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第4讲 化工流程 （一）
真题速递
1．（2018课标Ⅰ）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Na2S2O5，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). NaHSO3 (3). 得到NaHSO3过饱和溶液 (4). 2H2O－4e－＝4H＋+O2↑ (5). a (6). S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋ (7). 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；
（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。
2．（2018课标Ⅱ）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+O2ZnO+SO2 (2). PbSO4 (3). 调节溶液的pH (4). 无法除去杂质Fe2+ (5). Zn+Cd2+Zn2++Cd (6). Zn2++2e－Zn (7). 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2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
（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。
3．（2018课标Ⅲ） KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：
（1）KIO3的化学名称是_______。
（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是________。“滤液”中的溶质主要是_______。“调pH”中发生反应的化学方程式为__________。
（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式______。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________。
③与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有______________（写出一点）。
【答案】(1). 碘酸钾 (2). 加热 (3). KCl (4). KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或（HIO3+KOHKIO3+H2O） (5). 2H2O+2e－2OH－+H2↑ (6). K+ (7). a到b (8). 产生Cl2易污染环境
等
（2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。
（3）①由图示，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离的氢离子得电子，反应为2H2O + 2e- = 2OH- + H2↑。
②电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。
③KClO3氧化法的最大不足之处在于，生产中会产生污染环境的氯气。
考纲解读
考点
内容
说明
常见金属元素（如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等）
① 了解常见金属的活动顺序。
② 了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。
③ 了解合金的概念及其重要应用。
化工流程题是每年必考题。

考点精讲
无机化工流程题的特点：
规律：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制。
1. 流程的呈现主要有以物质转化为主线，以操作过程为主线，甚至有时候会以设备为主线。
2. 这类题常围绕以下几个知识点进行设问：
⑴　反应速率与平衡理论的运用
反应物颗粒大小：反应速率、原料的利用率等
温度：反应速率、物质的稳定性、物质的结晶等
⑵ 氧化还原反应的判断、化学方程式或离子方程式的书写；
⑶ 利用控制pH分离除杂；
⑷ 化学反应的能量变化；
⑸ 实验基本操作：除杂、分离、检验、洗涤、干燥等；
⑹ 流程中的物质转化和循环，资源的回收和利用；
⑺ 环境保护与绿色化学评价。
考点一 原料处理的方法和作用
对原料进行预处理的常用方法及其作用：
1. 粉碎、研磨：减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
2. 水浸：与水接触反应或溶解。
3. 酸浸：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。近年来，在高考题出现了“浸出”操作。在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂，使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。
4. 浸出率：固体溶解后，离子在溶液中含量的多少(更多转化)。
5. 灼烧：除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质，将有机碘转化为碘盐。
6. 灼烧、焙烧、煅烧：改变结构和组成，使一些物质能溶解；并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土和石灰石。
典例1（2016课标Ⅰ）高锰酸钾（KMnO4）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用
是 。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为 。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是 。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
① “歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱酸性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4、MnO2和 （写化学式）。
② “电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为 ，
阴极逸出的气体是 。
③ “电解法”和“CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为 。
（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为
0.2000 mol·L?1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为 （列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【答案】（1）增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；
（2）2MnO2+4KOH + O22K2MnO4+2H2O；
（3）提高氧气的压强，加快反应速率，增加软锰矿转化率；
（4）①KHCO3；②MnO42??e?=MnO4?；H2；③3:2；
（5）。
【解析】（1）MnO2是固体物质，对于有固体参加的化学反应，由于其浓度不变，因此可通过增大其反应接触表面积的方法来提高反应速率，使更多的软锰矿反应转化为生成物，从而提高其转化率，因此要将其粉碎成细小的颗粒；（2）根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时会反应产生K2MnO4，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物质是H2O，根据原子守恒、电子守恒可得发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气的状态是气态，在“平炉”中增大压强，电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽阳极，MnO42?失去电子，发生氧化反应，产生MnO4?。阳极的电极反应式是：MnO42??e?=MnO4?；在阴极，溶液中的水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，阴极的电极反应式是：2H2O+2e?=H2↑+2OH?。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+H2↑+2KOH 可知，K2MnO4完全转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+ 4CO2+2H2O = 2KMnO4+MnO2+4KHCO3；中，反应的K2MnO4中只有2/3反应转化为KMnO4，所以K2MnO4的理论利用率是2/3，故“电解法”和“CO2歧化法”制取KMnO4时K2MnO4的理论利用率之比为1:2/3=3:2；（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑+8H2O可知，KMnO4与草酸反应的关系式是：2KMnO4～5H2C2O4。取浓度为0.2000 mol·L?1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，则配制的溶液的浓度为：。则1.0800 g样品中含KMnO4的物质的量为：n(KMnO4)=c·V=，由于样品的质量是1.0800g，则该样品含有的KMnO4的的纯度为：ω=。
