＝≡Na2SO4＋H2S不属于氧化还原反应’该反应体现了硫酸
的酸性;反应@As2S3＋H2SO4（浓）＝＝As2O3＋4S＋H2O中硫酸中的S元素的化合价
降低,发生还原反应,体现了硫酸的（强）氧化性°
66.
［答案］
（每空2分）
（l）控制SO2流速增大Na2CO3溶液的浓度（或适当升温’采用气液逆流法喷淋
法’将Na2CO3溶液雾化等合理即可）
（2）HSOJ＋OHˉ—SO;ˉ＋H2O
（3）@2Na2CO3＋SO2＋H2O-2NaHCO3＋Na2SO3
@阳极电极反应式: 2H2Oˉ4eˉ-4H＋＋O2↑
’ c（H＋）增大’ H＋由a室经阳离子
交换膜进人b室’ H＋与SO;ˉ结合生成HSOj’ Na2SO3转化为NaHSO3;阴极电极反应
式: 2H＋＋2eˉ-H2↑’导致反应HSOJ-＝H＋＋SO;—平衡正向移动’ Na＋经阳离
子交换膜从b室进人c室’ NaHSO3转化为Na2SO3
（4）B
（5）C
［解析］
（］）为了使SO2尽可能吸收完全’可以采用控制SO2流速增大Na2CO3溶
液的浓度等方法°
（2）Na2CO3与SO2反应后的主要产物是NaHSO3 ’所以加人NaOH后OHˉ与HSOJ发
生中和反应,反应的离子方程式是HSO5＋OHˉ—SO;ˉ＋H2O°
（3）@根据题图中的信息得知A点之前反应的产物有NaHCO3和Na2SO3’所以反应的
化学方程式是2Na2CO3＋SO2＋H2O-2NaHCO3＋Na2SO3。
@阳极发生氧化反应: 2H2Oˉ4e＿-4H＋＋O2↑
’ c（H＋）增大’ H＋由a室经阳离
子交换膜进人b室’H＋与SO;ˉ结合生成HSO丁’Na2SO3转化为NaHSO3 ;阴极发生还原
反应: 2H＋＋2eˉ—H2↑
’ H＋被消耗导致反应HSO丁＝＝H＋＋SO;ˉ平衡正向移
动’ Na＋经阳离子交换膜从b室进人c室’ NaHSO3转化为Na2SO3。
~~
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058｜｜小猿热搜.工业流程典型题］00
（4）A项’ α点时溶液中的Na2SO3的质量大于Na2SO3的溶解质量’为过饱和溶液,故A
项错误;
B项,根据题图中的信息可知’当温度小于33 °C时Na2SO3的存在形式是Na2SO3
.
7H2O,当温度大于33。C时Na2SO3的存在形式是无水Na2SO3
’ 33 。C时Na2SO3 .7H2O
并未完全转化为无水Na2SO3 ’所以二者并存’故B项正确;
C项’当温度大于33 °C时Na2SO3的存在形式是无水Na2SO3’所以蒸发后应将其冷却
至33 °C以上结晶,故C项错误°
综上所述,本题正确答案为B°
（5）用下列物质吸收SO2时,假设SO2过量’ SO2与Na2SO3反应的离子方程式是
SO;—＋SO2＋Ⅱ2O-2HSOI ,反应按l
: l进行; SO2与Na2S反应的离子方程式是
5SO2＋2S2—＋2H2O-3S↓＋4HSOJ ’反应按l :2.5进行; SO2与Ba（NO3）2反应
的离子方程式是3SO2＋Ba2＋＋2NOI＋2H2O-BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋＋2SO;ˉ ,反
应按l :3进行;酸性KMnO4与SO2反应的离子方程式是5SO2＋2MnOJ＋2H2O-
5SOi—＋2Mn2＋＋4H＋’反应按l :2.5进行’所以用含等物质的量溶质的各溶液分别
吸收SO2’则理论吸收量最多的是Ba（NO3）2,故选C项。
综上所述’本题正确答案为C°
67.
［答案］
（每空2分）
（l）增大反应物接触面积’提高反应速率
（2）6Ca（OH）2＋6Cl2-5CaCl2＋Ca（ClO3）2＋6H2O
5
:
l
（3）玻璃棒
（4）KClO
Clˉ、ClO丁、ClOˉ
％
○
○
］
×
渺
＿
α
）
日
（
［解析］
（l）CaCO3锻烧前要粉碎的目的是增大反应物接触面积,提高反应速率。
（2）碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳,氧化钙与水反应生成氢氧化钙’因此“氯
化池”中生成Ca（Cl（）3）2的化学方程式为6Ca（OH）2＋6Cl2-5CaCl2＋Ca（ClO3）2＋
6H2O;其中CaCl2是还原产物’ Ca（ClO3）2是氧化产物’所以该反应中氧化剂与还原
剂的物质的量之比为5
:
l。
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答案与解析｜｜059
（3）操作a是过滤’其中所需的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。
（4）低温下氯气和氢氧化钾反应生成氯化钾、次氯酸钾和水’则此时Cl2的氧化产物主
要是KClO;氯气和氢氧化钾反应＿定产生氯化钾’温度大于66°C时生成氯酸钾’所以
根据图像可知甲是氯化钾’乙是氯酸钾’丙是次氯酸钾’即题图中甲、乙、丙依次表示
的离子分别是Clˉ、ClO了、ClOˉ。
（5）根据反应Cr2O;—＋6Fe2＋＋l4H＋—2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O可知剩余亚铁离子的
物质的量为0.200mol .L—l ×0.005L×6＝0.006mol’则与氯酸根反应的亚铁离子的
物质的量为1.00mol .L—l ×0.03L-0.006mol＝0.024mol’ ClO丁可被Fe2＋还原为
0.024mol
Cl— ,根据电子得失守恒可知氯酸根的物质的量是
＝0.004mol’所以样品中
6
M04＂田5×｛（册
ClO可的质量分数为
×l00％＝型4×l00％°
α
α
68.
［答案］
（每空2分）
（1）排尽装置中的氧气’防止在高温下与活性炭和石墨反应（或排出空气’减少C的
损失）
（2）CO
（3）SiCl4＋6NaOH—Na2SiO3＋4NaCl＋3H,O
（4）搅拌、静置、过滤（只填过滤也得分）
Cl—、AlO5、OHˉ（多填写不得分,填＿
个、两个正确得1分）
△
（5）AlOi＋CH3COOCH2CH3＋2H2O—→CH3COO—＋Al（OH）3↓＋CH3CH2OH
7.8
［解析］
（l）因为活性炭、石墨在高温下会与氧气发生反应,因此在通人Cl2前要先
通—段时间N2以排尽装置中的氧气°
（2）因为石墨是过量的,所以高温下生成的碳氧化物主要为CO。
（3）SiCl4的沸点为57.6°C’其余金属氯化物的沸点均高于l50。C’因此气体I在80。C
冷凝后得到气体Ⅱ的主要成分为SiCl4和CO’所以得到水玻璃的化学反应为SiCl4与
NaOH反应生成Na2SiO3、NaCl和H2O’再根据元素守恒即可配平方程式。
（4）固体Ⅲ中的主要成分为AlCl3、FeCl3利MgCl2,加人过量NaOH溶液后’生成
Fe（OH）3、Mg（OH）2、NaAlO2和NaCl,经步骤@得到溶液Ⅳ,可知步骤@使NaOH与
■
△
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硒｜
／」｀猿热搜.丁｀｜｜′流程典型颖｜00
固体Ⅲ充分反应’并除去了Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀’故步骤@为搅拌、静置＼过
滤’主要为过滤;
因为NaOH过量’溶液Ⅳ中阴离子除含有AlOI、
Clˉ外还含
有OHˉ。
（5）在溶液Ⅳ中存在AlOI＋2H2O≡≡Al（OH）3＋OHˉ ’加人乙酸乙醋后,乙酸乙酷在
碱性环境下水解消耗（）H—促使该可逆反应不断向生成Al（OH）3的方向移动’最后得到
Al（OH）3沉淀,故由溶液Ⅳ生成沉淀V的总反应的离子方程式为AlOf＋
△
CH3COOCH2CH3＋2H2O——→CH3COOˉ＋Al（OH）3↓＋CH3CH2OH; l00kg初级石墨
中含有100kg×5. 1％＝51kgAl2O3
’ Al2O3的相对分子质量为l02, Al（OH）3的相对
分子履虽为78’因此最多叮获得Al（0∏）」沉淀的质虽为i带×7:×2＝饥＂k爵.
69.
［答案］
（l）@2Cl2＋2Ca（OH）2＝＝＝CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O（2分）
@BC（2分）
@2.5（2分）
（2）@＋5价（1分）
CaCO3、Ca（OH）2（2分）
@75 °C时,氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙的溶解度都小得多（2分）
（3）ClCH2CH2OH（1分）
（）
／＼
CH2＝CH2＋Cl2＋Ca（OH）2—→H2C＿CH2
＋CaCl2＋H2O（2分）
［解析］
（l）@常温氯化过程中’ Cl2与Ca（OH）2反应的化学方程式为2Cl2＋
2Ca（OH）2—CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O°
@A项’ ClOˉ水解生成易分解的HClO’升高温度,会促进ClOˉ水解和HClO分解,因
此不能通过加热升高温度来提高转化率’故不选A项;
B项,适当减缓通人Cl2的速率’可以使得Cl2与Ca（OH）2充分反应’提高Cl2转化为
Ca（ClO）2的转化率’故选B项;
C项’充分搅拌滤浆可使Cl2与Ca（OH）2充分反应,有利于生成Ca（ClO）2’故选C项;
D项,加水使Ca（OH）2完全溶解, Ca（OH）2浓度降低,不利于Cl2的吸收’故不选
D项°
综上所述’本题正确答案为BC。
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答案与解析
06｜
@转化过程中生成的无害气体为N2和CO2’离子方程式为5ClOˉ＋2CN＿＋2H＋-
2CO2↑＋N2 ↑＋5Clˉ＋H2O’根据离子方程式可知:每转化1molCNˉ ’要消耗
2.5molClOˉ·
（2）@氯酸钙的化学式为Ca（ClO3）2’钙元素化合价为＋2价’氧元素化合价为＿2
价’根据化合物中元素的化合价代数和为0,可得氯元素的化合价为＋5价;
由于
Ca（OH）2的溶解度很小,打浆时Ca（OH）2只是部分溶解（CaCO3几乎不溶解）’氯气
并未完全和Ca（OH）2反应’所以滤渣的主要成分为CaCO3＼Ca（OH）2;
@从溶解度曲线图可以看出, 75 °C时’氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙的
溶解度都小得多’根据溶解平衡》反应可以生成氯酸钾。
（3）氯原子将取代乙醇中甲基上的＿个氢原子,得到氯代乙醇’其结构简式为
O
／＼
ClCH2CH2OH;环氧乙烷的结构简式为H2C—CH2
’根据反应物CH2＝CH2、
Cl2、
Ca（OH）2不难写出总反应的化学方程式为CH2＝CH2＋Cl2＋Ca（OH）2—→
Ⅱ
℃
∑
○
＾
＿
Ⅲ
℃
∑
＋（〕aCl2＋H2（）°
70.
［答案］
（1）溶解（l分）
过滤（1分）
（2）MnO2＋4H＋＋2Cl—＝二Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O（2分）
（3）溶液分层’上层为水层接近无色（l分）,下层为CCl4层呈紫红色（1分）
（4）打开分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口）（l分）
’
再转动打开活塞’使下层液体缓慢流下后（l分）’关闭活塞’将上层液体从上口倒出
（1分）
（5）蒸馏烧瓶（答烧瓶或圆底烧瓶不得分）、冷凝管、牛角管（尾接管）（2分’答对l种
不得分’答对2种得1分）
蒸馏烧瓶支管口处（1分）
四氯化碳（2分）
［解析］
（l）根据流程图’经操作@后溶液和固体残留物分离’可知操作@为溶解＼
过滤。
（2）实验室用浓盐酸和MnO2在加热的条件下反应制备Cl2,其反应的离子方程式为
］
△
MnO2＋4H＋＋2Cl＿＝＝＝Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O°
▲
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062｜｜小猿热搜。工业流程典型题｜00
（3）问含碘单质的水溶液中加人CCl4振荡、静置后’观察到溶液分层的现象’上层为
水层接近无色,下层为CCl4层呈紫红色°
（4）将含碘单质的水溶液与CCl4在分液漏斗中混合、振荡、摇匀放在铁架台的铁圈
上’分液漏斗的下端尖嘴处紧贴在承接的烧杯内壁上静置后’下面的操作步骤是打开
分液漏斗的玻璃塞（或将分液漏斗玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈的小口）’再转动打开活
塞,使下层液体缓慢流下后,关闭活塞’将上层液体从上口倒出°
（5）蒸馏时主要玻璃仪器还需要加热用的蒸馏烧瓶、冷凝管＼牛角管;实验中温度计水
银球应放在蒸馏烧瓶支管口处,检测蒸汽的温度;锥形瓶中收集到的物质为四氯
化碳。
71.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）CH斜十2H2O嚼』CO2十4H2（或CH刽带日型（）嘿‖C0排』H型）
（2）沉淀池（1分）
NH3＋CO2＋H2O＋NaCl-NH4Cl＋NaHCO3↓
（3）NaCl（l分）
CO（NH2）2＋H2O＿2NH3↑＋CO2↑
（4）制玻璃、制肥皂、造纸、纺织、印染等（任选两种即可或其他合理答案也给分）
（5）@往少量的最后＿次洗涤液中加人稀H2SO4溶液（或AgNO3溶液）,若产生白色沉
淀’则沉淀没有洗涤干净;若无白色沉淀’则沉淀已洗涤干净
@（lˉ删×l00％（3分）
催化剂
［解析］
（l）根据题意’
甲烷与水反应的化学方程式为CH4＋2H2O
C（）2＋
高温
4Ⅱ2或CH刽咀型0镶』C0十3HⅡ.
