高考真题三年（2018-2020）化学分项汇编--专题16 工艺流程题（解析版）

专题 16 工艺流程题 1．[2020 新课标Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅 酸盐，以及 SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备 NH4VO3。 该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mn2+ 开始沉淀 pH 1.9 7.0 3.0 8.1 完全沉淀 pH 3.2 9.0 4.7 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。 （2）“酸浸氧化”中，VO+和 VO2+被氧化成 ，同时还有___________离子被氧化。写出 VO+转化 为 反应的离子方程式___________。 （3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 ，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、 ___________，以及部分的___________。 （4）“沉淀转溶”中， 转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。 （5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。 （6）“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是___________。 【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） （2）Fe2+ VO++MnO2 +2H+ = +Mn2++H2O （3）Mn2+ Al3+和 Fe3+ （4）Fe(OH)3 （5）NaAl(OH)4+ HCl= Al(OH)3↓+NaCl+H2O （6）利用同离子效应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全 【解析】 【分析】 2VO+ 2VO+ 2 5 2V O H Ox⋅ 2 5 2V O H Ox⋅ 2VO+黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5 价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及 SiO2、Fe3O4，用 30%H2SO4 和 MnO2“酸浸氧化”时 VO+和 VO2+被氧化成 ，Fe3O4 与硫酸反应生成的 Fe2+被氧化成 Fe3+，SiO2 此过 程中不反应，滤液①中含有 、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、 ；滤液①中加入 NaOH 调节 pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为 V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH，此 过程中 Fe3+部分转化为 Fe(OH)3 沉淀，部分 Al3+转化为 Al(OH)3 沉淀，滤液②中含有 K+、Na+、Mg2+、Al3+、 Fe3+、Mn2+、 ，滤饼②中含 V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入 NaOH 使 pH>13，V2O5·xH2O 转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3 转化为 NaAlO2，则滤渣③的主要成分为 Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸 钠，加入 HCl 调 pH=8.5，NaAlO2 转化为 Al(OH)3 沉淀而除去；最后向滤液④中加入 NH4Cl“沉钒”得到 NH4VO3。 【详解】 （1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为： 加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）； （2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的 Fe3O4 与硫酸反应生成 FeSO4、Fe2(SO4)3 和水，MnO2 具有氧化性，Fe2+具 有还原性，则 VO+和 VO2+被氧化成 的同时还有 Fe2+被氧化，反应的离子方程式为 MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为 时，钒元素的化合价由+3 价升至+5 价，1molVO+失 去 2mol 电子，MnO2 被还原为 Mn2+，Mn 元素的化合价由+4 价降至+2 价，1molMnO2 得到 2mol 电子，根 据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为 反应的离子方程式为 VO++MnO2+2H+= +Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+= +Mn2++H2O； （3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为 V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子 K+、Mg2+、Na+、 Mn2+，以及部分的 Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+； （4）根据分析，滤渣③的主要成分是 Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； （5）“调 pH”中有沉淀生成，是 NaAlO2 与 HCl 反应生成 Al(OH)3 沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或 Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为： NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或 Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。 （6）“沉钒”中析出 NH4VO3 晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是：增大 NH4+离子浓度，利用同离子效 应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进 NH4VO3 尽可能析出完全。 【点睛】 + 2VO + 2VO 2- 4SO 2- 4SO + 2VO + 2VO + 2VO + 2VO + 2VO本题以黏土钒矿制备 NH4VO3 的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书 写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。 2．[2020 新课标Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属 Ni、Al、Fe 及其氧化物，还有少量其 他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的 pH 如下表所示： 金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+ 开始沉淀时（c=0.01 mol·L−1）的 pH 沉淀完全时（c=1.0×10−5 mol·L−1）的 pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0 回答下列问题： （1）“碱浸”中NaOH 的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为 中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。 （2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。 （3）“转化”中可替代H2O2 的物质是______________。若工艺流程改为先“调 pH”后“转化”，即 ，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。 （4）利用上述表格数据，计算 Ni(OH)2 的 Ksp=______________（列出计算式）。如果“转化”后的溶 液中 Ni2+浓度为 1.0 mol·L−1，则“调 pH”应控制的 pH 范围是______________。 （5）硫酸镍在强碱溶液中用 NaClO 氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的 NiOOH。写出该反应 的离子方程式______________。 （6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。 【答案】（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O （2）Ni2+、Fe2+、Fe3+ （3）O2 或空气 Fe3+ （4）0.01×(107.2−14)2[或 10−5×(108.7−14)2] 3.2~6.2 （5）2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH↓+ Cl−+H2O 4Al(OH)−（6）提高镍回收率 【解析】 【分析】 由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O 将 Al 及其氧化物溶解，得到的滤液① 含有 NaAlO2，滤饼①为 Ni、Fe 及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀 H2SO4 酸浸后得到含有 Ni2+、 Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经 H2O2 氧化为 Fe3+后，加入 NaOH 调节 pH 使 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀除去，再 控制 pH 浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。 【详解】 （1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并将 Al 及其氧化物溶解， 滤液①中含有 NaAlO2(或 Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应 +H++H2O=Al(OH)3↓或 +H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物； +H++H2O=Al(OH)3↓或 +H+=Al(OH)3↓+H2O； （2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe 及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是 Ni2+、Fe2+、Fe3+，故 答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+； （3）“转化”在 H2O2 的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，可用 O2 或空气替代；若将工艺流程改为先“调 pH”后“转 化”，会使调 pH 过滤后的溶液中含有 Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的 Fe3+，故答案为：O2 或空气； Fe3+； （4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的 pH=8.7，此时 c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1， 则 c(OH-)= ，则 Ni(OH)2 的 ；或者当 Ni2+ 开始沉淀时 pH=7.2，此时 c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则 c(OH-)= ， 则 Ni(OH)2 的 ；如果“转化”后的溶液中 Ni2+浓度为 1.0mol·L-1，为避 免镍离子沉淀，此时 ，则 ， 即 pH=6.2；Fe3+完全沉淀的 pH 为 3.2，因此“调节 pH”应控制的 pH 范围是 3.2~6.2，故答案为： ；3.2~6.2； - 2AlO ( )- 4Al OH - 2AlO ( )- 4Al OH ( ) -14 8.7-14w -8.7+ 10= =10 1.0 10H K c × ( ) ( ) ( )22+ 2 - -5 8.7-14 sp = Ni OH =10 10K c c × ( ) -14 7.2-14w -7.2+ 10= =10 1.0 10H K c × ( ) ( ) ( )22+ 2 - 7.2-14 sp = Ni OH =0.01 10K c c × ( ) ( ) ( )27.2-14 sp- -7.8 -1 2+ 0.01 10 OH = = =10 mol L 1.0Ni K c c ×  ( ) ( ) -14 + -6.2w -7.8- 10H = = =10 10OH Kc c ( ) ( )2 27.2-14 -5 8.7-140.01 10 10 10× ×或（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被 NaClO 氧化得到 NiOOH 沉淀，即反应中 Ni2+被氧化为 NiOOH 沉淀， ClOˉ被还原为 Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O， 故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O； （6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有 Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为： 提高镍的回收率。 【点睛】 本题主要考查金属及其化合物的性质、沉淀溶解平衡常数 Ksp 的计算、氧化还原离子反应方程式的书写等 知识点，需要学生具有很好的综合迁移能力，解答关键在于正确分析出工艺流程原理，难点在于 Ksp 的计 算及“调 pH”时 pH 的范围确定。 3．[2020 年山东新高考]用软锰矿（主要成分为 MnO2，含少量 Fe3O4、Al2O3）和 BaS 制备高纯 MnCO3 的工 艺流程如下： 已知：MnO2 是一种两性氧化物；25℃时相关物质的 Ksp 见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 回答下列问题： （1）软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2 与 BaS 溶液反应转化为 MnO 的化学方程式为 。 （2）保持 BaS 投料量不变，随 MnO2 与 BaS 投料比增大，S 的量达到最大值后无明显变化，而 Ba(OH)2 的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。 （3）滤液 I 可循环使用，应当将其导入到 操作中（填操作单元的名称）。 （4）净化时需先加入的试剂 X 为 （填化学式）。再使用氨水调溶液的 pH，则 pH 的理论最小 值为_______(当溶液中某离子浓度 时，可认为该离子沉淀完全）。 （5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 。 【答案】（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率； 16.31 10−× 38.61 10−× 32.31 10−× 12.71 10−× 5 11.0 10 mol Lc − −× ⋅ （2）过量的 MnO2 消耗了产生的 Ba(OH)2 （3）蒸发 （4）H2O2；4.9 （5） 【解析】 【分析】 软锰矿粉(主要成分为 MnO2，含少量 Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到 Ba(OH)2 溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣 用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有 Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺； 之后向滤液中加入合适的氧化剂将 Fe2+转化为 Fe3+，然后加入氨水调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为沉淀除去， 压滤得到的废渣为 Fe(OH)3 和 Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有 Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水， Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。 