【名师点睛】化学反应速率和化学平衡理论是重要的化学原理。影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂等。对于固体来说，其浓度不变，所以要使反应速率加快，可通过将固体粉碎成细小的颗粒、搅拌等方法进行。外界条件对化学平衡移动的影响可通过勒夏特列原理进行分析，但是平衡移动的趋势是微弱的。要会根据反应方程式分析判断物质的转化率的大小，转化率大的反应速率不一定快，物质的转化率大小与反应快慢是不同的概念，要掌握其区别与联系。要会根据方程式中相应物质之间的关系进行有关物质的量的化学计算。本题将化学反应速率、化学平衡、电解原理、滴定方法的应用综合一起考查，反映了考生的综合应用知识分析、解决问题的能力。
典例2（2018届广东省揭阳市高三高考第一次模拟）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Co(OH)2
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
③CoCl2?6H2O熔点86℃，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方式_______________________________。
（2）NaClO3的作用是____________________写出该反应的离子方程式_____________；
若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体是 ___________（填化学式）。
（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为________________。
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图。加萃取剂的目的是_______________；其使用的最佳pH范围是（填字母代号）__________。
A．2.0~2.5 B．3.0~3.5 C．4.0~4.5 D．5.0~5.5
（5）操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤．制得的CoCl2?6H2O需减压烘干的原因是_________。
（6）除“钙”“镁”是将滤液i中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)=7.35×10-11，Ksp(CaF2)=1.50×10-10。当加入过量NaF，所得滤液中c(Mg2+)/c(Ca2+)=_____________。
【答案】 Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2O 将Fe2+氧化成Fe3+ ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O Cl2 Fe(OH)3?? Al(OH)3 除去溶液中的Mn2+ B 降低烘干温度，防止产品分解 0.49
(1)酸性条件下，Co2O3和SO32-发生氧化还原反应生成Co2+、SO42-，反应离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
(2)酸性条件下，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH转化氢氧化铁沉淀而除去，反应的离子方程式为ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O，若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，氯酸钠能够氧化氯离子反应生成氯气，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O；Cl2；
(3)“加Na2CO3调pH至a”，目的是除去铁离子、铝离子，将铁离子、铝离子转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
(4)根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+被萃取，并防止Co2+被萃取，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
(5)操作I包含3个基本实验操作是蒸发、结晶和过滤，制得的CoCl2?6H2O需减压烘干，目的是降低烘干温度，防止产品分解，故答案为：降低烘干温度，防止产品分解；
(6)由溶度积可知，滤液i“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀，根据溶度积可知c(Mg2+)：c(Ca2+)===0.49，故答案为：0.49。
典例3（2018届广东省佛山市普通高中教学质量检测二）氧锰八面体纳米棒(OMS-2)是一种新型的环保催化剂。用软锰矿和黄铁矿（主要成分分别为MnO2、FeS2）合成OMS-2的工艺流程如下：
（1）FeS2中硫元素的化合价是_________。“调pH并过滤”主要除去______元素。
（2）Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素的化合价有两种，则Mn (Ⅲ)、Mn (Ⅳ) 物质的量之比为_______________。生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以SO42-的形式存在，该反应的离子方程式为__________________________。
（3）溶液B可进一步分离出两种主要化合物，一种可在该工艺中循环使用，化学式是____________；另一种为盐类，在农业生产中可用作___________________________。
（4）OMS-2是一种纳米级的分子筛。分别用OMS-2和MnOx对甲醛进行催化氧化，在相同时间内甲醛转化率和温度的关系如图：
由图可知，OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是____________________，原因是________________。
（5）甲醛(HCHO)在OMS-2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.22mg/L，CO2含量为0.590mg/L，一段时间后测得CO2含量升高至1.25mg/L，该实验中甲醛的转化率为_______________________。
【答案】 -1 Fe或铁 5:1 2MnO4-+ 2S2O82-+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO42-+22H+ H2SO4 化肥 OMS-2 OMS-2 比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快 36.9%
MnSO4·H2O按物质的量比1:1:5反应，产物中硫元素全部以SO42-的形式存在，该反应的离子方程式为2MnO4-+ 2S2O82-+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4SO42-+22H+；（3）根据反应方程式可知，溶液B中含有的K2SO4、H2SO4，该工艺中循环使用的物质化学式是H2SO4，K2SO4在农业生产中可用作钾肥；（4）由图像可以看出，相同温度下，OMS-2作催化剂时，因纳米级OMS-2 比MnOx表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故OMS-2与MnOx相比，催化效率较高是OMS-2；（5）设体积为VL，CO2含量由0.590mg/L升高至1.25mg/L，CO2含量增多0.66mg/L，反应生成的CO2的物质的量为，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为，故该实验中甲醛的转化率为=36.9%。
考点一精练：
1．（2018届湖南师大附中高三高考模拟卷一）锌钡白是一种白色颜料，工业上由ZnSO4与BaS溶液混合而成，BaS+ZnSO4= ZnS↓+BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。
Ⅰ．ZnSO4溶液的制备与提纯：
有关资料：
a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；
b．Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；
（1）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤____（选填①、②、③或⑤）。
（2）若步骤缺少②中加入的氧化剂为H2O2，写出反应的离子方程式_____________。
（3）滤渣2中主要成分为____________________（填化学式）。
（4）写出步骤④后产生滤渣3的反应的离子方程式________________。
（5）滤液3中含碳粒子的浓度大小顺序为_____________。
Ⅱ．BaS溶液的制备
（6）写出“煅烧还原”反应的化学方程式_____________。BaSO4和BaCO3的Ksp数值接近，用平衡原理解释为什么BaCO3可溶于盐酸，而BaSO4难溶:______________。
Ⅲ.制取锌钡白
(7)如果上述工业生产流程中步骤⑤硫酸过量，则ZnSO4与BaS溶液混合制取锌银白产生的后果是_________。