（2）设备A的名称是沉淀池;设备A中氨气、CO2、食盐水参与化学反应’生成的
NaHCO3由于溶解度较低而从溶液中析出’故A中发生反应的化学方程式为NH3＋CO2
＋H2O＋NaCl-NH4Cl＋NaHCO3↓·
（3）利用溶解度的不同,向母液中通人氨气时同时加人NaCl可促进副产品氯化铰的析
出;尿素水解生成NH3和H2O,水解的化学方程式为CO（NH2）2＋H2O-2NH3↑＋
■
CO2↑°
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答案与解析｜
063
（4）纯碱在生产生活中可以用来制玻璃、制肥皂、造纸、纺织、印染等。
（5）@检验沉淀是否洗涤干净’意在检验溶液中是否还有BaCl2存在,故可向少量的最
后—次洗涤液中加人稀H2SO4溶液（或AgNO3溶液）,若产生白色沉淀,则沉淀没有洗
涤干净;若无白色沉淀’则沉淀已洗涤干净°
@根据题意’所得固体为BaC（）3且质量为′lg’利用C元素守恒’可得m（Na2CO3）＝
僧g′故№α的质量分数二矾—狐（№2c0』）×100％-（1—僻）×l00髓.
∏0
72.
［答案］
（每空2分）
（1）BDE（少—个答案扣1分）
MnO2＋4H＋＋2Iˉ-Mn2＋＋I2十2H2O溶液分两
层’上层溶液无色,下层溶液呈紫红色D
（2）C
（3）IOJ＋5I—＋6H＋—3I2＋3H2O
［解析］
（1）灼烧海带时’需要用到的实验仪器有三脚架、咐涡、泥三角＼酒精灯’
故本题正确答案为BDE;步骤@为向含碘离子溶液中加人MnO2和稀H2SO4后溶液转
化为含碘水溶液’则Iˉ被氧化为I2’化合价升高l价,MnO2被还原为Mn2＋’化合价
降低2价,根据化合价升降总值相同’可得关系式MnO2＋2I——→Mn2＋＋I2’根据电
荷守恒’左侧有4H＋参与反应’根据原子守恒,右侧生成2H2O’配平后的反应方程式
为MnO2＋4H＋＋2I—-Mn2＋＋I2＋2H2O;四氯化碳的密度比水大’处于下层,碘单
质在四氯化碳中溶解度较大’故四氯化碳因溶有碘而呈紫红色’水溶液呈无色’则观
察到的现象应为溶液分两层,上层溶液无色’下层溶液呈紫红色;操作@要从含碘苯
溶液中提取碘单质’常用方法是蒸馏或分馏’故本题正确答案为D。
（2）A项’ lBr为互卤化合物,性质与卤素接近’均为卤素原子间以共价键相互结合而
成的共价分子’故熔＼沸点比较低’故A项正确;
B项’澳化碘的化学性质与卤素单质相似’ IBr中I元素的化合价为＋l价’ I元素的化
合价在反应中能降低’在很多化学反应中IBr是强氧化剂’故B项正确;
一□
「
C项’因为IBr中I元素的化合价为＋1价, Br元素的化合价为ˉ1价’HBr中Br元素
■■
的化合价为ˉ1价’ HIO中I元素的化合价为＋l价,则反应IBr＋H2O-HBr＋HIO
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0田｜
小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
中没有元素化合价的变化’该反应不属于氧化还原反应’ IBr与水反应时既不作氧化
剂,也不作还原剂’故C项错误;
D项’由反应IBr＋H2（）-HBr＋HIO可推知IBr与NaOH反应的化学方程式为IBr＋
2NaOH-NaBr＋NaIO＋H2O,故D项正确。
综上所述’本题正确答案为C。
（3）用硫酸酸化的碘化钾ˉ淀粉溶液检验加碘盐’酸性条件下’
Iˉ将I（）丁还原为I2’
化合价降低5价’ I—被氧化为I2’化合价升高l价,根据化合价升降守恒有IOj＋5Iˉ
—→3I2’根据电荷守恒’左侧有6H＋参与反应’根据原子守恒右侧有3H2O生成’则
配平后的离子方程式为I（）可＋5I—＋6H＋＝＝＝3I2＋3H2O°
［答案］
I
. （l）4.00mol／L（2分）
（2）稀释ClO2,防止ClO2分解爆炸（2分）
73
2eˉ
↓
（3）2NaOH＋2ClO2＋H2O2＝＝＝2Na（〕lO2＋2H2O＋O2（2分）
防止H2O2的分解（2分）
（4）bed（2分）
Ⅱ. （l）2
4
3
2
l
6
2（共2分’错＿个不得分）
（2）
浓HC｜
）
分
’
＝
（
MnO,
~
~
［解析］
Ⅲ（｜）‘（№o∏）～丽巾∏了ˉ蒜簧;-400m°皿.
（2）纯ClO2易分解爆炸’故往发生器中鼓人空气的作用是稀释ClO2’防止（】lO2分解
爆炸。
（3）吸收塔内用NaOH吸收气体’用过氧化氢将氯元素由＋4价还原为＋3价’故化学
■
2eˉ
↓
｜
反应方程式为2Na（）H＋2ClO2＋H2O2＝＝＝2NaClO2＋2H2O＋O2;吸收塔中的温度过高会
导致H2O2分解’降低NaClO2 .3H2O的产率°
（4）从滤液中得到NaClO2 .3H2O粗晶体的实验操作为蒸发浓缩＼冷却结晶过滤。
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答案与解析｜｜065
Ⅱ. （l）反应中氮元素化合价由-3价升高到0价’而氯元素化合价由0价降低到ˉl
价’根据元素化合价升降守恒及物料守恒可以配平方程式: 2KOCN＋4KOH＋3Cl2—
2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O·
（2）实验室用MnO2与浓HCl制取Cl2’在圆底烧瓶中加人Mn02,分液漏斗中加人浓
盐酸’并要加热,故装置如图所示:
浓HCl
MnO,
74.
［答案］
（l）咐涡（2分）
过滤（1分）
（2）加快含碘物质在水中的溶解’以使灰烬中的含碘物质尽可能多地进人溶液（2分）
（3）@无现象（2分）
@3％H2O2溶液并振荡（2分）
溶液变蓝（2分）
（4）@当滴人最后—滴Na2S2O3溶液时,溶液蓝色刚好褪去’且30s内不恢复蓝色
（2分）
L2ZI％（2分）
α
［解析］
（l）灼烧时用咐涡盛装干海带’分离固体和液体的操作是过滤。
（2）较高温度可以加快含碘物质在水中的溶解,同时提高碘在水中的溶解度’以使灰烬
中的含碘物质尽可能多地进人溶液°
（3）不是以IO了形式存在’说明该溶液不具有氧化性’ Fe2＋不会被氧化成Fe3＋,所以
当滴加KSCN溶液后’无现象;以Iˉ形式存在,实验中加淀粉是为了证明I2的存在
（淀粉溶液遇I2变蓝）’需要氧化剂将Iˉ氧化为I2’给出的试剂中,只有3％H2O2溶
液具有氧化性’所以应该选择3％H2O2溶液’实验现象是溶液变蓝。
（4）滴定终点为I2恰好完全被Na2S2O3还原为I— ’所以滴定终点现象为当滴人最后＿
滴Na2S2O3溶液时’溶液蓝色刚好褪去,且30s内不恢复蓝色;
2l＿—〉I2
I2＋2Na2S2O3—2NaI＋Na2S4O6
厕（Na2S2O3）＝0.0l
×V× l0ˉ3mol’根据对应关系得到″（Iˉ）≡V× l0ˉ5mol’则
200mL溶液对应″（I
）＝V×10—4mol’m（Iˉ）＝127×V×l0—4g’碘元素的百分含
垦
l27V× l0—4
里测＝
×100％＝Lˉ2ZI％。
α
α
‖
■L
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「O66｜｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
75.
［答案］
（l）@l（l分）
@4: 3（2分）
（2）3
: l（2分）
（3）2NO＋3H2O＋4Ce4＋＝＝＝NO5＋NOI＋6H＋＋4Ce3十（2分）
（4）阳极（2分）
2H＋＋2HSO了＋2e—＝≡≡S2O;—＋2H2O（2分）
（5）243α（3分）
［解析］
（l）@根据反应NO＋O3-NO2＋O2可知’氮元素化合价由NO中＋2价
升高到NO2中＋4价’生成lmolO2时,转移2mole＿,标准状况下11.2L（）2的物质
的量为0.5mol ’所以转移电子的物质的量为lmol°
@反应Ⅱ中’氮元素最终转变为
N2’ N2既是氧化产物又是还原产物。
NO2中氮元素化合价由十4价降低到0价,被还
原’ CO（NH2）2中氮元素化合价由ˉ3价升高到0价’被氧化’
当′』（NO2）
:
n［CO（NH2）2
］＝3 :2时’根据元素守恒可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为
（2×2）
: 3＝4 :3’即为质量之比。
（2）CO＋NO则ˉ→N2＋CO2’ 师＝1.5时’ NO躯中氮元素化合价由＋3价降低到0价’ CO中
碳元素化合价由＋2价升高到＋4价’根据化合价升降守恒可知CO和NO躯的化学计量
数之比为3 ‘2’结合元素守恒可知CO＋NO愈→N2＋CO2中CO2和N2的化学计量数之比
为3
:
］·
（3）NO被Ce4＋氧化生成等物质的量的NO『和N（）f,根据流程图可知Ce4＋被还原为
（］e3＋’因此离子方程式为2N（）＋3H2O＋4Ce4＋＝＝≡NOj＋NO可＋6H＋＋4Ce3十。
（4）Ce3＋失电子被氧化生成Ce4十’电解槽中阳极失电子,因此生成的Ce4＋在电解槽的
阳极;根据流程图可知HSO可参与反应’在阴极得电子,
因此电极反应式为2H＋＋
2HSO可＋2eˉ—S2Oiˉ＋2H2O°
（5）溶液中的NOI完全转化为NH4NO3 ’根据流程图可知装置Ⅳ中加人了氨气和氧
气』因此NOI被氧气氧化生成NO了,氮元素化合价由＋3价升高到＋5价》氧气中氧
元素化合价由0价降低到ˉ2价’根据化合价升降守恒可知2NO5～O2
’ NOI的物质
的量浓度为揣mol［＿］, ｜m』溶液中NOi的物质的量为走×l0］mol’则消耗氧气的
物质的量为士×湍× ｜0』!m」,怀准状况下体积为「′二″〃卿＝
243αL°
l000α
×22.4L≈
92
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苔案与解析｜酮
76.
［答案］
（1）将MgCO3转化为更难溶的MgO’有利于后续分离（1分）
（2）CO2＋AlO页＋2H2O—Al（OH）3↓＋HCO丁（2分）
（3）（NH4）2SO4水解显酸性’
可溶解MgO,
而硫酸溶解MgO的同时也可将
Ca5（PO4）3F（s）溶解（2分）
（4）2.08×l0ˉ2mol .Lˉl（2分）
（5）@-937kJ .mol
1（2分）
@不变（l分）
（6）7.52×l0ll（2分）
（7）＞（1分）
＞（l分）
＜（l分）
［解析］
（l）“缎烧”的目的为将MgCO3转化为更难溶的MgO’有利于后续分离。
（2）由流程图信息知’
“碱浸”过程中将Al2O3转化为AlOI’则通人足量CO2可将
AlO5转化为Al（OH）3 ,离子方程式为CO2＋Al（）f＋2H2O—Al（OH）3↓＋HCO可·
（3）根据流程图信息知’
（NH4）2SO4溶液的作用是溶解MgO,
而硫酸也可将
Ca5（PO4）3F（s）溶解而造成损耗’所以“浸取”过程选用（NH4）2SO4溶液。
（4）沉淀3为Mg（OH）2’则沉淀Mg2＋所需NaOH溶液的物质的量浓度为0.01mol .Lˉl
巳
b
※2＿α0…｜L｛＼刚淀完全＂』糯液中′（oⅡˉ）≡√Mhl!ˉ!』m＂｜L—｛≡
4.0×l0ˉ4mol .Lˉl ’即加人NaOH溶液的物质的量浓度至少为0.02mol
. Lˉl
＋
4.0×l0ˉ4mol .L＿l
×2＝2.08×l0＿2mol ·Lˉl
°
（5）@△H3＝△Hl
×5ˉ△H2＝（ˉ27l kJ .molˉl
）
×5ˉ（ˉ4l8kJ .mol＿l ）＝
—937kJ .molˉl
°
@该反应的平衡常数K＝c（HF）,温度不变,平衡常数不变’缩小容器容积’反应Ⅱ中
c（HF）不变°
c（H2POJ）
. c（H＋）
c（H2POJ）
阳
—
吗
（6）该反应的平衡常数＝
~~
＝＝
c（H3PO4）
. c（OHˉ）
c（H3PO4）.K＂
~~
7.52× l0ll °
（7）由题图可知,相同pH时,温度升高’ c（F—）增大’平衡正移’则△H4＞0;
由反应
的离子方程式知’—定温度下,
c（OHˉ）增大’平衡正移’
c（Fˉ）增大’则pH1
＞
pH2;A点的pH和温度均小于B点’所以溶解速率A＜B。
■
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‖068｜
小猿热搜.工业流程典型题｜00
77.
［答案】
（除特殊标注外’每空2分）
（1）TiO2＋＋2H2O＝＝H2TiO3＋2H十
（2）
: O: :C:
: O: （l分）
碳酸氢按受热易分解’控制温度低于35 °C以减少碳酸氢
按的损失（或减少Fe2＋的水解）
型2Fe2O3＋4CO2
（3）4FeCO3＋O2
（4）TiO2＋4eˉ—Ti＋2O2ˉ
（5）蒸发结晶（1分）
利用乙醇的挥发性’除去晶体表面附着的水分’减少晶体的损失
〔解析］
（l）水解发生后的产物为H2TiO3’故水解反应的离子方程式为TiO2＋＋
2H2O＝＝H2TiO3＋2H＋·
（2）“沉铁”中生成的气态产物为二氧化碳’电子式为: O: :C:
: O
: ;温度过高’
NH4HCO3受热易分解’ Fe2＋的水解程度增大’故应控制温度在35°C以下。
（3）FeCO3转化为氧化铣反应的化学方程式为4FeCO3＋O2旦垦2Fe2O3＋4CO2。
（4）“电解”时’电解质为熔融的CaO’则阴极反应式为TiO2＋4eˉ-Ti＋2O2ˉ°
（5）为了得到绿矾’可以采取蒸发结晶’过滤,洗涤的方法;利用乙醇的挥发性’除去
晶体表面附着的水分’减少晶体的损失°
78.