【详解】 （1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2 与 BaS 反应转化 为 MnO，Mn 元素的化合价由+4 价降低为+2 价，根据元素价态规律可知-2 价的 S 元素应被氧化得到 S 单质， 则 MnO2 与 BaS 的系数比应为 1:1，根据后续流程可知产物还有 Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为： MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S； （2）根据题目信息可知 MnO2 为两性氧化物，所以当 MnO2 过量时，会消耗反应产生的 Ba(OH)2，从而使 Ba(OH)2 的量达到最大值或会减小； （3）滤液 I 为结晶后剩余的 Ba(OH)2 饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用； （4）净化时更好的除去 Fe 元素需要将 Fe2+氧化为 Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将 Mn 元素氧化，加入 的试剂 X 可以是 H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3 和 Al(OH)3 为同种沉淀，而 Al(OH)3 的 Ksp 稍大，所以 当 Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当 c(Al3+)=1.0×10-5mol/L 时，c(OHˉ)= =10-9.1mol/L，所以 c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即 pH 的理论最小值 为 4.9； （5）碳化过程 Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子 和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为 Mn2++HCO +NH3·H2O=MnCO3↓+NH +H2O。 2 2 2MnO BaS H O Ba(OH) MnO S+ + = + + 2 3 3 2 3 4 2Mn HCO NH H O MnCO NH H O+ − ++ + ⋅ = + +↓ ( ) ( ) 3 3 -32.3 3 -1 -53 sp + Al OH 1 10= mol L1 10Alc K   ×  ×  - 3 4 +4．[2020 江苏卷]实验室由炼钢污泥（简称铁泥，主要成份为铁的氧化物）制备软磁性材料 α−Fe2O3。 其主要实验流程如下： （1）酸浸。用一定浓度的 H2SO4 溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能 提高铁元素浸出率的有 ▲ （填序号）。 A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间 （2）还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使 Fe3+完全转化为 Fe2+。“还原”过程中除生成 Fe2+外， 还会生成 ▲ （填化学式）；检验 Fe3+是否还原完全的实验操作是 ▲ 。 （3）除杂。向“还原”后的滤液中加入 NH4F 溶液，使 Ca2+转化为 CaF2 沉淀除去。若溶液的 pH 偏低、 将会导致 CaF2 沉淀不完全，其原因是 ▲ [ ， ]。 （4）沉铁。将提纯后的 FeSO4 溶液与氨水−NH4HCO3 混合溶液反应，生成 FeCO3 沉淀。 ①生成 FeCO3 沉淀的离子方程式为 ▲ 。 ②设计以 FeSO4 溶液、氨水-NH4HCO3 混合溶液为原料，制备 FeCO3 的实验方案： ▲ 。 [FeCO3 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2 开始沉淀的 pH=6.5]。 【答案】（1）AB （2）H2 取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色 （3）pH 偏低形成 HF，导致溶液中 F−浓度减小，CaF2 沉淀不完全 （4）① 或 ②在搅拌下向 FeSO4 溶液中缓慢加入氨水−NH4HCO3 混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后 过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液， 不出现白色沉淀 【解析】 【分析】 铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用 H2SO4 溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过 量铁粉将 Fe3+还原为 Fe2+；向“还原”后的滤液中加入 NH4F 使 Ca2+转化为 CaF2 沉淀而除去；然后进行“沉铁” 生成 FeCO3，将 FeCO3 沉淀经过系列操作制得 α—Fe2O3；据此分析作答。 【详解】 ( ) 9 sp 2CaF 5.3 10K −= × 4 a(HF) 6.3 10K −= × 2 3 3 2 3 4 2Fe HCO NH H O FeCO NH H O+ − ++ + ⋅ = ↓ + + 2 3 3 3 4Fe HCO NH FeCO NH+ − ++ + = ↓ +（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A 选； B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B 选； C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C 不选； 答案选 AB。 （2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁 粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成 Fe2+外，还有 H2 生成；通常用 KSCN 溶液检验 Fe3+，故检验 Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液， 观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则 Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则 Fe3+没有还原完全，故 答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴 KSCN 溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。 （3）向“还原”后的滤液中加入 NH4F 溶液，使 Ca2+转化为 CaF2 沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当 Ca2+完全 沉淀（某离子浓度小于 1×10-5mol/L 表明该离子沉淀完全）时，溶液中 c(F-)至少为 mol/L= ×10-2mol/L；若溶液的 pH 偏低，即溶液中 H+浓度较大，H+与 F-形成弱酸 HF，导致溶液中 c(F-)减小，CaF2 沉淀不完全，故答案为：pH 偏低形成 HF，导致溶液中 F-浓度减小，CaF2 沉淀不完全。 （4）①将提纯后的 FeSO4 溶液与氨水—NH4HCO3 混合溶液反应生成 FeCO3 沉淀，生成 FeCO3 的化学方程 式为 FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或 FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]， 离子方程式为 Fe2++ +NH3·H2O=FeCO3↓+ +H2O（或 Fe2++ +NH3=FeCO3↓+ ），答案为： Fe2++ +NH3·H2O=FeCO3↓+ +H2O（或 Fe2++ +NH3=FeCO3↓+ ）。 ②根据题意 Fe(OH)2 开始沉淀的 pH=6.5，为防止产生 Fe(OH)2 沉淀，所以将 FeSO4 溶液与氨水—NH4HCO3 混合溶液反应制备 FeCO3 沉淀的过程中要控制溶液的 pH 不大于 6.5；FeCO3 沉淀需“洗涤完全”，所以设计 的实验方案中要用盐酸酸化的 BaCl2 溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下 向 FeSO4 溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3 混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸 馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在 搅拌下向 FeSO4 溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3 混合溶液，控制溶液 pH 不大于 6.5；静置后过滤，所得沉 淀用蒸馏水洗涤 2~3 次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，不出现白色沉淀。 【点睛】 本题的易错点是实验方案设计中的细节，需注意两点：（1）控制 pH 不形成 Fe(OH)2 沉淀；（2）沉淀洗涤 完全的标志。 5．[2019 新课标Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以 9 5 5.3 10 1 10 − − × × 5.3 - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH - 3HCO + 4NH 2- 4SO硼镁矿（含 Mg2B2O5·H2O、SiO2 及少量 Fe2O3、Al2O3）为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）在 95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。 （2）“滤渣 1”的主要成分有_________。为检验“过滤 1”后的滤液中是否含有 Fe 3+离子，可选用的 化学试剂是_________。 （3）根据 H3BO3 的解离反应：H3BO3+H2O H++B(OH)−4，Ka=5.81×10−10，可判断 H3BO3 是______ 酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是_______________。 （4）在“沉镁”中生成 Mg(OH)2·MgCO3 沉淀的离子方程式为__________，母液经加热后可返回_______ ____工序循环使用。由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。 【答案】（1）NH4HCO3+NH3 (NH4)2CO3 （2）SiO2、Fe2O3、Al2O3 KSCN （3）一元弱 转化为H3BO3，促进析出 （4）2Mg2++3 +2H2O Mg(OH)2·MgCO3↓+2 （或2Mg2++2 +H2O Mg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑） 溶浸 高温焙烧 【解析】（1）根据流程图知硼镁矿粉中加入硫酸铵溶液产生的气体为氨气，用碳酸氢铵溶液吸收，反应方 程式为：NH3+NH4HCO3 (NH4)2CO3。 （2）滤渣 I 为不与硫酸铵溶液反应的 Fe2O3、Al2O3、SiO2；检验 Fe3+,可选用的化学试剂为 KSCN， （3）由硼酸的离解方程式知，硼酸在水溶液中是通过与水分子的配位作用产生氢离子，而三价硼原子最多 只能再形成一个配位键，且硼酸不能完全解离，所以硼酸为一元弱酸；在“过滤 2”前，将溶液 pH 调节至 3.5，目的是将 B(OH)−4 转化为 H3BO3，并促进 H3BO3 析出， （4）沉镁过程中用碳酸铵溶液与 Mg2+反应生成 Mg(OH)2∙MgCO3，沉镁过程的离子反应为： 2Mg2++2H2O+3CO32- Mg(OH)2∙MgCO3↓+2HCO3-；母液加热分解后生成硫酸铵溶液，可以返回“溶浸”工 序循环使用；碱式碳酸镁不稳定，高温下可以分解，故由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是高温焙烧。 6．[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题： （1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品  2 3CO − 3HCO− 2 3CO −时，钡的焰色为__________（填标号）。 A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色 （2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉： ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_________________ _____。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能 源气体，该反应的化学方程式为______________________。 ②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原 料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。 ③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。 （3）成品中 S2−的含量可以用“碘量法”测得。称取 m g 样品，置于碘量瓶中，移取 25.00 mL 0.1000 mol·L−1 的 I2−KI 溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应 5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示 剂，过量的 I2 用 0.1000 mol·L−1Na2S2O3 溶液滴定，反应式为 I2+2 2I−+ 。测定时消 耗 Na2S2O3 溶液体积 V mL。终点颜色变化为_________________，样品中 S2−的含量为____________ __（写出表达式）。 【答案】（1）D （2）①BaSO4+4C BaS+4CO↑ CO+H2O CO2+H2 ②BaCO3 ③S2−+Ba2++Zn2++ BaSO4·ZnS↓ （3）浅蓝色至无色 【解析】 【分析】 （1）焰色反应不属于化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色： 钠 Na（黄色） 、锂 Li（紫红）、钾 K（浅紫）、铷 Rb（紫色）、钙 Ca（砖红色）、锶 Sr（洋红）、铜 Cu（绿 色）、钡 Ba（黄绿）、铯 Cs（紫红）； （2）流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应 BaSO4+4C BaS+4CO↑，生成还原料 BaS，硫化钡溶液 2 2 3S O − 2 4 6S O − 2 4SO − 125.00 0.1000 322 1001000 V m − × × ×× （ ） ％与硫酸锌发生复分解反应 S2−+Ba2++Zn2++ BaSO4·ZnS↓，得到立德粉。 ①注意焦炭过量生成 CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为 BaS 与 CO，写出方程式；CO 与水蒸气反应生 成 CO2 与 H2，写出方程式 CO+H2O CO2+H2。 ②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水、二氧化碳反应 生成了碳酸钡与硫化氢气体。 ③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子 方程式。 （3）碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的 I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化 还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题。 【详解】（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色， 故 A 错误；B．钙的焰色为红色，故 B 错误；C．钾的焰色为紫色，故 C 错误；D．钡的焰色为绿色，故 D 正确；故选 D。 （2）①注意焦炭过量生成 CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为 BaS 与 CO，写出方程式 BaSO4+4C BaS+4CO↑；CO 与水蒸气反应生成 CO2 与 H2，写出方程式：CO+H2O CO2+H2。 ②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应 生成了碳酸钡与硫化氢气体。 ③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子 方程式：S2−+Ba2++Zn2++ BaSO4·ZnS↓。 （3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2 S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的 I2， 故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升 降相等列关系式，设硫离子物质的量为 n mol： S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2 1 mol 1 mol 2 mol 1 mol n mol n mol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol n+ 0.1V×10-3mol=25 0.1V×10-3mol，得 n=（25- V）0.1×10-3mol 则样品中硫离子含量为： ×100%= ×100%。 7．[2019新课标Ⅲ] 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰 2 4SO − 2 4SO − 1 2 × 1 2 × × 1 2 2n M S m −× （ ） 125.00 V 0.1000 322 m 1000 − × × × （ ）矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题： 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀的 pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的 pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 （1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 ____________________________________________________。 （2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。 （3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。 （4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。 （5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是____________ _________________________________________________________。 （6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。 （7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的 化合价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z=___________。 【答案】（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O （2）将Fe2+氧化为Fe3+ （3）4.7 （4）NiS和ZnS （5）F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2++2F−平衡向右移动 （6）Mn2++2 MnCO3↓+CO2↑+H2O （7） 【解析】（1）Si 元素以 SiO2 或不溶性硅盐存在，SiO2 与硫酸不反应，所以滤渣 I 中除了 S 还有 SiO2； 在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还 原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O。 1 3 3HCO− 1 3（2）二氧化锰作为氧化剂，使得 MnS 反应完全，且将溶液中 Fe2+氧化为 Fe3+。 （3）由表中数据知 pH 在 4.7 时，Fe3+和 Al3+沉淀完全，所以应该控制 pH 在 4.7~6 之间。 （4）根据题干信息，加入 Na2S 除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣 3 是生成的沉淀 ZnS 和 NiS。 （5）由 HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得 MgF2 Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方 向移动，Mg2+沉淀不完全。 （6）根据题干信息沉锰的过程是生成了 MnCO3 沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3- MnCO3↓+CO2↑+H2O。 （7）根据化合物中各元素化合价代数和为 0 的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计 算得：z=1/3。 8．[2019江苏]实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3 和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下： （1）室温下，反应CaSO4(s)+ (aq) CaCO3(s)+ (aq)达到平衡，则溶液中 = ▲ [Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。 （2）将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为 ▲ ；浸取废渣时， 向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是 ▲ 。 （3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将 会导致CaSO4的转化率下降，其原因是 ▲ ；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不 变，实验中提高CaSO4转化率的操作有 ▲ 。   2 3CO − 2 4SO − ( ) ( ) 2 4 2 3 SO CO c c − −（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制 取CaCl2溶液的实验方案： ▲ [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开 始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。 【答案】（1）1.6×104 （2） +NH3·H2O + +H2O(或 +NH3·H2O + +H2O) 增加溶液中 的浓度，促进CaSO4的转化 （3）温度过高，(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率 （4）在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2， 用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤 【解析】 【分析】 （1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）的平衡常数表达式为 ，结合 CaSO4 和 CaCO3 的 Ksp 计算。 （2）氨水与 NH4HCO3 反应生成（NH4）2CO3；加入氨水抑制（NH4）2CO3 的水解。 （3）温度过高，（NH4）2CO3 分解，使 CaSO4 转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变， 提高 CaSO4 转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析。 （4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3 和 Fe2O3；若以水洗后的 滤渣为原料制取 CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将 CaCO3 完全转化为 CaCl2，同时 Al2O3、 Fe2O3 转化成 AlCl3、FeCl3，过滤除去 SiO2，结合题给已知，再利用 Ca（OH）2 调节 pH 除去 Al3+和 Fe3+。 【详解】（1）反应 CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中 = = = =1.6×104。 3HCO− + 4NH 2 3CO − 3HCO− + 4NH 2 3CO − 2 3CO − 2 4 2 3 c SO c CO − − （ ） （ ） 2 4 2 3 c SO c CO − − （ ） （ ） 2 2 4 2 2 3 c Ca · SO c Ca · CO + − + − （ ）（ ） （ ）（ ） sp 4 sp 3 K CaSO K CaCO （ ） （ ） 5 9 4.8 10 3 10 − − × ×（2）NH4HCO3 属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4）2CO3，反应的化学方程式为 NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4） 2CO3+H2O[或 NH4HCO3+NH3·H2O （NH4）2CO3+H2O]，离子方程式为 HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或 HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4） 2CO3 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2O HCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水， 水解平衡逆向移动，溶液中 CO32-的浓度增大，反应 CaSO4（s）+CO32-（aq） CaCO3（s）+SO42-（aq） 正向移动，促进 CaSO4 的转化。 （3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3 分解，从而使 CaSO4 转化率下降； 由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂 的量不变，提高 CaSO4 转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高 CaSO4 转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。 （4）工业废渣主要含 CaSO4·2H2O，还含有少量 SiO2、Al2O3 和 Fe2O3，加入（NH4）2CO3 溶液浸取，其中 CaSO4 与（NH4）2CO3 反应生成 CaCO3 和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3 和 Fe2O3 都不反应，过滤后所得滤渣中含 CaCO3、SiO2、Al2O3 和 Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取 CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量 盐酸将 CaCO3 完全转化为 CaCl2，发生的反应为 CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应 Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2 不反应，经过滤除去 SiO2；得到的滤液中含 CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5 时 Fe（OH）3 和 Al（OH）3 沉淀完全，pH=8.5 时 Al（OH）3 开始溶解”， 为了将滤液中 Al3+、Fe3+完全除去，应加入 Ca（OH）2 调节溶液的 pH 介于 5~8.5[加入 Ca（OH）2 的过程中 要边加边测定溶液的 pH]，然后过滤即可制得 CaCl2 溶液。 【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质 CaCO3 和（NH4）2SO4 晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计 算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4） 问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析， 作答时要答出关键点，如 pH 介于 5~8.5 等。 9．[2018 新课标Ⅰ卷]焦亚硫酸钠（Na2S2O5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题： （1）生产 Na 2S2O5，通常是由 NaHSO3 过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式 __________。 （2）利用烟道气中的 SO2 生产 Na2S2O5 的工艺为： ①pH=4.1 时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。②工艺中加入 Na2CO3 固体、并再次充入 SO2 的目的是__________。 （3）制备 Na2S2O5 也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中 SO2 碱吸收液中含有 NaHSO3 和 Na2SO3。阳极的电极反应式为_____________。电解后，_____________室的 NaHSO3 浓度增加。 将该室溶液进行结晶脱水，可得到 Na2S2O5。 （4）Na2S2O5 可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中 Na2S2O5 残留量时，取 50.00 mL 葡萄酒样品， 用 0.01000 mol·L−1 的 碘 标 准 液 滴 定 至 终 点 ， 消 耗 10.00 mL 。 滴 定 反 应 的 离 子 方 程 式 为 _____________，该样品中 Na2S2O5 的残留量为____________g·L−1（以 SO2 计）。 【答案】（1）2NaHSO3 Na2S2O5+H2O （2）①NaHSO3 ②得到 NaHSO3 过饱和溶液 （3）2H2O－4e－ 4H++O2↑ a （4） +2I2+3H2O 2 +4I－+6H+ 0.128 【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式； （2）①根据溶液显酸性判断产物； ②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断； （3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答； （4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。 详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为 2NaHSO3＝ Na2S2O5+H2O； （2）①碳酸钠饱和溶液吸收 SO2 后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即Ⅰ中为 NaHSO3； ②要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化 硫的目的是得到 NaHSO3 过饱和溶液； （3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。 阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入 a 室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。阴极是氢离子放电，氢氧 2- 2 5S O 2- 4SO根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后 a 室中亚硫酸氢钠的浓度增大。 （4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为 S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－ +6H ＋ ； 消 耗 碘 的 物 质 的 量 是 0.0001mol ， 所 以 焦 亚 硫 酸 钠 的 残 留 量 （ 以 SO2 计 ） 是 。 