【答案】 ① 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O Fe(OH)3、Cu(OH)2 ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3- HCO3->H2CO3>CO32- BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑ BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中 过量的硫酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率
(1)步骤①中FeCO3与硫酸反应生成二氧化碳，为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤①，故答案为：①；
(2)若步骤②中加入的氧化剂为H2O2，双氧水将亚铁离子氧化，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)根据上述分析，滤渣2中主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2，故答案为：Fe(OH)3、Cu(OH)2；
(4)步骤④中通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，反应的离子方程式为ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-，故答案为：ZnO22-+ 2CO2 + 2H2O = Zn(OH)2↓ + 2HCO3-；
(5)滤液3是碳酸氢钠溶液，电离程度小于水解程度，溶液显碱性，其中含碳粒子的浓度大小顺序为HCO3->H2CO3>CO32-，故答案为：HCO3->H2CO3>CO32-；
(6)煅烧发生反应：BaSO4+4CBaS+4CO↑，BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中，故答案为：BaSO4(s) + 4C(s) BaS(s) + 4CO↑ (7). BaCO3溶解生成的CO32-能被H+结合而减少，促使溶解平衡正向移动，而SO42-不会被H+结合，所以BaSO4不会溶于强酸中；
(7)步骤⑤中硫酸过量，过量的酸与BaS溶液混合会发生反应，产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率，故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S污染空气，而且会降低锌钡白的产率。
2．（2018届湖南师大附中高三高考模拟卷一）硫化氢(H2S)的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。
(1)H2S和CO混合加热可制得羰基硫(COS)，羰基疏可作粮食熏蒸剂，能防止其些昆虫、线虫和真菌的危害。反应方程式为CO(g)+H2S(g)=COS(g)+H2(g)。
①羰基硫的电子式为__________。
②下列能说明碳与硫两元素非金属性相对强弱的是_______（填字母代号）。
a．相同条件下水溶液的pH：Na2CO3＞Na2SO4
b．酸性：H2SO3＞H2CO3
c．S与H2的化合比C与H2的化合更容易
（2）H2S具有还原性，在酸性条件下，能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式____________。
（3）H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸，25℃时，在0．10mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如图所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH=13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)=______ mol·L－1。
②某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S，当溶液pH=_______时，Mn2＋开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)=2.8×10-13]。
（4）H2S的废气可用烧碱溶液吸收，将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S2－－2e－=S↓ (n－1)S＋S2－Sn2－写出电解时阴极的电极反应式：______________________。
(5)一定温度下将NH4HS固体放入定容真空密闭容器中，可部分分解为硫化氢和氨气:NH4HS(s)H2S(g)+NH3(g)。
①可以判断上述分解反应已经达到化学平衡状态的是_______ (填字母代号)
A.v(H2S)=v(NH3) B.密闭容器中总压强不变
C.密闭容器中混合气体的密度不变 D.密闭容器中氨气的体积分数不变
②当上述反应达平衡时:p(NH3)×p(H2S)=a(Pa2)，则平衡时容器中的总压为_______Pa( 用含a 的代数式表示).[p(NH3)、p(H2S)分别代表NH3、H2S的压强，Pa为压强的单位]
【答案】 ac 5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O 0.043 5 2H2O+2e-=H2↑+2OH- BC
(2)该反应中S元素化合价由-2价变为0价、+6价，Mn元素化合价由+7价变为+2价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，故答案为：5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
(3)①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=13时，c(S2-)=5.7×10-2mol/L，在0.10mol?L-1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.10mol?L-1，所以c(H2S)+c(HS-)=0.1-5.7×10-2=0.043mol/L，故答案为：0.043；
②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀，所以c(S2-)==mol/L=1.4×10-11mol/L，结合图像得出此时的pH=5，所以pH=5时锰离子开始沉淀，故答案为：5；
(4)阳极上硫离子放电，电极反应式为S2--2e-═S↓，阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故答案为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
(5) ①A.根据方程式NH4HS(s)H2S(g)+NH3(g)，任何时候都存在v(H2S)=v(NH3)，不能说明是平衡状态，错误；B.该反应是气体的物质的量增大的反应，密闭容器中总压强不变，说明气体的物质的量不变，说明处于平衡状态，正确；C.该反应是气体的质量增大的反应，密闭容器中混合气体的密度不变，证明气体的质量不变，说明处于平衡状态，正确；D.密闭容器中氨气的体积分数始终为50%，不能说明是平衡状态，错误；故选BC；
②NH4HS=NH3+H2S，由NH4HS分解的反应方程式可知：生成等物质的量的硫化氢和氨气，则NH3与H2S的分压相同，故p硫化氢=p氨气=Pa所以，平衡后的总压为p硫化氢+p氨气=2Pa，故答案为：2。
考点二 实验条件的控制和目的
一. 掌握核心化学反应
1. 元素及其化合物知识：化工生产将原料转变成产品的过程，也是物质经历相互转化的过程。理解物质之间的转化关系，就要用到元素及其化合物的相关知识。一般围绕铁、铜、铝、镁、氯、硫、磷、硅等元素的单质或化合物的工业制备来进行命题，需要掌握这些元素及其化合物的知识
2. 还要掌握有关化工生产的知识，熟悉的有纯碱工业、氨工业、硅单质的制备、氯碱工业、海水中提取镁、海水中提取溴等；
3. 化学反应原理：化工生产中把原料转变成产品的过程就是化学反应的过程，从化学反应原理的角度选择原料、控制条件和选择设备等，是化工生产的基本思路。化学反应原理的相关知识包括质量守恒定律、化学反应速率、化学平衡、电化学、化学热力学等，做到能综合运用这些知识分析化工生产中化学反应的情况。
① 调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。在题目中常以表格形式给出信息。
例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6
Mn(OH)2
8.3
9.8
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，应该怎样做？
提示：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH到3.7。
调节pH所需的物质一般应满足两点：
能与H＋反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。
调节溶液的pH：“酸作用还可以除去氧化物（膜）；“碱作用”还可以除去油污、除去铝片氧化物、溶解铝、二氧化硅。
② 控制体系的温度
a．控制低温：防止物质的分解，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解，如冰水洗涤，以防止洗涤过程中的溶解损耗；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收；
b．采取加热：加速某固体的溶解，加快反应速率；减少气体生成物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移动；趁热过滤，防止某物质降温时因析出而损耗或带入新的杂质；
c．控制范围：确保催化剂的催化效果，兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。
二. 明确反应原理