［答案］
（每空2分）
（l）CO2
氧化铝
（2）@CaCO3＋SiO2旦旦CaSiO3＋CO2↑
@Na2CO3＋Al2O3直垦2NaAlO2＋CO2↑
（3）2AlOf＋C（）2＋3H2O一Al（OH）3↓＋CO;ˉ
（4）将CO;ˉ转化为HCOJ’利于KHCO3结晶析出
（5）阳
［解析］
（1）原料锻烧得到X,且X可用于溶液的碳酸化,故可推知X为CO2;缎烧
过程中’钾长石中的钾元素和铝元素在Na2C（）3作用下转化为可溶性的NaAlO2和
KAlO2’在含AlOf的溶液中通人CO2后’会生成Al（OH）3沉淀,再灼烧得到Al2O3’
即M是Al2O3°
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答案与解析｜｜069
（2）@SiO2转化为CaSiO3的化学方程式是CaCO3＋SiO2互垦CaSiO3＋CO2↑;@由题意
知Al2O3和Na2CO3在高温条件下生成NaAlO2的化学方程式是Na2CO3＋Al2O3直旦
2NaAlO2＋CO2↑°
（3）碳酸化I的主要目的是将溶液中的AlOj沉淀出来’所以化学方程式是2AlOf＋
CO2＋3H2O-2Al（OH）3↓＋CO;ˉ。
（4）KHCO3在溶液中比K2CO3更容易析出’对析出的KHC（）3灼烧便可以得到纯净的
K2CO3 ,碳酸化Ⅱ调整pH＝8可以将溶液中的CO;ˉ全部转化成HCO了°
（5）阳极发生氧化反应,石墨具有还原性’长时间电解后石墨电极会被氧化而消耗’故
阳极需更换新的石墨电极。
79.
［答案］
（1）CuSO4（2分）
（2）@3.2（或3.2≤pH＜4.3）（2分）
@趁热过滤（1分’写“过滤”不给分）
（3）2H2O＋HSO丁＋2Cu2＋-Cu2O↓＋SO1ˉ＋5H＋（2分）
产生SO2污染环境（1分）
（4）4.0×10ˉ9mol .Lˉl （2分,不带单位扣1分）
［解析］
电镀污泥主要含有Fe2O3＼
CuO＼Cr2O3及部分难溶杂质,加人H2SO4后
Fe2O3、CuO、Cr2O3溶解得到Fe2（SO4）3、CuSO4、Cr2（SO4）3’过滤除去难溶杂质,
加人氢氧化钙得到氢氧化铁的滤渣和含CuSO4、Cr2（SO4）3的滤液,加人NaHSO3溶液
Cu2＋被还原为Cu2O沉淀’调节pH得到Cr（OH）3 ’回收Cu和Cr°
（1）浸出过程中除了生成Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3外’主要还有CuSO4°
（2）根据各物质沉淀的pH得到3.2≤pH＜4.3时’ Fe3＋沉淀完全而（】r3＋还未开始沉
淀,故加人石灰乳调节3.2≤pH＜4.3’加热溶液到80。C趁热过滤除去沉淀。
（3）还原步骤中加人NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式为2H2O＋HSO可＋
2Cu2＋-Cu2O↓＋SOiˉ＋5H＋
; NaHSO3加热条件下产生的SO2污染环境。
（4）Ksp ［Cr（OH）3
］＝6.3 ×l0ˉ3l
’ c（Cr3＋）≤l ×l0ˉ5mol .Lˉl时认为沉淀完全’
Ⅷ∩H）帚j而票亏侣;」!ˉ』｜呵侧卜…0×｜旷,Ⅷ懒｜L!~
■■
■
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070
小猿热搜.工业流程典型题｜O0
80.
［答案］
（l）TiO2＋2H2SO4-Ti（SO4）2＋2H2O（或TiO2＋H2S（）4＝＝≡TiOSO4＋
H2O）（2分）
（2）Fe＋2Fe3＋-3Fe2＋（2分）
Fe＋2Ⅱ＋-Fe2＋＋H2↑（2分）
（3）加水促进钦盐水解,加热促进钦盐水解’降低H＋浓度促进钦盐水解（2分）
H2O（l分）
FeSO4（1分）
H2SO4（l分）
（4）l60α＋320b＋l60c（1分）
［解析］
（］）TiO2可与硫酸作用生成Ti（SO4）2或TiOSO4: TiO2＋2H2SO4-
Tj（SO4）2＋2H2O或TiO2＋H2SO4-TiOSO4＋H2O°
（2）加人浓硫酸后’矿渣中的Fe2＋被浓硫酸氧化为Fe3＋’再加人铁粉, Fe能还原
Fe3＋’也可与溶液中的H十反应。
（3）通人水蒸气’增大反应物浓度’钦盐的水解平衡正向移动,钦盐水解有H＋生成’
通人水蒸气后,也能降低生成物H＋的浓度’水解平衡正问移动°
故通人水蒸气能促
进钦盐的水解;滤液中的钦盐、水＼硫酸亚铁、硫酸均可回收再利用。
（4）最后溶质只有硫酸钠和硫酸铁,由于开始A为2α×103mol’加人适量氢氧化钠溶
液恰好完全反应’说明加人氢氧化钠的物质的量为4α×l03mol’后来又加人l2b
×
103mol的A和2c ×103mol铁粉’根据电荷守恒’溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为
2α×l03mol’而溶液中加人的硫酸根离子物质的量共计为（2α＋l2b）
×103mol’这样
剩下的硫酸根就与铁离子结合’可知消耗铁离子为8b ×103mol’根据铁元素守恒:
厕［Fe（OH）3
］＝（2α＋4b＋2c）×103mol, ″（Fe2O3）＝（α＋26＋c）×103mol’计算得
m（Fe2O3）＝（l60α＋320b＋160c）kg。
81［答案］
（l）增大反应物接触面积（或增大反应速率或使反应更充分）（l分）
（2）2
l
ClO—
H2O
2
1（2分）
（3）FeO（OH）（1分）
（4）8.0≤pH＜l0.4（或其他合理答案）（1分）
（5）bd（l分）
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答案与解析｜
07｜
（6）蒸发浓缩（1分）
冷却结晶（l分）
125m勺
（7）丽兰（2分）
［解析］
（l）将菱锌矿研磨成粉可以增大反应物的接触面积’提高反应速率’使反应
更加充分。
（2）漂白粉的成分中含有次氯酸根,调节酸碱度后’具有较强的氧化性,能使＋2价的
铁氧化成＋3价’氢氧化亚铁变成氢氧化铁必须增加氢氧元素的量,可以推测出另—种
反应物为水’根据元素守恒和电荷守恒可配平。
（3）化学式量为89’组成元素是Fe、O和H’其中Fe的相对原子质量为56’扣掉56剩
下33’式子中只能含2个氧原子和l个氢原子,所以可能的组成为FeO（OH）。
（4）pH＝8.0时Zn2＋沉淀完全’ pH＝l（）.5时沉淀开始溶解’而Mg2＋在pH＝10.4时开
始沉淀’为了使Zn2＋能完全沉淀且不影响Mg2＋’溶液的酸碱度应控制在8.0≤
pH＜l0.4范围。
（5）选择熟石灰和烧碱溶液可以使溶液的碱性增强’有利于镁离子完全沉淀’故b、
d
项正确;大理石粉不溶于水’故a项错误;纯碱是强碱弱酸盐’其溶液达不到
Mg（OH）2完全沉淀所需的pH’故c项错误。
（6）蒸发浓缩、冷却结晶能使晶体尽快地析出。
■h
×｜25-｜宁Ⅱ故测（Z＂co』）-s｜砸｜.
l25mO
▲
m（ZnO）
｀
′
（7）根据锌原子守恒’
′″（Zn（〕O｀）＝
8l
82.
〔答案】
（l）Fe2＋＋2HCO了-FeCO］↓＋CO2↑＋H2O（3分）
（2）FeCO3-≡FeO＋CO2↑（l分）
＼CO2＋C＝二2CO（l分）、FeO＋CO-Fe＋CO2
△
△
（1分）
（3）Fe2＋（3分）
（4）过滤（2分）
NH矿＋H2O-＝NH3 .H2O＋H＋’温度过高, NH3 .H2O分解生成
的NH3挥发使平衡向右移动,溶液酸性增强生成NH4HSO4（3分）
（5）增大空气通人量（2分）
［解析］
（1）绿矾与NH4HCO3在溶液中按物质的量之比1 :2反应时’生成CO2’反
应的离子方程式为Fe2＋＋2H（〕OI-FeCO3↓＋（〕O2↑＋H2O。
司
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072
｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（2）
“焙烧”过程中的反应包括: FeCO3→FeO、CO2→CO、FeO-→Fe’各步反应的化学
△
△
△
方程式: FeCO3-FeO＋CO2↑
、（〕O2＋（〕-2CO、FeO＋CO-Fe＋CO2。
（3）“除杂”时向母液中通人含臭氧的空气把Fe2＋氧化为Fe3＋’调节pH使Fe3＋转化
为Fe（OH）3而除去’因此该过程除去的杂质离子为Fe2＋。
（4）从溶液中提取（NH4）2SO4粗产品的过程为结晶过程’具体操作为蒸发浓缩｀冷却结
晶过滤;浓缩时温度高’有利于水解平衡NH扩＋H2O-＝NH3 .H2O＋H＋问右移
动’当温度过高时, NH3 .H2O分解生成的NH3挥发使平衡向右移动’溶液酸性增强
生成NH4HSO4。
（5）由表中数据分析可知,增加通人空气的量,可以减少产物中SO2的含量》提高产物
中SO3的含量。
83.
［答案］
（1）SO2（1分）
硫酸（l分）
（2）粗铜板（1分）
阳极（l分）
Cu2＋＋2eˉ—Cu（2分）
（3）Fe3＋（2分）
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O（2分）
［解析］
（l）根据方程式: Cu2S＋O2—2Cu＋S（）2’可以看出烟气中的主要废气是
SO2’而SO2可以用于制备硫酸’符合提高资源利用率和减排的目标。
（2）电解法炼铜时’阳极是粗铜板,铜会放电生成铜离子,没有铜活泼的金属如金、银
以单质的形式在电解槽槽底形成阳极泥。
阴极的电极反应式为Cu2＋＋2eˉ-Cu°
（3）Fe（OH）3的溶度积最小’所以随pII升高最先沉淀下来的离子是Fe3＋°
H2O2是
强氧化剂,
会氧化Fe2＋生成Fe3＋’离子方程式为2Fe2＋
＋H2O2
＋2H＋
＝＝≡2Fe3＋＋2H2O。
古会0日
84.
［答案］
（1）@（〕aCO3＋Sl（）2二旦丝（〕aSiO3＋CO2↑（2分）
@Na2CO3＋Al2O3堑2NaAlO2＋C（）2↑（2分）
（2）碱（1分）
提高浸取速率（l分）
（3）HCO『＋OHˉ-H2O＋CO;ˉ（2分）
（4）Na2C（）3（l分）
CO2（1分）
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答案与解析
｜07a
［解析］
（l）@SiO2与CaCO3反应生成CaSiO3和CO2’反应的化学方程式为
CaCO3＋SiO2互旦CaSiO3＋（〕（）2↑°
@Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2和CO2,反
应的化学方程式为Na2CO3＋Al2O3直垦2NaAlO2＋CO2↑。
（2）
“浸取”时》保持溶液呈碱性’可有效抑制反应AlOi＋2H2O＝≡Al（OH）3＋OH—
问正方向进行’以保证铝元素以AlOf的形式保留在溶液中;
“浸取”时不断搅拌’可
增大各组分的接触面积’提高浸取速率°
（3）“转化”时加人NaOH的主要作用是使HCO丁转化为CO;— ,反应的离子方程式为
H（〕O5＋OHˉ＿H2O＋CO;ˉ°
（4）反应物为钾长石、
Ca（】O3、
Na2（〕O3、
CO2、NaOH、水’产物为Na2CO3、
CO2、
Al2O3＼K2CO3、水,因此工艺中可以循环利用的主要物质是Na2CO3、CO2和水。
85.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）＋2
（2）SiO2
△
（3）TiOCli
＋H2O＝≡＝TiO2↓＋2H＋＋4Clˉ
（4）温度过高时,反应物氨水（或双氧水）受热易分解
（5）（NH4）2Ti5Ol5＋2LiOH-Li2Ti5Ol5↓＋2NH3 .H2O（或2NH3↑＋2H2O）
（6）20:9（l分）
（7）LiFePO4ˉe—＝＝＝FePO4＋Li＋（1分）
［解析］
（1）FeTiO3与盐酸反应未发生氧化还原’因此由FeTiO3＋4H＋＋4Clˉ＝＝
Fe2＋＋TiOCl1—＋2H2O可知’ FeTiO3中铁元素为＋2价。
（2）钦铁矿中FeTiO;、MgO、CaO均与盐酸反应而溶解, SiO2不溶于盐酸,因此滤渣A
≡可
■
为SiO2°
△
（3）TiOCliˉ受热分解生成TiO2 ’离子方程式为TiOCliˉ ＋H2O＝＝＝TiO2
↓
＋
2H＋＋4Clˉ.
（4）温度过高时’反应物氨水（或双氧水）受热易分解,影响了（NH4）2Ti5O｜5的合成。
（5）（NH4）2Ti5Ol5转化为Li2Ti5Ol5的化学方程式为（NH4）2Ti5Ol5 ＋2Li0H-
Li2Ti5O｜5↓＋2NH3 .H2O（或2NH3↑＋2H2O）。
■
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…小猿热搜~工业流程典型题｜00
（6）在制备过程中关系式为2Fe2＋
～H2O2 ～2FePO4～H2C2O4’可知过氧化氢和
H』C2山的物质的量之比为1
! 1 ,因此咖（Ⅱ202）;刚（Ⅱ2C』0』）-谎;90-20;9.
（7）阳极发生氧化反应,反应式为LiFePO4ˉeˉ≡FePO4＋Li＋。
86.