点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等， 题目难度中等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电 极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚 硫酸钠。 10．[2018 新课标Ⅱ卷] 我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿（ZnS，含有 SiO2 和少 量 FeS、CdS、PbS 杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示： 相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Cd2+ 开始沉淀的 pH 1.5 6.3 6.2 7.4 沉淀完全的 pH 2.8 8.3 8.2 9.4 回答下列问题： （1）焙烧过程中主要反应的化学方程式为_______________________。 （2）滤渣 1 的主要成分除 SiO2 外还有___________；氧化除杂工序中 ZnO 的作用是____________，若 不通入氧气，其后果是________________。 （3）溶液中的 Cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_________________。 （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为______________；沉积锌后的电解液可返回 _______工序继续使用。 【答案】（1）ZnS+ O2 ZnO+SO2 （2）PbSO4 调节溶液的 pH 无法除去杂质 Fe2+ （3）Zn+Cd2+ Zn2++Cd 0.0001mol 64g/mol =0.128g/L0.05L × 3 2（4）Zn2++2e－ Zn 溶浸 【解析】分析：焙烧时硫元素转化为 SO2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅 与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣 1 中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的 pH 较大，需要将其氧化为铁离子，通过控制 pH 得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出 Cd，最后将滤液 电解得到金属锌，据此将解答。 详解：（1）由于闪锌矿的主要成分是 ZnS，因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为 ZnS+ O2 ZnO+SO2。 （2）由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣 1 的主要成分除 SiO2 外还有 PbSO4；要测定铁离子，需要调节溶液的 pH，又因为不能引入新杂质，所以需要利用氧化锌调节 pH，即氧化除杂工序中 ZnO 的作用是调节溶液的 pH。 根据表中数据可知沉淀亚铁离子的 pH 较大，所以若不通入氧气，其后果是无法除去杂质 Fe2+。 （3）溶液中的 Cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为 Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。 （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电 极反应式为 Zn2++2e－＝Zn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产 生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。 点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考 查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。解决本类题目的关键是分 析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成 了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另 外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国 科学文化，弘扬科学精神。 11．[2018北京卷] 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“能力 P S，非金属性 P S。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F 与 H2SO4 反应生成 HF、磷石膏和磷酸，生成 HF 的化学方程式为 2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。 （4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相 同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2 分解速率大，H2O2 浓度显著降低，反应速率减慢，相 同条件下有机碳脱除率减小。 （5）脱硫时，CaCO3 稍过量，充分反应后仍有 SO42-残留，原因是：CaSO4 微溶于水。加入 BaCO3 可进一 步提高硫的脱除率，因为 BaSO4 难溶于水，其中 SO42-与 BaCO3 生成更难溶的 BaSO4 和 CO32-，H3PO4 的酸 性 强 于 H2CO3 ， 在 粗 磷 酸 中 CO32- 转 化 成 H2O 和 CO2 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。 （6）滴定终点生成 Na2HPO4，则消耗的 H3PO4 与 NaOH 物质的量之比为 1：2，n（H3PO4）= n（NaOH） = bmol/L c 10-3L= mol，m（H 3PO4 ）= mol 98g/mol= g=0.049bcg，精制磷酸中 H3PO4 的质量分数为 。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的 复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识 结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO 3 或 CaCO3 中碳元素最终变为 CO2；第（6）问中 H3PO4 与 NaOH 物质的量之比的确定等。 12．[2018 江苏卷] 以高硫铝土矿（主要成分为 Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量 FeS2 和金属硫酸盐）为原料， 生产氧化铝并获得 Fe3O4 的部分工艺流程如下： （1）焙烧过程均会产生 SO2，用 NaOH 溶液吸收过量 SO2 的离子方程式为______________________。 （2）添加 1%CaO 和不添加 CaO 的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如题 16 图所示。 < <  1 2 1 2 × × × bc 2000 bc 2000 × 49bc 1000 0.049bc a已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于 600 ℃ 硫去除率=（1− ）×100% ①不添加 CaO 的矿粉在低于 500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于__________________。 ②700℃焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低，其主要原因是 ______________________________________________________。 （3）向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO2，铝元素存在的形式由_______________（填化学式）转化为 _______________（填化学式）。 （4）“过滤”得到的滤渣中含大量的 Fe2O3。Fe2O3 与 FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2， 理论上完全反应消耗的 n(FeS2)∶n(Fe2O3)=__________________。 【答案】（1）SO2+OH− HSO3− （2）①FeS2 ②硫元素转化为 CaSO4 而留在矿粉中 （3）NaAlO2 Al(OH)3 （4）1∶16 【解析】（1）过量 SO2 与 NaOH 反应生成 NaHSO3 和 H2O，反应的化学方程式为 SO2+NaOH=NaHSO3，离 子方程式为 SO2+OH-=HSO3-。 （2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于 600℃，不添加 CaO 的矿粉低于 500℃焙烧时，去 除的硫元素主要来源于 FeS2。 ②添加 CaO，CaO 起固硫作用，添加 CaO 发生的反应为 2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义， 700℃焙烧时，添加 1%CaO 的矿粉硫去除率比不添加 CaO 的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为 CaSO4 留在矿粉中。 （3）“碱浸”时 Al2O3、SiO2 转化为溶于水的 NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量 CO2， CO2 与 NaAlO2 反应生成 NaHCO3 和 Al（OH） 3 ，反应的离子方程式为 CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH） 焙烧后矿粉中硫元素总质量 焙烧前矿粉中硫元素总质量3↓+HCO3-，即 Al 元素存在的形式由 NaAlO2 转化为 Al（OH）3。 （4）Fe 2O3 与 FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧生成 Fe3O4 和 SO2，反应的化学方程式为 FeS2+16Fe2O3 11Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的 n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。 点睛：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和 Fe3O4 的流程为载体，考查流程的分析，Fe、Al、S 元素及其 化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如 NaOH 溶液吸收过量 SO2 则产物为 HSO3−，Fe2O3 与 FeS2 混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不 同。 13．[2018 江苏卷] 以 Cl2、NaOH、(NH2)2CO（尿素）和 SO2 为原料可制备 N2H4·H2O（水合肼）和无水 Na2SO3，其主要实验流程如下： 已知：①Cl2+2OH− ClO−+Cl−+H2O 是放热反应。 ②N2H4·H2O 沸点约 118 ℃，具有强还原性，能与 NaClO 剧烈反应生成 N2。 （1）步骤Ⅰ制备 NaClO 溶液时，若温度超过 40 ℃，Cl2 与 NaOH 溶液反应生成 NaClO3 和 NaCl，其离 子方程式为____________________________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取 的措施是____________________________________。 （2）步骤Ⅱ合成 N2H4·H2O 的装置如题 19 图−1 所示。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在 40 ℃以下反应 一段时间后，再迅速升温至 110 ℃继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_____________； 使用冷凝管的目的是_________________________________。 （3）步骤Ⅳ用步骤Ⅲ得到的副产品 Na2CO3 制备无水 Na2SO3（水溶液中 H2SO3、 、 随 pH 的分布如题 19 图−2 所示，Na2SO3 的溶解度曲线如题 19 图−3 所示）。 3HSO− 2 3SO −①边搅拌边向 Na2CO3 溶液中通入 SO2 制备 NaHSO3 溶液。实验中确定何时停止通 SO2 的实验操作 为_________________。 ②请补充完整由 NaHSO3 溶液制备无水 Na2SO3 的实验方案： _______________________，用少量 无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 【答案】（1）3Cl2+6OH− 5Cl−+ClO3−+3H2O 缓慢通入 Cl2 （2）NaClO 碱性溶液 减少水合肼的挥发 （3）①测量溶液的 pH，若 pH 约为 4，停止通 SO2 ②边搅拌边向 NaHSO3 溶液中滴加 NaOH 溶液，测量溶液 pH，pH 约为 10 时，停止滴加 NaOH 溶液，加热 浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于 34℃条件下趁热过滤 【解析】分析：步骤 I 中 Cl2 与 NaOH 溶液反应制备 NaClO；步骤 II 中的反应为 NaClO 碱性溶液与尿素水 溶液反应制备水合肼，；步骤 III 分离出水合肼溶液；步骤 IV 由 SO2 与 Na2CO3 反应制备 Na2SO3。 详解：（1）温度超过 40℃，Cl2 与 NaOH 溶液发生歧化反应生成 NaClO3、NaCl 和 H2O，反应的化学方程 式为 3Cl2+6NaOH 5NaCl+NaClO3+3H2O，离子方程式为 3Cl2+6OH- 5Cl-+ClO3-+3H2O。由于 Cl2 与 NaOH 溶液的反应为放热反应，为了减少 NaClO3 的生成，应控制温度不超过 40℃、减慢反应速率；实验中控制温 度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入 Cl2。 （2）步骤 II 中的反应为 NaClO 碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与 NaClO 剧烈反应生成 N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加 NaClO 碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的 溶液是 NaClO 碱性溶液。NaClO 碱性溶液与尿素水溶液在 110℃继续反应，N2H4·H2O 沸点约 118 ℃，使 用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。 （3）①向 Na2CO3 溶液中通入 SO2 制备 NaHSO3 溶液，根据图示溶液 pH 约为 4 时，HSO3-的摩尔分数最大， 则溶液的 pH 约为 4 时停止通入 SO2；实验中确定何时停止通入 SO2 的实验操作为：测量溶液的 pH，若 pH 约为 4，停止通 SO2。 ②由 NaHSO3 溶液制备无水 Na2SO3，首先要加入 NaOH 将 NaHSO3 转化为 Na2SO3，根据含硫微粒与 pH 的 △关系，加入 NaOH 应调节溶液的 pH 约为 10；根据 Na2SO3 的溶解度曲线，温度高于 34℃析出 Na2SO3，低 于 34℃析出 Na2SO3·7H2O，所以从 Na2SO3 溶液中获得无水 Na2SO3 应控制温度高于 34℃。由 NaHSO3 溶 液制备无水 Na2SO3 的实验方案为：边搅拌边向 NaHSO3 溶液中滴加 NaOH 溶液，测量溶液 pH，pH 约为 10 时，停止滴加 NaOH 溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于 34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙 醇洗涤，干燥，密封包装。 点睛：本题以制备水合肼和无水 Na2SO3 的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验 原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。难点是实验方案的设计，在设计实 验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。