注意每一步在什么条件下，发生了什么反应，生成了什么物质，这些物质分别到哪里去了。如转化成了沉淀还是气体或生成了其他物质。
典例1（2017北京）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181（升华）
316
1412
熔点/℃
?69
?25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)+2 Cl2(g)= TiCl4(g)+ O2(g) ΔH1=+175.4 kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2=-220.9 kJ·mol-1
① 沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_______________________。
② 氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据：_______________。
③ 氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是__________________________。
④ 氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_____________。
（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：
物质a是______________，T2应控制在_________。
【答案】（1）①TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=-45.5kJ/mol ② >、温度越高，CO的物质的量越多(或CO2的物质的量越少)，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H>0。③饱和食盐水、FeCl2溶液、NaOH溶液。④MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）四氯化硅、136℃~181℃
通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。
【名师点睛】本题以钛精矿制备纯TiCl4的流程为素材，主要考查盖斯定律和热化学方程式、化学平衡移动、HCl及Cl2尾气的利用和吸收、制备流程中物质关系、过滤、蒸馏实验等基础化学知识，考查考生对化学反应原理知识的综合应用能力和对已知信息的综合应用能力。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。另外需要注意题干信息下午提取和筛选，例如本题中①溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分，表格中信息则可以得到TiCl4液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。②工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。
典例2（2016江苏）以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：

（1）氯化过程控制电石渣过量，在75℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2
的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2 分解为CaCl2和O2。
① 生成Ca(ClO)2的化学方程式为 。
② 提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有 （填序号）。
A．适当减缓通入Cl2速率 B．充分搅拌浆料 C．加水使Ca(OH)2完全溶解
（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2===Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，
氯化完成后过滤。
① 滤渣的主要成分为 （填化学式）。
② 滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2] 1∶5（填“＞”、“＜”或“=”）。
（3）向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100g?L-1，
从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 。
【答案】（1）①2Cl2+2Ca(OH)2===Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O ②AB
（2）①CaCO3、Ca(OH)2 ②＜ （3）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】（1）①氯气与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，则生成Ca(ClO)2的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O。
②A．适当减缓通入Cl2速率可以使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，A正确；B．充分搅拌浆料可以增大反应物的接触面积，使氯气被氢氧化钙充分吸收而反应，可以提高氯气的转化率，B正确；C．加水使Ca(OH)2完全溶解氢氧化钙浓度降低，不利于氯气的吸收，C错误，答案选AB。
（2）① 碳酸钙不溶于水，与氯气不反应，氢氧化钙微溶，因此滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。
② 由于氯气还能与氢氧化钙反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，因此滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2]＜1∶5。
（3）根据图像可知氯酸钾的溶解度受温度影响最大，因此从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶。
【名师点晴】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，所以这类题成为近年来高考的必考题型。流程题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。解决本类题目的基本方法和步骤为：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品。（2）然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。（3）分析流程中的每一步骤，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。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
考点二精练：
1．（2018届内蒙古赤峰市高三4月模拟）运用化学反应原理研究碳、氮的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。
(1) 用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的 活性炭和NO，发生 反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)△H=QkJ/mol。 在T1℃时，反应进行到不同时间(min) 测得各物质的浓度(mol/L) 如下：
浓度 时间
0
10
20
30
40
50
NO
1.00
0.68
0.50
0.50
0.60
0.60
N2
0
0.16
0.25
0.25
0.30
0.30
CO2
0
0.16
0.25
0.25
0.30
0.30
①30min 后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是________(填字母编号)
a.通入一定量的NO b.加入定量的活性炭
c.加入合适的催化剂 d.适当缩小容器的体积
② 若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3: 1: 1，则Q_____ 0 (填“>”或“<”<)。
(2) 某研究小组在实验室用某新型催化剂对CO、NO催化转化进行研究，则得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，利用以下反应：NO+CON2+CO2( 有CO) 2NON2+ O2 (无CO)
①若不使用CO，温度超过775℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为: __________；在n(NO)/n(CO)= 1的条件下，应控制最佳温度在_______左右。
②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染，写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式_________________。
③以NO2、O2 熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，则该电极反应式为__________________。
(3) 天然气的一个重要用途是制取氢气，其原理如下：
已知:① 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H1