［答案］
（l）12（2分）
90（2分）
（2）3
6
6
1
5
6（共2分）
（3）l.50（3分）
（4）NH才（1分）
Na＋（1分）
洗涤（1分）
干燥（l分）
（5）CoO2＋Li＋＋eˉ-LiCoO2（3分）
［解析］
（1）90°C和l20°C的浸出率随浸出时间的变化规律很相近’且在浸出时间小
于12小时时’浸出率随浸出时间的增加而增大;浸出时间大于l2小时时,浸出率随浸
出时间的增加变化很小;因此,考虑生产成本和效率’最佳的浸出时间应选l2小时’
最佳的浸出温度应选90°C。
（2）除铁过程中未发生氧化还原反应,根据原子守恒和质量守恒,配平方程式为
3Fe2（SO4）3＋6H2O＋6Na2CO3—Na2Fe6（SO4）4（OH）｜2↓＋5Na2SO4＋6CO2↑。
（3）由Ksp（CaF2）＝c（Ca2＋）
. c2（Fˉ）＝l . ll
× l0—l0和Ksp（MgF2）＝c（Mg2＋）
.
傻』（口ˉ2』0
×＂—｛｜得; ‖盅;车｛≡『腮｝郎Ⅲ｛ˉ愚｝憋｝
～
厂→
l. ll
×10ˉl0
＝150。
7.40×l0ˉll
（4）流程中加人的Na＋、SOiˉ＼NHj、Fˉ未除去’因此“沉淀”中的杂质离子主要有
SOi—、F—、NHⅡ、Na＋;对过滤后的沉淀进行洗涤、干燥后能得到CoC2O4 .4H2O。
（5）原电池正极发生还原反应’反应式为CoO2＋Li十＋eˉ-LiCoO2°
［答案］
（每空2分）
（1）适当提高反应温度增加浸出时间（或其他合理答案）
（2）Fe（OH）3｀Al（OH）3
■】
87
（3）Na2SO4
（4）@Mg（ClO3）2的溶解度受温度的影响变化最大@降温前’溶液中NaCl已达饱
利;降低温度过程中’ NaCl溶解度会减小’会少量析出重结晶
■
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答案与解析｜函
［解析］
（l）为提高镁的浸出率’可采取的措施有适当提高反应温度、增加浸出时间。
（2）由表可知, pH＝5.5时》Fe（OH）3、Al（OH）3为沉淀物’所以滤渣I的主要成分为
Fe（OH）3、Al（OH）3。
（3）浸出时加人硫酸’滤液中含有硫酸根离子;加人氢氧化钠溶液调节pH’滤液中含
有钠离子,所以从滤液Ⅱ中可回收利用的主要物质有Na2SO4。
（4）@由图可知’制备Mg（ClO3）2的原因是Mg（ClO3）2的溶解度受温度影‖问变化
最大。
@在冷却降温析出Mg（ClO3）2过程中’常伴有NaCl析出,原因是虽然NaCl溶解度受
温度影‖问变化小’但温度下降时NaCl溶解度仍会减小;降温前’溶液中NaCl已达饱
和;降低温度过程中’ NaCl溶解度减小’会少量析出。
除去产品中该杂质的方法是重
结晶。
∏
88.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）过滤（1分）
（2）硫酸、过量铁粉
（3）取少许固体溶解,加人盐酸无明显现象’再加人BaCl2溶液有白色沉淀产生,证明
有SO1— ,否则无SOi—
（4）结晶过滤、洗涤（l分）
（5）Fe＼CuFeS2中的S
（6）@仅有SO3
有SO2和O2
@D—涉C→（G—诊）E［或F-争D—锣C（＿→G）—诊E］
［解析］
（1）由流程图可知,操作1是过滤°
（2）滤渣2是氢氧化铁沉淀,试剂a是硫酸’ Fe（OH）3和H2SO4反应生成Fe2（SO4）3’
试剂b是过量铁粉’ Fe2（SO4）3和Fe反应生成FeSO4°
（3）检验SO1ˉ的存在可用BaCl2溶液’具体步骤为取少许固体溶解’加人盐酸无明显
现象’再加人BaCl2溶液有白色沉淀产生’证明有SO1ˉ ’否则无SOiˉ。
（4）制取纯净CuSO4 .5H2O的操作是加热浓缩、结晶、过滤、洗涤干燥。
（5）化合价升高的元素就是被氧化的元素’在4CuFeS2＋2H2SO4＋l7O2-4CuSO4＋
2Fe2（SO4）3＋2H2O反应中, CuFeS2中的铁元素和硫元素化合价升高,所以被氧化的
元素是Fe、CuFeS2中的S。
▲
L
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硒小猿热搜~工业流程典型题｜00
（6）o对气体的3种假设应符合氧化还原反应的化合价升降规律。
@SO2和SO3无法单独吸收测量’但可测其总质量,再测出O2的体积,根据元素守恒
和电子守恒可求出SO2和SO3的量,进＿步求出三者的物质的量之比°
故应对混合气
体进行干燥→吸收测量SO2和SO3ˉ→确认已经吸收完全-诊排水量气测O2的体积·
89. ［答案］
（l）2Cr2O3＋4Na2（〕O3＋3O2互垦4Na2CrO4＋4CO2（2分）
（2）2CrO』ˉ＋2H＋＝＝Cr2O;ˉ＋H2O（2分）
（3）@CH2＝CHCOONa（2分）
@4OHˉˉ4eˉ＝＝＝O2↑＋2lI2O（2分）
（4）@480clVlˉ320J／h（3分）
@3.2≤pH＜4.3之间（3分’仅答对一个得l分）
［解析］
（l）由图示可知Cr2O3在高温焙烧时生成Na2CrO4’发生氧化还原反应’反
应的化学方程式为2Cr2（）3＋4Na2（〕O3＋3O2直旦4Na2CrO4＋4CO2°
（2）硫酸酸化使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7的离子方程式为2（〕rOiˉ ＋2H＋-
Cr2O;—＋H2O·
（3）@聚丙烯酸钠的结构简式为卡CH2＿CH十
』可知聚丙烯酸钠的单体为丙烯酸
（〕OONa
钠’其结构简式为CH2＝CHCO（）Na°
@阳极区是Na2CrO4溶液’是碱性环境中’ Na2Cr2O7存在于酸性环境中, Na2CrO4转
化为Na2Cr2O7 ’铬元素的化合价并没有发生变化’只需通过电解提高阳极区溶液的酸
性即可使二者间发生转化,故阳极氢氧根离子放电,电极反应式为4OHˉ-4eˉ-
O2↑＋2H2O。
（4）@废液中还原剂转移的电子数为6×clVl ×l0ˉ3molˉ4×V2 ×10ˉ3mol, O2被还
原为O2ˉ ,根据电子守恒可得O2的物质的量为6clVl
× l0ˉ3-4‖／i ×l0ˉ3 mol,该水
4
6clVl
×l0ˉ3ˉ4V2 ×l0ˉ3
×32×1000
4
样的（〕OD为
mg／L＝（480clVlˉ320‖／2）mg／L°
l00.00×l0—3
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答案与解析｜｜077
巳
@若Fe3＋完全沉淀［c（Fe3＋）≤10—5mol／L］’溶液中的c（OH—）
~~
框川｜01!ˉ』;啊M狐＂｜旷n卿…Ⅱ＝l:‘｛＂｀）＝l辆｜!I‖ˉu≡l愚｜0→
＋lg打＝3＋O2＝32,同理可得’ Cr3＋开始沉淀时’ C（OHˉ）＝拓×10—l0mol／L’
＂Ⅱ＝｜:拓」!I『ˉ!《》＝｜鳖l0—知｜:拓ˉ纵3,故使匪』,沉淀完全狮α』,还未开始沉
淀’则需调节溶液pH的范围是3.2≤pH＜4.3°
90.
［答案］
（l）SO2＋OHˉ-≡HSO可（2分）
（2）@BCD（2分）
@HSOj在溶液中存在电离平衡: HSO5一SO;ˉ＋H＋,加人CaCl2溶液后’ Ca2＋＋
SO;ˉ＝＝CaSO3↓’使电离平衡右移’ c（H＋）增大（3分）
（3）NO＋H2O＋Ce4＋＝≡≡Ce3＋＋NO】＋2H＋（3分）
（4）正（1分）
2HSOj＋2H＋＋2eˉ＝＝≡S2Oiˉ＋2H2O（2分）
（5）8.4×l03（2分）
［解析］
（1）SO2与NaOH反应生成NaHSO3 ’反应的离子方程式为SO2＋OHˉ
-HSOj。
（2）@A项,根据溶液电荷守恒可得: c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HSO丁）＋2c（SO;—）＋
c（OHˉ）’因为pH＝7’ c（Ⅱ＋）＝c（OHˉ）,所以c（Na＋）＝c（HSO5）＋2c（SO;ˉ）’即
c（Na＋）＞c（HSO丁）＋c（SO;ˉ）’故A项错误;
■
C（SO;ˉ）
×c（H＋）
B项,H2SO3的第二级电离为HSOJ＝＝H＋＋SO;ˉ ,可知K2＝
c（HSOJ）
,
由图可知’当pH＝7时’ c（SO;ˉ）＝c（HSO丁）’可估算出K2≈10ˉ7 ’故B项正确;
C项’为获得尽可能纯的NaHSO3 ,则应使SO;ˉ和H2SO3尽可能少’ pH应调节在4～
5左右’故C项正确;
D项’根据质子守恒可知c（OHˉ）＝c（H＋）＋c（HSO了）＋2c（H2SO3）,故D项正确°
综上所述’本题正确答案为BCD°
▲
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0Iβ」
小猿热搜~丁｀｜｜《流程典型颗｜00
@HSOJ在溶液中存在电离平衡: HSO丁＝≡SO;ˉ＋H＋’加人CaCl2溶液后’
（〕a2＋＋
SO;-CaSO3↓,使电离平衡右移’ c（H＋）增大’ pH降低。
（3）在装置Ⅱ中’反应物为NO、Ce4十’生成物为Ce3＋＼NOf’在酸性条件下’
由电荷
守恒和原子守恒可得离子方程式为NO＋H2O＋Ce4＋-Ce3＋＋NOf＋2H＋°
（4）在电解槽中’ Ce3＋失电子被氧化生成Ce4＋’作为阳极,所以A端为电源的正极,
电极反应式为Ce3＋-eˉ-Ce4＋;HS（）i中S元素得电子’化合价降低’作阴极,电
极反应式为2HSOi＋2H＋＋2e—-S2Oi
＋2H2O。
（5）反应的离了方程式为2NOf＋O〕-2NO了,则＂（O』）＝＋鹏（NOj）, 山已知条件
可得｀＂（NOI）＝O75m＂l／L×
l 000L＝750mol,所以″（O2）＝÷×750『ml＝
台
375mol,
）′（O2）＝22.4L／mol ×375mol＝8.4×l（）3L。
91.
［答案］
（每空2分）
（l）水浴加热
（2）4Ag＋4NaClO＋2H2O-4AgCl＋4NaOH＋O2↑
会释放出氮氧化物（或NO、
NO2）’造成环境污染
（3）将洗涤后的滤液合并人过滤Ⅱ的滤液中
（4）未过滤掉的溶液会稀释加人的氨水’且其中含有—定浓度的Clˉ ’不利于AgCl与
氨水反应
（5）向滤液中滴加2mol
. Lˉ｜水合脱溶液’搅拌使其充分反应,同时用lmol
. L—l
H2SO4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］
（l）已知“氧化”阶段需在80。C的条件下进行’温度变化范围较小’且低于
l00。C’因此适宜的加热方式为水浴加热。
（2）根据化合价升降守恒’该反应的化学方程式为4Ag＋4NaClO＋2H2O-4AgCl＋
4NaOH＋O2↑;HNO3作氧化剂时’
自身被还原成NO、NO2等氮氧化物’氮氧化物会
造成环境污染’因此不用HNO3代替NaClO°
（3）为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失’需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行
洗涤’并将洗涤后的滤液合并人过滤Ⅱ的滤液中。
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答案与解析
｜QI旦
●
（4）若省略“过滤I” ,直接问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NH3 .H2O反应外’还因为未过滤掉的溶液会稀释加人的氨
水’且其中含有—定浓度的Clˉ ’使得已知反应@的平衡逆向移动’不利于AgCl与氨
水反应°
（5）根据已知条件@’水合脐能在碱性条件下将Ag（NH3）j还原为Ag’因此实验方案
为问滤液中滴加2mol
. Lˉ｜水合脐溶液’搅拌使其充分反应’同时用1mol
. Lˉl
H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3避免污染空气,待溶液中无气泡产生’停止滴加’
静置’过滤＼洗涤、干燥。
92.
［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（l）＋3（1分）
（2）硝酸溶解金属时会生成有毒气体’且Cu也溶解在硝酸中Cu（1分）
（3）H2O2溶液Fe3＋＋3NH3 .H2O-Fe（OH）3↓＋3NH矿
（4）Co2＋、Li＋（1分）
使Co2＋转化为草酸钻沉淀
（5）过滤（l分）
d
（6）减少Li2CO3的溶解损失4.0×10ˉ3
［解析］
合金废料（主要含Fe＼
Cu、Co、Li等’已知（〕o、Fe都是中等活泼金属）加人
盐酸过滤,得到残渣M为不与盐酸反应的铜’浸出液中加人过氧化氢’将亚铁离子氧
化为铁离子’加人氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,通过操作l过滤得
到溶液A’加人草酸按溶液沉淀钻离子,过滤得到溶液B’主要是锤离子的溶液’加人
碳酸钠溶液沉淀锤离子’过滤得到碳酸锤;结晶析出CoC2O4
. 2H2O在足量空气中锻
烧得到氧化钻。
（1）根据化合物中各元素的化合价代数和为0可知’ （NH4）2C2O4中C元素的化合价为
＋3。
（2）因为硝酸是强氧化性酸溶解金属时会生成有毒气体,且Cu也溶解在硝酸中’所
以盐酸不能换为硝酸。
根据以上分析判断残渣M为Cu°
（3）加人H2O2的作用是氧化亚铁离子为铁离子’加人氨水的作用是调节溶液pH使Fe3＋
转化为Fe（OH）3沉淀’离子方程式为Fe3＋＋3NH3 .H2O-Fe（OH）3↓＋3NHr°
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08O｜
小猿热搜~工业流程典型题｜00
（4）根据以上分析’溶液A中的金属阳离子是Co2＋、
Li＋’加人（NH4）2C2O4溶液的目
的是使Co2十转化为草酸钻沉淀°
（5）根据以上分析’
“操作l”的名称是过滤;草酸钻高温焙烧生成Co2O3 ’实验室中
高温焙烧使用的仪器是咐涡’故选d项°
（6）根据Li2CO3饱和溶液的浓度与温度关系可知’随着温度升高’ Li2CO3饱和溶液的浓度
降低’蒸发浓缩后必须趁热过滤’是为了降低Ij2CO3的溶解度’减少溶解损失;由表可知
卯。C时’ Li2CO3饱和溶液的浓度为0. lmol .Lˉ｜’所以溶液中c（Li＋）＝0.2mol .L＿l
’
c（CO;ˉ）＝0. lmol .L—l ’Ksp（Li2CO3）＝c2（Li＋）
. c（CO;ˉ）＝4.0×10ˉ3°
［答案］
（每空2分）
（l）SiO2
V2O5＋4H＋＋SO;——2VO2＋＋SOiˉ＋2H2O
（2）加人碱’中和H2SO4’使平衡正移分液漏斗、烧杯
（3）9l.0％
（4）l.7
2.6×l0ˉ3mol／L
［解析］
生产流程分析如下:废钒催化剂（主要成分V2O5、VOSO4、K2SO4｀SiO2和
Fe2O3等）,据物质的水溶性确定V2O5和SiO2难溶于水’亚硫酸根具有还原性’酸性
条件下能被五氧化二钒氧化生成硫酸根离子’离子反应方程式为V2O5＋4H＋＋SO;—
-2VO2＋＋SOiˉ＋2H2O’过滤得到的废渣为二氧化硅’强酸性浸出液含有VO2＋、
K＋＼SOiˉ ’加人有机苯取剂革取分液得到有机溶液中VO2＋’再加人X试剂进行反苯
取分液,分离出有机层’得到水层是含VO2＋、
Fe3＋、SO;ˉ的酸性水溶液’根据
R″＋（水层）＋厕HA（有机层）＝≡RA厕（有机层）＋″H＋（水层）可知’加人的碱会和平衡
体系中的氢离子反应促进平衡正向进行’加人硫酸抑制平衡正向进行’氯酸钾具有氧
化性’能将VO2＋氧化为VOj’加人氨水,调节溶液pH到最佳值得到NH4VO3 ’最后
焙烧得到五氧化二钒即可。
（1）根据上述分析可知@中废渣的主要成分是二氧化硅;@中V2O5发生反应的离子方
程式为V2O5＋4H＋＋SO;ˉ—2VO2＋＋SOi—＋2H2O。
（2）苯取时根据VOSO4（水层）＋2HA（有机层）-＝VOA2（有机层）＋H2SO4（水层）可
知’为提高@中革取百分率’则加人碱中和硫酸使平衡正移’提高钒的革取率;革取分
液操作时’用到的玻璃仪器有分液漏斗利烧杯。
93
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答案与解析
｜08｜
（3）结合得失电子守恒和原子守恒配平得到加人氯酸钾时发生反应的离子方程式为
ClO丁＋6VO2＋＋3H2O＝＝＝6VOj＋Clˉ＋6H＋’根据该离子方程式可得如下关系:
3V2O5～6VO2＋
～ClO可, l00mL0. 1mol／L的KClO3溶液中ClOJ的物质的量为
〃（ClOJ）＝0. lL×0. lmol／L＝0.0lmol’则对应V2O5的物质的量为0.03mol’质量
为M…! ×｜82…］二5“恩』则该实验中钒的回收率是｜0;;‰× !00髓-
91.0％。
（4）从沉淀率和pH关系可知,随pH增大’沉淀率先增大后减小’故沉淀率最大的pH
即为最佳pH, pH＝1.7时钒的沉淀率最大为98.8％’故加人氨水调节溶液的最佳pH
为1.7;若钒沉淀率为93. 1％时不产生Fe（OH）3沉淀此时溶液pH＝2.0,计算氢氧
根离子浓度为c（OHˉ）＝10ˉl2mol／L’Ksp ［Fe（OH）3
］＝2.6×10ˉ39＝c（Fe3＋）
.
像』（oH—）…″）-2（｀′｜军’m,｜《L-2心＊10ˉ』m＂Ⅲ.
94.
［答案］
（除特殊标注外,每空2分）
（1）2
4KOH
1
2
2（2分’
“KOH” 1分’配平1分）
加压增大了氧气浓度’使单
位体积内的活化分子数增加’有效碰撞次数增多’反应速率加快,使MnO2反应更充分
（1分’未答“反应速率加快”不给分）
（2）Al（OH）3、H2SiO3（2分’各1分）
稀盐酸可溶解Al（OH）3 ’不易控制稀盐酸的用
量（1分,答“K2MnO4与盐酸反应”也给分）
（3）3MnOiˉ＋4CO2＋2H2O-MnO2↓＋2MnO叮＋4HCO可
（4）蒸发结晶（1分）
趁热过滤（1分）
（5）0.0l8α（2分’列出计算式给1分）
（6）@MnOiˉˉeˉ-MnO叮
@（）2（1分）
［解析］
（l）MnO2中Mn元素的化合价为＋4价’K2MnO4中Mn元素的化合价为＋6
价, O2中O元素的化合价为（）价,生成物中O元素都变成了-2价,根据得失电子守
恒得:MnO2前面的系数为2’ O2前面的系数为1
’ K2MnO4前面的系数为2;结合流程
中焙烧时有KOH参与’所以未知的反应物应为KOH,根据原子守恒’ KOH前面系数
为4’H2O前面系数为2。
根据有效碰撞理论’加压可增大氧气浓度’使单位体积内的
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082｜｜小猿热搜~工业流程典型题｜00
活化分子数增加’有效碰撞次数增多’反应速率加快’使MnO2反应更充分’所以工业
生产中采用对空气加压的方法提高MnO2的利用率。
（2）根据流程’滤液I主要是K2MnO4溶液’还含有Si（）;ˉ和Al（）f等杂质离子,通人
CO2发生反应: CO2＋H2O＋SiO;ˉ-H2SiO3↓＋CO;—、CO2＋3H2O＋2AlOf—
2Al（OH）3↓＋CO;ˉ ’所以滤渣Ⅱ的成分有Al（OH）3和H2SiO3 ;因为第—次通人CO2
目的之—是生成Al（OH）3 ’而稀盐酸可溶解Al（OH）3’不易控制稀盐酸的用量’所以
不能代替°
（3）第二次通人过量CO2生成MnO2 ’则MnO;—发生自身氧化还原反应’生成MnO2和
MnO［’因为CO2过量’所以还会生成HCO丁’故离子方程式为3MnOiˉ＋4CO2＋
2H2O-MnO2~↓＋2MnOJ＋4HCOJ。
（4）滤液Ⅲ溶质主要是KMnO4与KHC（）3,
由图可看出’ KMnO4溶解度受温度影响变
化不大’而KHCO3溶解度受温度影响变化较大’所以从滤液Ⅲ得到KMnO4需经过蒸
发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥等操作°
（5）根据Mn元素守恒,含MnO2α％的软锰矿l t,理论上最多可制KMnO4:
l
×α％×
○
～
～
皿
—
盯
0l8αt。
（6）@滤液Ⅱ主要为K2MnO4’用惰性电极电解得到KMnO4’MnOi—在阳极上失电子发
生氧化反应,生成MnOJ,故阳极电极反应式为MnO1ˉˉeˉ-MnOJ;
@溶液中的OHˉ也可能失电子发生氧化反应’生成氧气,故阳极还可能有O2产生。
95.
［答案］
（l）65.2（2分）
（2）适当升高温度、增大固体颗粒的表面积、加快搅拌、适当延长浸取时间、滤渣多次
浸取等（2分’任写两个）
（3）2Cr3＋＋3H2O2＋H2O-Cr2O;ˉ＋8H＋（2分）
（4）Cr2O;—＋2OH＿—2CrO;ˉ＋H2O（l分）
pH超过8会使部分Al（OH）3溶解生成
AlOf’影响铬离子的回收和利用（2分）
（5）Ca2＋、Mg2＋（l分’漏填错填都不给分）
（6）3SO2＋2Na2CrO4＋l2H2O＝＝2CrOH（H2O）5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH（2分）
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答案与解忻｜
｜083」
［解析］
（l）实验室需要240mL的H2SO4’故需要250mL的容量瓶来配制’设需要
量取的浓硫酸为卯mL’则有1.84g. cmˉ3 ×厕mL×98％＝0.25L×4.8mol .Lˉl
×
98g.molˉl ’解得卯≈65.2°
（2）酸浸时’为了提高浸取率可以采取的措施有适当升高温度、增大固体颗粒的表面
积、加快搅拌＼适当延长浸取时间、滤渣多次浸取等°
（3）H2O2具有氧化性,能将Cr3＋转化为Cr2O;ˉ ’反应的离子方程式为2Cr3＋＋3H2O2
＋
Ⅱ
β
＋
◎
∑
了
℃
○
Ⅳ
∑~~
○
Ⅱ
＋
团
（4）碱性环境下, Cr2O;ˉ可以转化为CrO』ˉ ’该反应的离子方程式为Cr2O;—＋2OHˉ
—2CrO;＿＋H2O; Al3＋沉淀完全时的pH＝8,若溶液的pH超过8会使部分Al（OH）3
溶解生成AlOf,影响铬离子的回收和利用。
（5）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3＋,其次是Fe3＋＼Al3＋＼Ca2＋和Mg2＋’调节
pH＝8,使得Fe3＋、Al3＋沉淀完全’滤液Ⅱ中还有的金属离子是Ca2＋、Mg2＋和
CrOi＿,因此钠离子交换树脂可以除去的金属阳离子为Ca2＋、Mg2＋°
（6）用SO2进行还原时S元素化合价由＋4价升高到＋6价, Na2CrO4中的Cr元素由
＋6价降低到＋3价’故反应的化学方程式为3SO2＋2Na2CrO4＋l2H2O-
2CrOH（H2O）5SO4↓＋Na2SO4＋2NaOH°
96［答案］
（l）在高温下’瓷咐坍的主要成分SiO2可以和KOH发生化学反应（或SiO2
＋2KOH旦旦K2SiO3＋H2O）（2分）
（2）3MnOiˉ＋2CO2＝＝2MnOJ＋MnO2↓＋2CO;—（2分）
KHCO3（2分）
（3）高温会导致高锰酸钾分解（1分）
防止高锰酸钾结晶析出（l分）
使溶液受热均匀
有利于蒸发溶剂（1分）
减少高锰酸钾的溶解（1分）
（4）31.6g（3分）
［解析］
（1）瓷咐涡的主要成分中有SiO2’在高温下会和KOH发生反应。
（2）CO2和MnOi—发生反应生成MnOJ和MnO2为歧化反应’离子方程式为3MnOi＿＋
2CO2-2MnO『＋MnO2↓＋2CO;—
; 由元素守恒可知’溶液中有K2CO3生成,若通
人过多的CO2’则K2CO3会转化为KHCO3 ’所以加热浓缩时,会有KHCO3晶体和
KMnO4晶体—起析出°
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0β4｜｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（3）高锰酸钾在高温时会发生分解反应,所以温度不宜过高;温度降低’物质的溶解度
也会降低’会有高锰酸钾晶体析出,而趁热过滤可以防止高锰酸钾晶体析出;加热时
用玻璃棒不断搅拌溶液的目的是使溶液受热均匀有利于蒸发溶剂;洗涤KMnO4晶体用
冷水洗涤较好的原因是可以减少高锰酸钾的溶解。
（4）由已知@中可得1molKClO3生成K2MnO4的物质的量为3mol,而3MnOiˉ＋2CO2
一MnOJ＋MnO2↓＋2CO;— ’即可产生KMnO4的物质的量为2mol, 1225gKClO3
的物质的量为0. 1mol,所以生成KMnO4的物质的量为0.2mol,质量为31.6g°
97.
［答案］
（l）Na2S4O6（2分）
（2）2CuI（s）＋S2ˉ—Cu2S（s）＋2I—（3分）
（3）减少氧化过程中生成的氮的氧化物的污染（2分）
（4）中性（2分）
Ca（IO3）2在硝酸溶液中溶解’故要中和过量的酸;在碱性溶液中’
会混有微溶的Ca（OH）2造成产品不纯（2分）
（5）3H2O＋Iˉˉ6eˉ—IOj＋6H＋（3分）
1.20（2分）
［解析］
（l）根据原子守恒可知另—种产物为Na2S4O6。
（2）由题干所给信息可知’ Cu2S比CuI更难溶’故问溶液中加人S2ˉ时’ CuI会转化为
更难溶的Cu2S’故离子反应方程式为2（〕uI（s）＋S2ˉ-Cu2S（s）＋2Iˉ。
（3）先加人的H2O2可将Iˉ先氧化为I2’节省了浓硝酸的用量’也就减少氧化过程中生
成的氮的氧化物的污染。
（4）调节pH为中性’因为Ca（IO3）2在硝酸溶液中溶解,故要中和过量的酸;在碱性溶
液中,会混有微溶的Ca（OH）2造成产品不纯。
（5）Iˉ在阳极发生氧化反应3H2O＋Iˉˉ6eˉ-IO可＋6H＋’根据原子守恒’ 1kg即
6.024molKI可生成3.0l2molCa（IO3）2’故理论上生成纯度97.8％Ca（IO3）2的质量
为3.0l2mol ×390g／mol ×l0—3kg／g≈l .20kg。
97。8％
98.
［答案］
（l）将Sn2＋全部氧化为Sn4＋（l分）
（2）@防止Sn2十被氧化为Sn4＋（1分）
@漏斗（或普通漏斗）（l分）
玻璃棒（l分）
60％（2分）
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答案与解析｜
‖085
@Sn2＋＋2HCOJ-SnO↓＋2CO2↑＋H2O（2分）
@取最后＿次洗涤液,先加足量稀硝酸再加少量AgNO3溶液’无白色沉淀（2分）
@蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
（3）SnCl4＋4NH3＋4H2O—Sn（OH）4＋4NH4Cl（2分）
在A、B装置间依次连接盛有
饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶（2分）
熔融锡与氯气化合的反应是放热反应’且放出
的热足够此反应持续进行（2分）
［解析］
（l）Fe3＋具有氧化性’加人过量的Fe2（SO4）3
, Fe3＋将Sn2＋全部氧化为
Sn4＋’离子方程式为2Fe3＋＋Sn2＋＝＝＝Sn4＋＋2Fe2＋
; Fe2＋与Cr2O;ˉ反应后Fe2＋失
去l个电子’ Cr2O;ˉ得到6个电子’则有Cr2O;—～6Fe2＋
’ 20.00mL0.1000mol .L—l
K2Cr2O7溶液中Cr2O;ˉ的物质的量为（0. l000×0.02）mol＝0.002mol’则Fe2＋的物
质的量为0.002mol ×6＝0.0l2mol’ Sn2＋的物质的量为6×l0ˉ3mol’锡的质量为
α7l4g』此锡粉样品中锡的质量分数为楞f×l00％二60％.