②CH4(g)+ 2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H2
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H3
1)科学家提出一种利用天然气制备氢气的方法: CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) △H=_____
2)这种方法的推广与使用，不仅实现资源综合利用，而且还能解决环境问题是_________。
【答案】 ad ＜ 该反应是放热反应，升高温度反应更有利于向逆反应方向进行 870℃ (850℃到900℃之间都可以) 4C2H6+ 14NO28CO2+7N2+12H2O NO2+ NO3--e-=N2O5 △H=△H2-△H1-△H3 减少温室气体排放，缓解温室效应
为原来的0.600.50=1.2倍，N2和CO2的浓度增大为原来的0.30.25=1.2倍。a项，通入一定量NO，平衡正向移动，达到新平衡时NO、N2、CO2的浓度都可能为原来的1.2倍（由于C为固体，相当于增大压强平衡不移动）；b项，加入定量活性炭，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变；c项，加入合适催化剂，加快反应速率，平衡不移动，各物质物质的量浓度不变；d项，适当缩小容器体积，平衡不移动，由于体积减小，达到新平衡时NO、N2、CO2的浓度都可能为原来的1.2倍；30min改变的条件可能是通入一定量的NO、适当缩小容器的体积，答案选ad。
②30min时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为0.50:0.25:0.25=2:1:1，升高温度达到平衡时容器中NO、N2、CO2的浓度之比为3:1:1，升高温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，Q0。
（2）①若不使用催化剂，发生的反应为2NON2+O2，温度超过775℃，NO的分解率降低，可能原因是：该反应是放热反应，升高温度更有利于反应向逆反应方向进行。根据图像当n（NO）/n（CO）=1时，870℃左右NO的转化率最大，所以应控制的最佳温度在870℃左右。
②烃催化还原NOx可消除氮氧化物的污染，氮氧化物被还原为N2，则烃转化成CO2和H2O，C2H6与NO2反应的化学方程式为4C2H6+14NO28CO2+12H2O+7N2。
③石墨II通入O2，石墨II为正极，石墨I为负极，Y是一种氧化物，NO2发生氧化反应生成Y，Y为N2O5，电极反应式为NO2-e-+NO3-=N2O5。
（3）应用盖斯定律，将②-①-③得，CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=ΔH2-ΔH1-ΔH3。这种方法的推广与使用，不仅实现资源综合利用，而且还能解决的环境问题是：减少温室气体的排放，缓解温室效应。
2．（2018届广东省珠海市高三3月质量检测一模）用氟硅酸(H2SiF6)制备冰晶石(Na3AlF6)的工艺流程如下所示：
（1）氟硅酸(H2SiF6)酸性强于硫酸，通常由四氟化硅经水吸收制得，其化学方程式为______________________________。
（2）反应②为脱硅工艺，滤渣②是__________。
（3）向NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液发生反应③的离子方程式为_______________；NaF溶液呈碱性，在加入A l2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则可能产生副产物______________。
（4）干燥前，检验冰晶石是否洗涤干净的实验方法是____________________________。
（5）从母液中可循环利用的物质是_____________________。
（6）碳酸化法也是工业制取冰晶石的一种方法：在偏铝酸钠及氟化钠溶液中，通入足量二氧化碳即可，请写出该反应的化学方程式____________________________。
【答案】 3SiF4+3H2O=2H2SiF6+H2SiO3 SiO2 6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓ Al(OH)3 取洗涤后的溶液，向其中滴加BaCl2溶液，无现象，说明已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净 Na2SO4 6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O=Na3AIF6↓+4NaHCO3
(3)向NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液反应生成Na3AlF6沉淀和硫酸钠，反应③的离子方程式为6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓；NaF溶液呈碱性，在加入A l2(SO4)3溶液前，需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右，否则A l2(SO4)3溶液与碱反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：6F-+Al3++3Na+=Na3AlF6↓；Al(OH)3；
(4)冰晶石上可能吸附硫酸钠溶液，判断是否洗涤干净只需要具有是否含有硫酸根离子即可，实验方法为取洗涤后的溶液，向其中滴加BaCl2溶液，无现象，说明已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净，故答案为：取洗涤后的溶液，向其中滴加BaCl2溶液，无现象，说明已经洗涤干净；若有白色沉淀生成，说明没有洗涤干净；
(5)母液中含有硫酸钠，根据流程图，硫酸钠参与反应①的循环Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
(6)在偏铝酸钠及氟化钠溶液中，通入足量二氧化碳可以反应生成Na3AlF6沉淀，反应的化学方程式为6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6↓+4NaHCO3，故答案为：6NaF+4CO2+NaAlO2+2H2O= Na3AlF6↓+4NaHCO3。
考点三 物质分离或提纯的方法
化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。
1. 蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的
气流中加热，以防其水解。
⑴　蒸发浓缩、冷却结晶：如除去KNO3中的少量NaCl。
⑵　蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。
2. 溶解法：利用特殊溶剂把杂质溶解而除去，如Fe(Al)可用过量的NaOH溶液而除去Al，CO2(HCl、H2O)先通过饱和食盐水，再通过浓H2SO4。
3. 沉淀法：a. 加合适的沉淀剂(要使杂质离子充分沉淀，加入的沉淀剂必须过量，且在后续步骤中容易除去)；b. 调节溶液的酸碱性。
4. 洗涤法：a.水洗；b.冰水洗；c.有机溶剂洗。其目的是：洗去目标物表面的杂质离子；减少目标物的溶解损耗或增大有机杂质的溶解量；防止目标物形成结晶水合物；使晶体快速干燥。
典例 (2017江苏)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】（1）Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O （2）减小 （3）石墨电极被阳极上产生的氧气氧化
（4）4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ H2 （5）氯化铵分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜
【解析】结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行循环利用。
（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。
(2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。
（5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。
【名师点睛】本题通过化工流程考查了课本上学过的从铝土矿提取铝的元素化合物的知识，在问题中又结合原料的循环利用考查了电解原理。制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务。审题的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上，分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑；解答时要先看框内，后看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入。而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论或性质→所以有什么变化→结论，如本题最后一个问题，只要注意了铝表面易生成氧化膜和氯化铵受热易分解这两条性质，即可想到分解产物对氧化膜的作用，所以备考时，要多看课本上元素化合物方面内容，知道学了哪些，大多数的试题的根都在课本上。
考点三精练：
1．（2018届湖南省G10教育联盟高三4月联考）一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面：锂混杂于其中。(已知Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性)从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：
已知：①CoCO3的溶度积为：Ksp=1.0×10-13；
②溶液中离子浓度小于1.0×10-5mol/L时认为该离子沉淀完全。
(1)“碱溶”前通常将废料粉碎，其目的是____________。
(2)过程I中采用NaOH溶液溶出废料中的A1，反应的离子方程式为_________________。
(3)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钻物质的反应化学方程式为 (产物中只有一种酸根) _______________________________________。在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因______________________________________。
(4)过程III得到锂铝渣的主要成分是LiF和AI(OH)3，碳酸钠溶液在产生 Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式__________________________________。
(5)将2.0×10-4 mol/LCoSO4与2.2×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合，此时溶液中的Co2+的浓度为__________，Co2+是否沉淀完全? __________(填“是”或“否”)。
(6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。如图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质B的化学式是____________________。
【答案】增大反应物接触面积，加快反应速率；2A1+2OH－+2H2O?=?2A1O2－+3H2↑；4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=?12CoSO4+Na2SO4+?11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
2A13++3CO32－+3H2O=?2A1(OH)3↓+3CO2↑；1.0×10-8mol/L；是；CoCl2·H2O。
【解析】(1). “碱溶”前通常将废料粉碎，可以增大固体反应物的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；
(2). NaOH溶液和Al反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2A1+2OH－+2H2O?=?2A1O2－+3H2↑，故答案为：2A1+2OH－+2H2O?=?2A1O2－+3H2↑；
(3). 废料中钴以Co2O3·CoO的形式存在，钴的化合价为+2价和+3价，由流程图可知，加入Na2S2O3溶液后，钴全部变为+2价，说明Co3+氧化S2O32－，还原产物为Co2+，由产物中只有一种酸根离子可知氧化产物为SO42－，根据得失电子守恒和原子守恒，浸出含钴物质的反应化学方程式为：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=?12CoSO4+Na2SO4+?11H2O，由题中信息可知，Co2O3的氧化性>Cl2的氧化性，则Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以实际工业生产中不用盐酸浸出含钴物质，故答案为：4Co2O3·CoO+Na2S2O3+11H2SO4=?12CoSO4+Na2SO4+?11H2O；Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境；
(4). 在过程III中加入碳酸钠溶液，碳酸根离子和铝离子发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：2A13++3CO32－+3H2O=?2A1(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2A13++3CO32－+3H2O=?2A1(OH)3↓+3CO2↑；
(5). 将2.0×10-4mol/LCoSO4?与2.2?×10-4mol/L的Na2CO3等体积混合，Co2＋与CO32－反应生成CoCO3，离子方程式为：Co2＋+ CO32－= CoCO3，由离子方程式可知，反应后的溶液中c(CO32－)=( 2.2×10-4－2.0×10-4)mol/L÷2=1×10－5mol/L，则反应后的溶液中c(Co2＋)==1.0×10-8mol/L，c(Co2＋)＜1.0×10-5mol/L，所以Co2＋沉淀完全，故答案为：1.0×10-8mol/L；是；
(6). 据图可知，n(CoCl2)=65×10-3g÷130g/mol=5×10-4mol，B中含有水的物质的量为n(H2O)=(74－65)×10-3g÷18g/mol=5×10-4mol，则n(CoCl2): n(H2O)=1:1，则物质B为CoCl2·H2O，故答案为：CoCl2·H2O。
考点四 可循环物质的判断和流程评价
一. 可循环物质的判断
1. 流程图中回头箭头的物质。
2. 生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。
二. 对整个工艺流程从下列几个方面进行评价
1.体现绿色化学思想（使用无毒无害原料，采用原子利用率高的制备路线，原料的循环利用，副产物综合利用，节能，等）。
2. 高效节能方面（原料廉价，工艺简单，产品的纯度高，能耗低等）。
3. 生成物或副产物的污染。
典例（2018届安徽省马鞍山市高三第二次教学质量监测）某研究小组用工业废料(主要含MgCO3、FeCO3和Al2O3等)回收镁的工艺流程如下:
(1)酸浸过程中采用粉碎原料、加热、搅拌、适当增大硫酸的浓度等措施的目的是______；用过氧化氢溶液氧化时，发生的反应离子方程式为_________。
(2)为了不影响产品的纯度，试剂a应选择______(填编号)。
A.CuO B.Ca(OH)2 C.MgCO3 D.氨水
在用试剂a调节pH过程中，先生成的沉淀是______；当pH=5时，滤液1中Al3+和Fe3+的物质的量浓度之比为________(已知:298K时，Ksp[Al(OH)3]=3.0×10-34，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。
(3)写出生成滤渣2的离子方程式____________。
(4)煅烧过程存在以下反应:
2MgSO4+C=2MgO+2SO2↑+CO2↑ MgSO4+C=MgO+SO2↑+CO↑ MgSO4+3C=MgO+SO2↑+3CO↑
为测定煅烧后产生的气体中各组分含量，进行如下实验:将气体冷却至标准状况后取22.4mL气体，经Ba(OH)2溶液充分吸收，剩余7mL气体(标准状况)；所得沉淀用足量硝酸溶解，再经过滤、洗涤、干燥、称量得沉淀0.1165g。则混合气体中SO2、CO2、CO体积比为_____(填最简整数比)。
【答案】 提高酸浸速率 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O C D Fe(OH)3 7500或7500:1 2NH3·H2O+Mg2+=Mg?(OH)?2↓+2NH4+ 8:3:5
(1)酸浸过程中采用粉碎原料、加热、搅拌、适当增大硫酸的浓度等措施的目的是提高酸浸速率；用过氧化氢溶液氧化时，发生的反应离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。
(2)为了不影响产品的纯度，试剂a应选择氨水或MgCO3，选C D。由于Ksp[Fe(OH)3]小于Ksp[Al(OH)3]，所以，在用试剂a调节pH过程中，先生成的沉淀是Fe(OH)3；当pH=5时，c(OH-)=mol/L，滤液1中Al3+和Fe3+的物质的量浓度之比为:7500（或7500:1）。
(3)生成滤渣2的离子方程式为2NH3·H2O+Mg2+=Mg?(OH)?2↓+2NH4+。
(4) 标准状况下22.4mL气体经Ba(OH)2溶液充分吸收后，剩余7mL气体(标准状况)，剩余气体为CO；所得沉淀用足量硝酸溶解，再经过滤、洗涤、干燥、称量得硫酸钡沉淀0.1165g，则n(SO2)=n(BaSO4)= , SO2体积为11.2mL，CO2的体积为22.4mL-7mL-11.2mL=4.2mL，所以，混合气体中SO2、CO2、CO体积比为8:3:5。
考点四精练：
1．（2018届安徽省宣城市高三第二次调研）CuCl是生产印刷颜料酞菁蓝的重要原料，工业上可用一种低品位铜矿(主要成分CuS、Cu2S、CuO、Fe2O3、FeO?及其他非酸溶性杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2?和其他非酸溶性杂质)来进行生产，过程如下：
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中反应较多，下列反应是其中之一：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+4H2O+S，?该反应的氧化产物为____________________(填化学式)。
（2）为确定滤液1中是否含有Fe2+，首先用有机萃取剂除去溶液中MnSO4，再取下层水溶液进行检测，所用试剂为_____________________。
（3）步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH?为5左右，目的是______________________。
（4）为模拟步骤Ⅲ的生产过程，某同学设计如下实验，下列有关叙述正确的是_____________。??