（2）@Sn可与Sn4＋发生归中反应’生成Sn2＋’防止Sn2＋被氧化为Sn4＋。
@步骤Ⅱ为过滤操作’过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒°
@Sn2＋与HCO丁反应’生成SnO、CO2利H2O’离子方程式为Sn2＋＋2HCO了-
SnO↓＋2CO2↑＋H2O°
@检验SnO是否洗涤干净’只需检验其表面有无Clˉ ’因此可取最后＿次洗涤液,先
加足量稀硝酸再加少量AgNO3溶液,观察有无白色沉淀’若无白色沉淀则证明已经洗
涤干净°
@由溶液得到晶体,需经过蒸发浓缩、冷却结晶。
（3）反应的化学方程式为SnCl4＋4NH3＋4H2O-Sn（OH）4＋4NH4Cl; A中制得的氯
气中含有水蒸气和HCl,应依次通过盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶除去; B中熔融
态的锡与氯气化合的反应是放热反应,且放出的热足够此反应持续进行’因此不需要
酒精灯持续加热。
99.
【答案］
（每空2分）
〈l）0
（2）2Ni2O3＋4H2SO4＝≡＝4NiSO4＋O2↑＋4H2O
■
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…｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（3）2Al＋2OHˉ＋2H2（）-≡2AlOf＋3I］2↑
足量CO2
（4）＿＿→∧｜（o＂）』—▲A」2o』冰晶:愿铡Al（没写冰晶石给分）
［解析］
（1）Ni（CO）4中C来自CO’已知碳元素的化合价没有变化’根据化合物中
各元素的化合价代数和为0’可知Ni（C（））4中Ni元素的化合价为0°
（2）已知红土镍矿锻烧后生成Ni2O3 ’而加压酸浸后浸出液A中含有Ni2＋,说明镍元素
被还原’另外’在硫酸中反应只能是氧元素被氧化为O2’故有关镍元素的加压酸浸的
化学反应方程式为2Ni2O3＋4H2SO4-4NiSO4＋O2↑＋4H2O°
（3）
“碱浸”的目的是溶解镍铝合金中的Al’使镍产生多孔结构’从而增强对氢气的强
吸附性’ Al溶于NaOH溶液时发生反应的离子方程式为2Al＋2OHˉ＋2H2O-
2AlOf＋3H2↑
（4）浸出液B中存在AlOj’首先要将AlOf沉淀下来,＿般是通人足量的CO2生成
Al（OH）3’然后脱水生成Al2O3’最后将Al2O3在熔融的状态下电解即可得到金属铝
足量CO2
△
（加人冰晶石可以降低Al2O3的熔点）’流程为浸出液B～＿—＿→Al（OH）3—→Al2O3
冰晶石、熔融沪Al·
电解
100.
［答案］
（1）H4SiO4（2分）
将Fe2＋氧化成Fe3＋（2分）
（2）AD（4分,选对—个得2分’全对得4分）
（3）Fe（OH）3、Al（OH）3（2分）
Al3＋（1分）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）
（5）咐涡（l分）
偏低（2分）
［解析］
（l）根据元素守恒可知缺少的生成物为H4Sj（）4;利用双氧水的强氧化性可
以将Fe2＋氧化成Fe3＋’以便在酸性条件下除去所有铁元素。
（2）四个选项中的物质都能提高溶液pH’但目标产物是硫酸铜’为了不引人杂质’只
选用铜的化合物调节pH。
（3）根据图表可知’ pH＝4时Al3＋和Fe3＋都能以氢氧化物的形式沉淀,故滤渣B为
Fe（OH）3和Al（OH）3’但Al3＋在pH＝5.2时才能完全沉淀’故滤液B中还含
有Al3＋。
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答案与解析｜
｜o87｜
（4）滤液B通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作可得到硫酸铜晶体°
（5）灼烧固体使用的仪器是咐祸;加热失水后得到无水硫酸铜晶体’若在空气中冷却
称量’晶体会吸收空气中的水而导致测出的CuSO4质量比实际的大’相应的结晶水含
量就比实际偏低。
101.
［答案］
（每空2分）
（l）SiO2＋2NaOH＝＝＝Na2SiO3＋H2O
（2）@@
（3）SiCl4＋3H2O＝＝4HCl↑＋H2SiO3↓（答案合理即可）
（4）Si3N4
（5）3SiCl4＋2N2＋6H2直旦Si3N4＋12HCl
［解析］
（1）石英砂的主要成分是二氧化硅’能与碱性物质（如Na（）H）反应°
（2）@SiO2＋2（〕互垦Si＋2（〕O↑’是氧化还原反应;@Si＋2Cl2
723～773K
SiCl4’是
氧化还原反应;◎不发生化学反应;@@反应中没有元素化合价的变化,均不是氧化
还原反应。
（3）四氯化硅水解生成氯化氢气体和硅酸沉淀·
（4）根据元素守恒可得A气体是NH3
’ lmol氮化硅中含3molSi和4molN’故氮化硅
的化学式为Si3N4。
（5）B和（〕两种气体反应能生成NH3 ,故B和C为N2和H2,反应为四氯化硅、氮气
和氢气在高温下反应生成氮化硅和氯化氢。
102.
［答案］
（1）二氧化硅（l分）
氢氧化铁（l分）
（2）H2SO4（1分）
（3）AlOf＋（〕O2＋2H2O-HCOJ＋Al（OH）3↓（2分）
蒸发浓缩（2分）
（4）2SOi—ˉ2eˉ-S2O;—（2分）
（5）（NH4）2S2O8＋2H2O-2NH4HSO4＋H2O2（2分）
c（H＋）＞c（SOiˉ）
＞
c（NHj）＞c（OHˉ）（2分）
（6）B（2分）
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088｜
小猿热搜~工业流程典型题｜OO
［解析］
将铝土矿加人过量的酸溶液中’得到铝盐和铁盐的混合溶液得到滤渣a
（二氧化硅）;向反应I得到的溶液中加人过量的强碱溶液得到偏铝酸盐溶液,得到滤
渣b（氢氧化铁）;向反应Ⅱ得到的溶液通人过量的二氧化碳’偏铝酸根转化成氢氧化
铝沉淀滤出’向反应Ⅲ得到的沉淀中加人X溶液’后续反应没有硫酸根的加人’最终
得到按明矾,所以X溶液应该为稀硫酸’反应Ⅳ得到硫酸铝溶液’反应Ⅵ是氨气与稀
硫酸反应生成硫酸按溶液’所以反应V为硫酸铝与硫酸按溶液混合;电解硫酸与硫酸
按混合溶液得到（NH4）2S2O8和H2’反应Ⅶ是（NH4）2S2O8与H2O的反应,反应方程
式为（NH4）2S2O8＋2H2O-2NH4HS（）4＋H2O2°
（l）由上述分析可知废渣a、b分别是二氧化硅、氢氧化铁。
（2）由上述分析可知流程图中X为H2SO4°
（3）反应Ⅲ是过量的二氧化碳通人偏铝酸盐溶液的反应,反应的离子方程式为AlOI＋
CO2＋2H2O-HCO丁＋Al（OH）3↓;从馁明矾溶液中获得铰明矾晶体的操作为蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
（4）惰性电极电解X与反应Ⅵ所得物质的混合溶液的阳极反应为硫酸根氧化为过硫酸
根’电极反应式为2SOiˉˉ2eˉ-S2O;ˉ。
（5）反应Ⅶ为过硫酸按与水反应生成硫酸氢按和过氧化氢’反应方程式为（NH4）2S2O8＋
2H2O-2NH4HSO4＋H2O2;硫酸氢铰在溶液中完全电离为NH矿、H＋、SOiˉ ’铰
根离子进＿步发生水解反应生成—水合氨和氢离子’所以溶液中离子浓度由大到小的
顺序为c（H＋）＞c（SO1ˉ）＞c（NHj）＞c（OHˉ）°
（6）向硫酸铝按溶液中逐滴加人氢氧化钡溶液时’钡离子与硫酸根离子生成沉淀,氢
氧根离子先与铝离子生成氢氧化铝’随着加人量的增加’氢氧根与按根离子结合生成
—水合氨’继续滴加氢氧化钡’氢氧化铝与氢氧化钡反应生成偏铝酸钡;生成偏铝酸
根时＿定生成了＿水合氨’故B项错误°
综上所述’本题正确答案为B。
103.
［答案］
（l）SiCl4＋4H2O-≡H4SiO4↓＋4H（〕l↑（2分）
（2）3SiCl4＋4NH3旦旦Si3N4＋l2HCl（2分）
（3）使Fe3＋完全沉淀（l分）
（4）Mg2＋＋2OH—-Mg（OH）2↓（2分）
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答案与解析｜｜089
（5）蒸发浓缩（1分）
冷却结晶（1分）
（6）9.76（2分）
［解析］
（1）氯化硅水解生成原硅酸和氯化氢’水解方程式为SiCl4＋4H2O-
H4SjO4↓＋4HCl↑。
（2）氯化硅蒸气和氨气反应可生成氮化硅’由化学式可知该反应为复分解反应,故化
学方程式为3SiCl4＋4NH3直垦Si3N4＋l2HCl°
（3）盐酸和碳酸钡反应生成氯化钡、二氧化碳和水’加钡矿粉并调节pH＝7的作用是
使BaCO3转化为BaCl2; pH＝3.4时’ Fe3＋完全生成沉淀,当调节pH＝7时能使Fe3＋
完全沉淀。
（4）当pH＝3.4时’ Fe3＋完全沉淀生成Fe（OH）3 ,当pH＝12.4时’Mg2＋完全沉淀生
成Mg（OH）2’所以加20％NaOH溶液调节pH＝l2.5’滤渣A的成分是氢氧化镁,离
子反应方程式为Mg2十＋2OHˉ—Mg（OH）2↓。
（5）从溶液中获取固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤°
＝■
■
（6）｜0［含7:…aCO』的钡矿粉中’ ＂（β霞辨）-l｀;7删′』由钡元素守恒叮求得生成
10t
×78.8％
的BaCl .2H2O的质量为m（BaCl2 .2H2O）＝
×2』4g／mol＝9.76t°
l97g／mol
104.
［答案］
（每空2分）
（l）Fe2＋
（2）4FeCO3＋O2塑2Fe2O3＋4CO2
肘涡、咐涡钳
（3）蒸发结晶趁热过滤
（4）滴加过量Ba（NO3）2溶液’过滤后向滤液（或静置后向上层清液）滴加AgNO3溶
液’若滤液（或上层清液）中不产生白色沉淀’则证明原产品中不含氯化物杂质’反
之’则含有氯化物杂质
【解析］
（1）由于前一步加人了还原剂’因此原溶液中铁元素的存在形式为Fe2＋
’
故酸浸、过滤后滤液中金属阳离子为Fe2＋°
（2）铁红的化学式为Fe2O3,故缎烧FeCO3的化学方程式为4FeCO3＋O2塑2Fe2O3＋
4CO2;进行锻烧操作的主要反应器为钳涡’夹持仪器为咐涡钳。
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酗｜小猿热搜ˉ工业流程典型题｜00
（3）由题设所给相关物质溶解度随温度变化情况可知,同温度下硫酸钾的溶解度最
低’故采用蒸发结晶的方式可使硫酸钾（产品Ⅱ）从混合液中析出,而趁热过滤可避免
其他物质因温度降低、溶解度减小而析出’因而保证了产物的纯度’避免引人杂质°
（4）检验氯化物杂质即检验产品中是否存在氯离子’实验操作为滴加过量Ba（NO3）2
溶液’过滤后问滤液（或静置后问上层清液）滴加AgNO3溶液,若滤液（或上层清液）中
不产生白色沉淀》则证明原产品中不含有氯化物杂质’反之则证明含有氯化物杂质°
［答案］
（每空2分）
（1）取少量上层清液’滴加KSCN溶液’若不出现Ⅲ红色’则表明Fe（OH）3沉淀完全
（2）防止溶液吸收空气中的CO2
（3）@酸式滴定管
@99.9％
@样品中存在少量NaCl;少量CaCl2 .2H2O失水
［解析］
整个流程的主要原理是@加人盐酸溶解工业碳酸钙,使得Ca2＋包括杂质
Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂质离子进人到溶液中;@加人氢氧化钙是为了使杂质离子变成
难溶的氢氧化物而沉淀’同时又不引人新的金属杂质离子;◎过滤’将前—步生成的
沉淀过滤溶液中只剩下Ca2＋;@盐酸酸化’将溶液中的过量Ca（OH）2转化为
CaCl2同时引人Clˉ ’防止在蒸发时水解’防止溶液吸收空气中的CO2;@蒸发结晶,
使溶液中的CaCl2水合结晶’得到最终的产物°
（l）检验Fe（OH）3是否沉淀完全’也就是检验溶液中是否还含有Fe3＋’应当用Fe3＋
常用的检验试剂KSCN’具体操作为取少量上层清液’滴加KSCN溶液,若不出现血红
色,则表明Fe（OH）3沉淀完全°
（2）@空气中的CO2会影响产品的纯度,但其在酸性溶液中的溶解度很小’所以加人
盐酸可以防止溶液吸收空气中的CO2。
（3）@该实验是用AgNO3溶液滴定待测液,所以需要润洗的仪器为酸式滴定管°
◎样品中’ ＂（Clˉ）＝0.05000mol .L—l ×0.02039L×l0＝0.0l0l95mol,
105
根据′l（AgCl）＝2n（Ca（〕l2 .2H2O）
’
则′l（CaCl2 .2H2O）＝0.010l95mol
2
＝0。0050975mol,
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答案与解析圃
所以m（（】aCl2 .2H2O）≡0.0050975mol ×l47g.mol＿l≈O7493g’
则样蹦中C副α2叫』0的质二分数为滁盖×｜00％≡999瞬.