A.a?通入CO2，然后b?通入NH3；c中放碱石灰
B.b通入NH3，然后a通入CO2；c中放碱石灰
C.a通入NH3，然后b?通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D.b通入CO2，然后a?通入NH3；c中放蘸稀硫酸|的脱脂棉
（5）步骤Ⅳ的滤液中主要成分X?是步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，可以回收作为肥料使用，?该肥料_______(?填“可以”或“不可以”)与草木灰(有效成分K2CO3)?共用，简述原因：__________。
（6）已知CuCl?为难溶于水的白色沉淀，写出步骤Ⅴ发生反应的离子方程式：_____________。
【答案】 CuSO4和S 酸性KMnO4溶液[或者K3Fe(CN)6溶液] 除去Fe3+杂质 C 不可以 X?为(NH4)2SO4，草木灰的有效成分为K2CO3，NH4+和CO32-的水解相互促进，氮元素部分变为氨气，导致肥效流失 Cu+CuO?+2H++2Cl-=2CuCl?+H2O
解析：元素失电子化合价升高所得的产物是氧化产物，Cu2S中铜元素化合价升高生成硫酸铜、硫元素化合价升高生成单质硫，所以氧化产物是CuSO4和S；（2）Fe2+具有还原性能使高锰酸钾溶液褪色或Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，所以检验Fe2+，可以用酸性KMnO4溶液或者K3Fe(CN)6溶液；（3）根据流程图，步骤Ⅱ除去了Fe3+，所以步骤Ⅱ加入氨水控制溶液的pH?为5左右的目的是除去Fe3+杂质；（4）为防止倒吸，氨气从a导管通入；通入氨气后溶液呈碱性，便于吸收二氧化碳，装置C的作用是吸收多余氨气，所以a通入NH3，然后b?通入CO2；c中放蘸稀硫酸的脱脂棉，选C；（5）步骤Ⅱ和步骤Ⅲ都有的产物，可以作为肥料使用的是硫酸铵，故X是(NH4)2SO4；草木灰的有效成分为K2CO3，NH4+和CO32-的水解相互促进，氮元素部分变为氨气，导致肥效流失，所以该肥料不可以与草木灰共用；（6）根据流程图Cu、CuO?、HCl反应生成CuCl沉淀和H2O，反应离子方程式是Cu+CuO?+2H++2Cl-=2CuCl?+H2O。
2．（2018届河南省高三4月普通高中毕业班高考适应性考试）工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)结晶后的母液(含少量杂质Fe3+)生产重铬酸钾 (K2Cr2O7)，其工艺流程及相关物质溶解度曲线如下图所示。
（1）向Na2Cr2O7母液中加碱液调pH的目的是_____________________。
（2）通过冷却结晶析出大量K2Cr2O7的原因是________________________________。
（3）固体A的主要成分为__________（填化学式），用热水洗涤固体A，回收的洗涤液转移到母液___________(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)中，既能提高产率又可使能耗降低。固体B的主要成分为___________________（填化学式）。
（4）测定产品中K2Cr2O7含量的方法如下：称取产品试样2.500 g 配成250 mL溶液，用移液管取出25.00 mL于碘量瓶中，加入10 mL 2 mol·L-l H2SO4溶液和足量KI溶液(铬的还原产物为Cr3+)，放置于暗处5 min，然后加入100 mL蒸馏水、3 mL 淀粉指示剂，用0.1200 mol·L-l Na2S2O3标准溶液滴定(已知I2+ 2S2O32-=2I-+S4O62-)。
①酸性溶液中KI 与K2Cr2O7反应的离子方程式为_____________________________。
②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则所得产品中重铬酸钾的纯度为__________%( 保留2 位小数，设整个过程中其他杂质不参与反应)。进一步提纯产品的方法是___________________。
（5）+6价Cr的毒性很高，工业上用电解法来处理含Cr2O72-的废水。下图为电解装置示意图，电极材料分别为铁和石墨。通电后，Cr2O72-在b极附近转变为Cr3+，一段时间后Cr3+最终可在a 极附近变成Cr(OH)3沉淀而被除去。
①在以上处理过程中，Cr2O72-转化为毒性较低的Cr3+的离子方程式为________________________。
②a电极的电极反应式是是____________________；电解一段时间后在阴极区有Fe(OH)3和Gr(OH)3沉淀生成，若电解后的溶液中c(Cr3+)为3×10-5mol·L-1，则溶液中c(Fe3+)为____________ mol·L-1。已知：Ksp=[Fe(OH)3]=4.0×10-38，K[Cr(OH)3]=6.0×10-31。
【答案】 除去Fe3+ 低温下K2Cr2O7的溶解度远小于其他组分，且随温度的降低，K2Cr2O7的溶解度明显减小 NaCl Ⅱ K2Cr2O7 Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O 94.08 重结晶 Cr2O72-+6Fe2++ 14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 2H++2e-=H2↑ 2×10-12
【解析】考查化学工艺流程，（1）根据题目信息，母液中含有少量的Fe3＋，加碱液的目的是除去Fe3＋；（2）根据温度与溶解度的关系，K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大，低温时K2Cr2O7的溶解度远小于其他组分，且温度降低，K2Cr2O7的溶解度受温度的影响较大；（3）母液I中加入KCl，发生Na2Cr2O7＋KCl=K2Cr2O7＋NaCl，采用冷却降温得到K2Cr2O7固体，即母液II中含有大量的NaCl，因此蒸发浓缩得到的固体是NaCl；冷却结晶中有大量的K2Cr2O7析出，但溶液中含有少量的K2Cr2O7，蒸发浓缩时，NaCl表面附着一部分K2Cr2O7，为了提高产率又可使能耗降低，因此需要把洗涤液转移到母液II中，达到类似富集的目的；因此固体B的主要成分是K2Cr2O7；（4）①根据操作，得出K2Cr2O7作氧化剂，本身被还原成Cr3＋，I－被氧化成I2，因此有Cr2O72－＋I－→Cr3＋＋I2，然后采用化合价升降法、原子守恒配平即可，离子方程式为Cr2O72－+6I－+14H＋=2Cr3＋+3I2+7H2O；②根据离子方程式，得出关系式为Cr2O72－～3I2～6S2O32－，则求出样品中K2Cr2O7的质量为=2.352g，纯度为2.352/2.500×100%=94.08%；进一步提纯需要重新溶解，冷却结晶，此方法叫重结晶；（5）①b电极为阳极，应是失去电子，化合价应升高，而Cr2O72－中Cr的化合价降低，因此b电极为铁，此电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，然后利用Cr2O72－的氧化性，与Fe2＋发生反应，离子反应方程方式为Cr2O72－+6Fe2＋+ 14H＋=2Cr3＋+6Fe3＋+7H2O；②根据①的分析，a电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；Cr3＋和Fe3＋共存在同一溶液中，因此有，解得c(Fe3＋)=2.0×10－12mol·L－1。