@由于实验中使用AgNO3溶液测定样品中的Clˉ ’如果CaCl2 .2H2O质量分数偏高’
那么有可能是Cl—偏多’使得滴定的结果偏高’所以样品中若混有含氯量高于CaCl2
的其他氯化物如NaCl或CaCl2 .2H2O晶体中失去—部分结晶水都能使测定的CaCl2
.
2H2O的质量分数偏高。
106.
［答案】
（1）Mn（〕O3＋H2SO4＝＝MnSO4＋CO2↑＋H2O（2分）
（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝＝＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O（2分）
（3）CoS和NiS（2分）
（4）阴（1分）
Mn2＋＋2eˉ—Mn（2分）
（5）沉降得到MnS,以进＿步去除废水中的Mn2＋（2分）
〔解析］
本实验的实验目的是制取单质锰’最重要的步骤就是除去碳酸锰矿中的杂
质（铁、镍、钻）。
题中给出了部分物质的溶度积常数’可以看出CoS和NiS的溶度积
常数很小’故可以根据溶解度差异除去。
氢氧化铁沉淀的pH小’可以根据pH的不
同除去铁杂质。
（l）将碳酸锰矿粉加人硫酸中是为了将碳酸盐转化为可溶的硫酸盐’MnCO3与硫酸反
应的化学方程式:MnCO3＋H2SO4—MnSO4＋CO2↑＋H2O°
（2）MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋’离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋
-Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O’然后用氨水调节溶液的pH为5.0～6.0’以除去Fe3＋
’
滤渣1是Fe（OH）3。
（3）步骤Ⅲ的滤液中主要包含有Mn2＋、
Co2＋、
Ni2＋、
NHj、
SOi—
,
加人
（NH4）2S’将Co2＋＼Ni2＋转化为难溶的CoS和NiS而除去’所以滤渣2的主要成分是
CoS和NiS。
（4）步骤Ⅳ中电解将Mn2＋转化为Mn’在阴极析出’
电极反应式为Mn2＋＋2eˉ
＝＝＝Mn·
（5）电解后的废水中还含有Mn2＋’过滤后再向滤液中加人适量Na2S’进行二级沉降
主要是为了减少溶液中的Mn2十’保护环境。
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硒｜小猿热搜,丁｀｜｜′流程典型颖｜00
107.
［答案］
（l）A（1分）
（2）熔融后增大了反应物的接触面积（2分）
（3）NaFeO2＋2H2O-Fe（OH）3↓＋NaOH（2分）
（4）40°C（2分）
（5）Fe（OH）3、H2SiO3（或H4SiO4）（2分）
52m勺
（6）丽;（2分）
〔解析］
（1）氧化铝和二氧化硅（石英、陶瓷的主要成分）都能与NaOH反应,不能
选用为咐涡的材料’因此选用铁为咐涡材料。
综上所述’本题正确答案为A°
（2）熔融状态处于固态和液态之间’比固态的接触面积大’有利于加快反应的进行。
（3）NaFeO2水解生成氢氧化铁沉淀’根据质量守恒可知另—产物为NaOH’因为水解
强烈’所以可认为反应完全,故化学方程式为NaFeO2＋2H2O-Fe（OH）3
↓
＋
NaOH。
（4）最终所需产品为红矾钠晶体,因此结晶时其余产物为副产品’含量越少越好,综
合比较五种温度下粗晶中各物质含量表,可得40°C时结晶温度最佳°
（5）步骤@中的滤渣3包含由最开始的杂质SiO2生成的H2SiO3和步骤@中生成的
Fe（OH）3（Al2O3变成NaAlO2随滤液2而废弃）。
l04m2
（6）流程中铬元素完全转化为红矾钠’则2Cr～Na2Cr2O7 ’所以m（Cr）＝-】6丁＝
52m勺
52m2
面三,故铬铁矿中铬元素的质量分数为I了T丽「.
108.
［答案】
（l）bc（2分）
（2）b（1分）
（3）3.7≤pH＜5.2（2分）
（4）加热浓缩（1分）
过滤（1分）
（5）4（1分）
ad（2分）
（6）调节pH时加人了氢氧化铜,胆矾中的铜元素不是都来自样品（2分）
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答案与解析｜｜09旦
■
［解析］
（l）题中实验过程中没有涉及革取操作,故不会使用b分液漏斗’没有涉
及滴定过程’因此不会使用c酸式滴定管;而其余装置在实验中的过滤、灼烧、称量
等过程中均会用到°
（2）根据题中所给离子沉淀时pH范围可以判断’ Fe（OH）3沉淀完全时的pH小于
Cu（OH）2开始沉淀时的pH’而Fe（OH）2开始沉淀时的pH大于Cu（OH）2沉淀完全
时的pH,故可知Fe3＋的沉淀不影响实验最终测氧化铜含量的目的,故此时要将Fe2＋
氧化为Fe3＋,且在此过程中不能引人新杂质,故选择b双氧水。
（3）调节pH使Fe3＋完全沉淀,同时又不能使Cu2＋沉淀,故调节溶液pH的范围为
3.7≤pH＜5.2°
（4）操作@即为从溶液中获得干燥的硫酸铜晶体并称量质量’故该过程应为加热浓
缩、冷却结晶、过滤、
自然干燥°
（5）总共要进行4次称量’分别是在实验之前称量空咐涡与装有硫酸铜晶体的钳涡的
质量,再在实验中重复加热冷却、称量操作,直至连续的两次称量的质量差不超过
0. 1g’即最少要称量2＋2＝4次°
若测得的卯的值偏大’有两种可能:＿是称量的结
果并非所剩余固体的质量,二是硫酸铜分解生成了CuO°
a项可以导致硫酸铜分解,
d项导致称量的固体质量减少’故ad正确。
（6）该同学的计算方法用到了铜离子的守恒’但是在实验过程中加人了Cu（OH）2来调
节溶液pH’因此铜离子在此过程中并非守恒,因此计算方法错误。
△
109.
［答案］
（每空2分）
（l）AlO5、SiO;—、OH—
（2）Fe2＋、Fe3＋＼Ni2十
（3）将Fe2＋转化为Fe3＋’有利于分离蒸发浓缩、冷却结晶过滤洗涤、干燥（答
出蒸发、结晶即可给分）
（4）Ni（OH）2＋OHˉˉeˉ＝＝NiOOH＋H2OMH躯＋卯OHˉˉ则e—＝＝M＋卯H2O
（5）LaNi5
（6）警×（“％″95％景b）×97％
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…｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
厂-
［解析］
（l）洗去有机物的含镍废催化剂中只有Al、SiO2能利碱溶液反应’故滤液
A中存在的阴离子主要是AlOf、SiO;ˉ、OH—。
（2）滤渣a中的主要成分是Ni和Fe,它们均可溶于硫酸生成Ni2＋和Fe2＋’∏Fe2＋极
易被空气中的氧气氧化成Fe3＋’故滤液B中可能含有的金属离子是Fe2＋、
Fe3＋、Ni2＋°
（3）因为Fe（OH）2和Ni（OH）2沉淀的pH相近’而Fe（OH）3和Ni（OH）2沉淀的pH
相差较大’故利用H2O2将Fe2＋转化为Fe3＋’有利于分离; 由流程图可知操作X的
目的是得到NiSO4 .7H2O’故可知其操作是蒸发结晶°
（4）电池充电过程是电解池’其阳极发生氧化反应’ Ni（OH）2失电子生成NiOOH’且
电解质溶液呈碱性,故其电极反应式为Ni（OH）2＋OH——eˉ—NiOOH＋H2O;放电
时是原电池’其负极发生氧化反应’故其电极反应式为MH“＋卯OHˉ-卯eˉ-M
＋卯H2O°
（5）La原了位于晶胞顶点』故该晶胞中有恩×;二1个La原子; ｜个N!原子位于晶胞
体心, 8个M原子位于晶胞面心,故该晶胞中有l＋8 ×＋＝5个M原子』故该晶体
台
的化学式为LaNi5。
（6）αkg含镍废催化剂中的镍为64％αkg,又知第@～@步操作镍的损失率为5％’
故@～@步之后的镍为64％α .95％kg’而Ni（OH）2的摩尔质量为93g／mol’故调
pH＝6时消耗6kgNi（0H）2中的镍为（爵b）膛g′又因为第oˉ@步镍的损失率为
3％,故最终得到硫峻镍晶体的质量为碧×（64％o95％＋器6）×97％kg.
110.
［答案］
（l）生成的SO2会导致大气污染（2分）
（2）S（2分）
（3）2（2分）
（4）CuCl2、NaCl（2分）
（5）CuFeS2＋3FeCl3-CuCl＋4FeCl2＋2S（3分）
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答案与解析｜醒
■
（6）@4FeCO3＋O2互垦4CO2＋2Fe2O3（3分）
@Clˉ＋CuCl-［CuCl2］ˉ（2分）
［解析］
（1）富铜矿砂与空气在高温下缎烧,使其转变为铜’反应产物有污染性气
体SO2生成’要消耗大量的热能’生成的SO2会导致大气污染°
（2）根据过滤@前后物质比较可知反应Ⅳ为NaCl溶液与CuCl反应生成Na［CuCl2
］
’
因此过滤@得到的滤渣是硫单质。
（3）根据流程图中反应I前后物质可知硫元素化合价发生变化,属于氧化还原反应;
反应Ⅱ的化学方程式为FeCl2＋Na2CO3-FeCO3↓＋2NaCl’属于复分解反应;反应
Ⅲ方程式为4FeCO3＋O2互垦4CO2＋2Fe2O3 ’铁元素化合价发生变化,属于氧化还原
反应;反应Ⅳ的化学方程式为CuCl＋NaCl—Na［CuCl2
］,元素化合价不发生变
化’不属于氧化还原反应;反应V的化学方程式为2Na［CuCl2 ］—Cu＋CuCl2＋
2NaCl’铜元素化合价发生变化,属于氧化还原反应,共有2个反应不属于氧化还原
反应。
（4）根据反应V: 2Na［CuCl2］＝＝≡Cu＋CuCl2＋2NaCl》可知溶液A中溶质为CuCl2、
NaCl.
（5）根据题干信息“以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红颜料和硫单质” ’结合流程图
可知反应I的化学方程式为CuFeS2＋3FeCl3—CuCl＋4FeCl2＋2S°
（6）@铁红的主要成分是Fe2O3 ’结合流程图可知反应Ⅲ的化学方程式为4FeCO3＋O2
直旦4CO2＋2Fe2O3 ;
@根据反应前后物质,可得反应Ⅳ的离子方程式为Clˉ＋CuCl—［CuCl2］
ˉ·
■
111［答案］
（除特殊标注外’每空2分）
（1）BaSO4＋CO;ˉ-BaCO3＋SOiˉ（写等号不扣分）
（2）Ba（FeO2）2＋8HNO3＝＝≡Ba（NO3）2＋2Fe（NO3）3＋4H2O
（3）B
（4）Fe（OH）3
（5）蒸发浓缩、冷却结晶（浓缩、结晶即给分）
（6）c
（7）捌×｜00％（3分）
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…｜小猿热搜。工业流程典型题｜00
［解析］
（1）BaSO4在溶液中存在溶解平衡: BaSO4-＝Ba2＋＋SOi— ,加人饱和
Na2CO3溶液’ CO;ˉ浓度较大’发生反应: Ba2＋＋CO;ˉ-BaCO3↓,使得BaSO4
溶解平衡正问移动,最终完全转化为BaCO3 ’用离子方程式可表示为BaSO4＋CO;ˉ
＝＝BaCO3＋SOiˉ。
（2）Ba（FeO2）2中铁元素化合价为＋3价, Ba（FeO2）2与HNO3反应生成Ba（NO3）2和
Fe（NO3）3’则反应的化学方程式为Ba（FeO2）2＋8HNO3—Ba（NO3）2＋2Fe（NO3）3
＋4H2O.
（3）钡泥中BaSO3与稀硝酸反应生成BaSO4沉淀’ BaCO3与稀硝酸反应生成
Ba（NO3）2’ Ba（FeO2）2与稀硝酸反应生成Ba（NO3）2和Fe（NO3）3 ,过滤1后得到废
渣1为BaSO4’加人X’除去剩余的硝酸’调节溶液pH在4～5之间’将Fe（NO3）3
转化为Fe（OH）3沉淀’且不引人新的杂质离子’ 因此选用试剂为BaCO3 ’故选B
项。
综上所述’本题正确答案为B。
（4）根据（3）中分析可知过滤2后所得废渣2为Fe（OH）3。
（5）由于Ba（NO3）2在热水中的溶解度大’在冷水中的溶解度小’为了从Ba（NO3）2
溶液中获得Ba（NO3）2晶体’则操作Ⅲ为蒸发浓缩＼冷却结晶。
（6）过滤Ⅲ后的母液中含有Ba（NO3）2’为提高利用率,应循环到容器c中°
（7）称取川g的晶体样品溶于蒸馏水中加人足量的稀硫酸,反应后经—系列操作称重
所得沉淀质量为mg’该沉淀为BaSO4’根据BaSO4～Ba2＋～Ba（NO3）2,可知晶体
样品中Ba（N0』）2的履量为警葛′则B徽（N0』）Ⅱ的纯度为荆×!00％.
112.
［答案］
（1）MnO2＋CuS＋2H2SO4＝＝S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2（）（2分）
（2）Fe（OH）3、Al（OH）3（2分）
将Fe2＋氧化成Fe3＋（2分）
（3）趁热过滤（2分）
防止形成Na2SO4
. l0H2O（2分）
（4）Mn2＋—2eˉ＋2H2O＝＝＝MnO2↓＋4H＋（2分）
（5）Zn（1分）
H2SO4（l分）
〔解析］
（l）由题干及工艺流程图可知MnO2、CuS与硫酸反应的生成物为MnSO4、
CuSO4、S,锰元素化合价由＋4价降到＋2价, CuS中的硫元素化合价由ˉ2价升到0
价,可根据得失电子守恒配平化学方程式。
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答案与解析｜｜097
■
（2）由表可知, Al（OH）3完全沉淀时的pH为5.2’ Fe（OH）3完全沉淀时的pH为
4. l , Zn（OH）2开始沉淀时的pH为5.4,故沉淀M的成分为Fe（OH）3、Al（OH）3;
MnO2将Fe2＋氧化成Fe3＋,使杂质离子转化为氢氧化物沉淀。
（3）由图可知’ Na2SO4在温度高时溶解度较小,故要趁热过滤;用乙醇洗涤的原因是
防止形成Na2SO4
. 10H2O。
（4）阳极发生失去电子的氧化反应’由工艺流程图可知锰元素由＋2价升到＋4价’Mn2＋失
去电子生成MnO2,故阳极的电极反应式为Mn2＋ˉ2eˉ＋2H2O-MnO2＋4H＋。
（5）由工艺流程图可知循环使用的物质有MnO2、ZnCO3、MnCO3、Zn、H2SO4°
■
113.
［答案］
（1）Mg2B2O5 .H2O＋2H2SO4—2H3BO3＋2MgSO4（2分）
升高反应温
度、减小铁硼矿粉粒径、搅拌（其他合理答案也可’任写两条）（2分）
（2）Fe3O4（1分）
SiO2和CaSO4（1分）
（3）将Fe2＋氧化成Fe3＋（l分）
使Fe3＋与Al3十形成氢氧化物沉淀而除去（l分）
（4）（七水）硫酸镁（1分）
H
（5）Na＋
［H:
B
:H］ˉ（2分）
H
△
△
（6）2H3BO3—B2O3＋3H2O、B2O3＋3Mg-2B＋3MgO（3分）
［解析］
（1）盐跟酸反应生成新盐和新酸’据此可写出Mg2B2（）5 .H2O与硫酸反应
的化学方程式:Mg2B2O5 .H2O＋2H2SO4—2MgSO4＋2H3BO3。
可采取升高温度、
减小铁硼矿粉粒径（增大接触面积）或搅拌等措施’以提高浸出速率°
~
（2）Fe3O4具有磁性°
“浸渣”中除含Fe3O4外,还含有与H2SO4不反应的SiO2,以及
CaO与H2SO4反应生成的微溶物CaSO4。
（3）硫酸浸出后的滤液中’含有的主要物质有MgSO4＼Fe2（SO4）3、FeSO4＼Al2（SO4）3、
H3BO3等’H2O2具有氧化性’因此加人H2O2溶液可将其中的Fe2＋氧化为Fe3＋。
由
工艺流程图可知’最后过滤得到含镁盐母液’因此调节溶液的pH约为5’可使Fe3＋
转化为Fe（OH）3沉淀、Al3＋转化为Al（OH）3沉淀°
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09a」｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（4）由（3）分析及最后过滤得到含镁盐母液’可知粗硼酸中的主要杂质为硫酸镁晶体。
（5）NaBH4是—种离子化合物’由Na＋与［BH4］ˉ构成’其电子式为
H
Na＋
［H:
B
:H］
ˉ°
H
（6）以H3BO3与Mg为原料可制备单质B’根据反应物的性质结合质量守恒定律可知’
△
△
其制备过程中反应的化学方程式为2H3BO3＝≡B2O3＋3H2O’B2O3
＋3Mg＝＝
3MgO＋2B°
114.
［答案］
（l）＋6（l分）
（2）NaFeO2＋2H2O＝＝＝NaOH＋Fe（OH）3↓（2分）
NaAlO2、Na2SiO3和NaOⅡ（各l
分’共3分）
（3）2Al2O3（熔融）星丝4Al＋3O2↑（2分）
（4）加硫酸酸化（2分）
（5）冷却结晶（2分）
（6）4FeO.Cr2O3＋7O2＋20NaOH丝塑8Na2CrO4＋4NaFeO2＋10H2O（2分）
［解析］
（l）K2Cr2O7中钾元素为＋］价’氧元素为-2价,由各元素化合价代数和
为零可得铬元素为＋6价°
（2）根据NaFeO2遇水强烈水解知’生成滤渣l中红褐色物质的反应的化学万程式是
NaFeO2＋2H2O-NaOH＋Fe（OH）3↓;根据样品还含有SiO2、Al2O3等杂质,滤液
l的成分除Na2CrO4外’还含有NaAlO2、Na2SiO3和NaOH°
（3）该氧化物为Al2O3 ,电解反应的化学方程式是2Al2O3（熔融）皇丝4Al＋3O2↑。
（4）根据Cr2O;＿＋H2O＿2CrO;ˉ＋2H＋知’ 由滤液2转化为Na2Cr2O7溶液应采取
的措施是加硫酸酸化。
（5）向Na2Cr2O7溶液中加人KCl固体,获得K2Cr2O7晶体的操作依次是加热浓缩、冷
却结晶、过滤、洗涤＼干燥。
（6）锻烧铬铁矿生成Na2CrO4和NaFeO2反应的化学方程式是4FeO. Cr2O3＋7O2＋
20NaOH丝垦8Na2CrO4＋4NaFeO2＋l0H2O°
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答案与解析｜｜099
△
115.
［答案］
（l）3Cu＋2NO丁＋8H＋＝＝≡3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O（2分）（注§不写↑不
扣分）
（2）44.8（2分）
（3）将Fe2＋氧化为Fe3十（2分）
（4）a（2分）
4.7≤pH＜5.2（2分）［注:写成4.7＜pH＜5.2（1分）;其他答案不
给分］
（5）抑制Cu2＋的水解（2分）
（6）加热蒸发（1分）
冷却结晶（1分）（注:写蒸发、结晶也可）
（7）b（2分）
［解析］
（1）加人混酸后’铜被稀硝酸氧化’反应生成Cu2＋、NO和H2O’离子方
程式为3Cu＋2NOj＋8H＋一Cu2＋＋2NO↑＋4H2O。
（2）铜能被稀硝酸氧化,不能被稀硫酸氧化,根据氮元素守恒,反应最多生成2mol
NO,故反应后生成标准状况下NO的体积最多为44.8L°
（3）加人H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋’使铁元素易于沉淀而除去。
（4）M物质选用Cu（OH）2’不会引人杂质;调节溶液的pH应使Fe3＋＼Al3＋完全生成
氢氧化物沉淀’ Cu2＋不产生氢氧化物沉淀’故pH范围为4.7≤pH＜5.2。
（5）Cu2＋可水解’加人硫酸能够抑制Cu2＋的水解。
（6）从溶液中获取硫酸铜晶体的步骤为加热蒸发、冷却结晶、过滤、干燥。
凸
●
（7）用咐竭加热时不需要石棉网’故b项错误°
116.
［答案］
（l）2Fe3＋＋Fe-3Fe2＋（2分）
（2）b（2分）
（3）过滤（2分）
（4）溶液中存在平衡: TiO2＋＋2H2O＝＝H2TiO3＋2H＋,当加人热水稀释、升温后’
平衡正向移动’生成H2TiO3（3分）
（说明:写出离子方程式或化学方程式得l分,从稀释和升温角度正确分析平衡移动
各l分）
（5）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋-Mn2十＋2Fe3＋＋2H2O（2分）
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颐｜小猿热搜.工业流程典型题｜00
（6）@2O2ˉˉ4e—-O2↑（同时写出C＋O2-CO2不扣分）（或C＋2O2ˉˉ4eˉ
＝＝≡（〕O2↑）（2分）
@制备TiO2时’在电解槽发生如下反应: 2CaO星壁2（〕a＋O2
↑
’ 2Ca＋TiO2
-定条件
Ti＋2CaO’由此可见, CaO的量不变（2分,两个方程式各l分’不写“＿定
条件”不扣分）
［或制备TiO2时’在电解槽发生如下反应:
阴极:
2Ca2＋＋4eˉ-2Ca,
阳极: 2O2ˉˉ4e—-O2
↑
’ 2Ca＋TlO2
Ti＋2CaO
＿定条件
由此可见’ CaO的量不变（2分’电极反应式和化学方程式各1分,不写“＿定条件,,
不扣分）
］
［解析】
（l）铁粉具有还原性’可将Fe3＋还原为Fe2＋,反应的离子方程式为
2Fe3＋＋Fe一Fe2＋.
（2）a项’蒸馏操作实现混合物的分离利用的是物质熔、沸点差异’步骤@冷却结晶并
没有涉及到物质的熔、沸点,故a项错误;
b项’步骤@冷却结晶得到硫酸亚铁晶体’利用的是物质溶解度的不同,通过冷却热
饱和溶液得到’故b项正确;
c项’冷却结晶是物理过程’没有元素的化合价变化’没有发生氧化还原反应’也就
没有体现物质的氧化性、还原性差异’故c项错误。
综上所述’本题正确答案为b°
（3）步骤@、@、@操作过程中都得到沉淀或晶体,故需要的操作是过滤°
（4）TiO2＋在溶液中存在水解平衡: TiO2＋＋2H2O-＝H2TiO3＋2Ⅱ＋’水解反应＿般
为吸热反应,当加人热水稀释＼升温后’平衡正向移动’有利于生成H2TjO3。
（5）利用生产过程中的废液与主要成分为MnO2的软锰矿反应生产硫酸锰’利用二氧
化锰的氧化性氧化Fe2＋为Fe3＋’锰元素化合价降低2价’铁元素化合价升高1价,
根据化合价升降总值相同和电荷守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为MnO2＋
2Fe2＋＋4H＋—Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
（6）@用石墨作阳极＼钦网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质’阳极发生氧化反应’
阴极析出钙金属发生还原反应’由阳极图示产物可知’阳极生成二氧化碳气体》是电
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答案与解析画
●
解质中的氧离子失电子生成氧气,氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳’所以电极反
应为2O2ˉˉ4eˉ-O2↑或C＋2O2ˉˉ4eˉ—CO2↑
;
@制备TiO2时’在电解槽中发生如下反应:阴极: 2Ca2＋＋4eˉ—2Ca’阳极:
2O2ˉˉ4e——O2↑’其总反应为2CaO迎2Ca＋O2↑’生成的钙可作还原剂’还原
＿定条件Ti＋2CaO,消耗的CaO和生成的CaO相
二氧化钦’生成氧化钙: 2Ca＋TiO2
等’故CaO的量不变°
117.
［答案］
（l）饱和氯化镁溶液（2分）
过滤（l分）
洗涤（1分）
引流（1分）
（2）MgCl2（熔融）星垦Mg＋Cl2↑（2分）
△
（3）@AlCl3＋3H2O-Al（OH）3↓＋3HCl↑（2分）
@浓盐酸（2分）
@控制分液漏斗活塞’使浓盐酸缓缓加人到浓硫酸中（2分）
（4）Al3＋＋3HCO丁—Al（OH）3↓＋3CO2↑（2分）
［解析］
本题的实验流程较为清晰’用石灰乳是为了调节pH使Mg2＋转化为
Mg（OH）2沉淀。
（l）在Mg（OH）2沉淀表面会吸附Ca（OH）2’可通过洗涤的方式去除’溶液中存在
Mg（OH）2溶解平衡:Mg（OH）2＝＝Mg2＋＋2OHˉ ,用水会消耗过多的Mg（OH）2,用
镁的盐溶液可利用同离子效应抑制上述平衡的正向进行’由于在后面的流程中,引人
Cl＿’所以在这里可用饱和氯化镁溶液来洗涤’具体的过程为:先将Mg（OH）2沉淀加
人到盛有饱和氯化镁溶液的烧杯中,充分搅拌后经过滤＼洗涤、干燥可得纯净的
Mg（OH）2。
在这个操作过程中,玻璃棒的作用是搅拌和引流。
（2）电解无水氯化镁可得到镁和氯气,化学方程式为MgCl2（熔融）皇壁Mg＋Cl2↑。
（3）AlCl3在潮湿的环境下可水解, AlCl3＋3H2O＝兰Al（OH）3↓＋3HCl↑
’ 由于生成
的HCl易挥发,反应不断问右进行,最后无法得到无水AlCl3’故需要在HCl气流中
加热去结晶水得到AlCl3 ’同理,制无水MgCl2时采用相同的方法;
△
@不直接加热的原因是AlCl3＋3H2O＝＝Al（OH）3↓＋3HCl↑
;
■
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｜02｜
｜′」＼猿热搜.工业流程典型题｜00
厂
@题图中所示装置的目的在于挥发出大量HCl’具体原理为浓硫酸有吸水性’吸收盐
酸中的大量水分并放出大量热’使盐酸中的氯化氢溶解度随温度的升高而降低’从而
挥发出氯化氢气体’故装置中的分液漏斗应盛放浓盐酸;
◎由于两液体均为强酸’具有危险性,操作的时候需要注意控制分液漏斗活塞’使浓
盐酸缓缓加人到浓硫酸中。
△
（4）若只放小苏打时’发生反应: 2NaHC（）3-Na2（〕O3＋H2O＋CO2↑’若再加人明
矾’可发生相互促进的水解反应: Al3＋＋3HCOJ-Al（OH）3↓＋3CO2↑’此时’
等量的小苏打释放出的CO2气体比单放小苏打时多—倍’这样使得油条（饼）可以在
短时间内迅速鼓起来。
118.
［答案］
（l）Y2O3 .FeO.2BeO.2SiO2（3分）
（2）@b（3分）
@BeO;—＋4H＋-Be2＋＋2H2O（3分）
（3）3.7≤α＜60（3分）
取少量滤液于试管中,滴加几滴KSCN溶液’观察溶液是否
变为Ⅲ红色’若不变Ⅲ红色’则说明Fe3＋沉淀完全（3分）
［解析］
（l）钮矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为Y2O3 .FeO
2BeO.2SiO2°
（2）@题干中能使Be2十生成沉淀的物质只有NaOH溶液、氨水,又因为NaOH溶液的
碱性太强, Be2＋与NaOH易生成Na2BeO2’致使加人NaOH的量不易控制,因此选用
碱性较弱的氨水’故本题答案为b°
@Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成Be2＋,反
应的离子方程式为BeOiˉ＋4H十-Be2＋＋2H2O。
（3）由题干所给的表中数据可以看出’ PH＞3.7时’ Fe3＋可以完全沉淀; pH＞6.0
时’Y3十开始沉淀;因此使Fe3＋完全沉淀、Y3＋未开始沉淀的pH为3.7≤α＜6.0°
Fe3＋遇KSCN溶液呈血红色,可以用KSCN溶液检测Fe3＋存在,检验Fe3＋是否沉淀
完全的具体方法:取少量滤液于试管中’滴加几滴KSCN溶液’观察溶液是否变为Ⅲ
红色,若不变Ⅲ红色’则说明Fe3＋沉淀完全°
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