3．（2018届云南师大附中高三年级适应性月考）高铁酸钾是一种高效的多功能水处理剂，具有强氧化性。制备高铁酸钾方法很多。
（1）干法制备高铁酸钾。将Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物。此制备反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________________。
（2）湿法制备高铁酸钾。工业上常采用NaClO氧化法生产，原理如下：
a.3NaClO+2Fe(NO3)3+ 10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O
b.Na2FeO4+2KOH =K2FeO4+2NaOH
主要的生产流程如图：
①流程图中“转化”是在某低温下进行的，说明此温度下的溶解度S(K2FeO4)_____S(Na2FeO4)（填“>”“<”或“=”）。
②湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。工业生产中最佳温度为_________℃，此时Fe(NO3)3与NaClO 两种溶液最佳质量浓度之比为______________。
③若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe(OH)3，写出该反应的离子方程式：_____________________。若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为__________________________________。
（3）K2FeO4在水溶液中易水解：4FeO42-+10H2O4Fe(OH)3+8OH-+3O2↑。
①在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，则洗涤剂最好选用__________溶液(填序号)。
A.H2O B.CH3COOK、异丙醇 C.NH4Cl、异丙醇 D.Fe(NO3)3、异丙醇
②K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有_______________________。
（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3沉淀，从而除去Fe3+。该反应的平衡常数为_____________________。(已知常温下的溶度积常数：Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38)。
【答案】 3︰1 ＜ 26 6∶5或1.2 3ClO?+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO +Fe3++8OH?=+4H2O B K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质 5.0×1015 mol/L
②湿法制备中，反应的温度、原料的浓度和配比对高铁酸钾的产率都有影响。如图，图甲为不同的温度下，不同质量浓度的Fe(NO3)3对K2FeO4生成率的影响；图乙为一定温度下，Fe(NO3)3质量浓度最佳时，NaClO浓度对K2FeO4生成率的影响。
由图甲和图乙可知，在26℃、NaClO和Fe(NO3)3的质量浓度分别为330g/L和275g/L时，K2FeO4生成率最高，所以工业生产中最佳温度为26℃，此时Fe(NO3)3与NaClO 两种溶液最佳质量浓度之比为6∶5（或1.2 ）。
③若NaClO加入过量，次氯酸根离子和铁离子发生双水解反应，故氧化过程中会生成Fe(OH)3，该反应的离子方程式为3ClO?+Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3HClO。若Fe( NO3)3加入过量，在碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，此反应的离子方程式为+Fe3++8OH?=+4H2O。
（3）①在“提纯”K2FeO4中采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，因为K2FeO4在水溶液中易水解，所以洗涤剂最好选用有机溶剂，根据平衡移动原理，为减少晶体的溶解损失，应选用CH3COOK、异丙醇溶液，填B。②K2FeO4在处理水的过程中所起的作用有：K2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质。
（4）室温下，向含有Fe3+的CuSO4溶液中加入Cu(OH)2可使Fe3+转化为Fe(O H)3沉淀，从而除去Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe3++3Cu(OH)23Cu2++2Fe(OH)3。该反应的平衡常数为
5.0×1015 mol/L。
4．（广西桂林市、百色市、崇左市2018届高三第三次联合模拟考试）(1)工业上用钛矿石(主要成分为FeTiO3，主要含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)经过以下流程制得TiO2:
其中，步骤II发生的主要反应为:2H2SO4+ FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H2O
①步骤I发生反应的离了方程式是:_____________、___________。为提高钛矿石的碱浸出速率，步骤I可采取的办法除提高碱的浓度外，还可以采取的办法有_________________、__________________________(写出两种方法)。
②步骤II中加入Fe的目的是___________________；分离出FeSO4晶体的操作是___________。
③步骤III形成的TiO2·nH2O 为胶体，其反应的化学方程式为____________________。
(2)可利用TiO2通过下述两种方法制备金属钛:
方法一: 将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，碳块作电解槽池，电解TiO2制得钛，阳极上一定生成的气体是____________，可能生成的气体是__________________。
方法二: 通过以下反应制备金属钛
①TiO2 (s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) △H=+ 151kJ/mol
②TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti
实际生产中，需在反应①过程中加入碳，可以顺利制得TiCl4。碳的作用除燃烧放热外，还具有的作用是_______________________。
【答案】 Al2O3+2OH-=2A1O2-+H2O SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 升高温度(或加热) 粉碎矿石或搅拌 还原Fe3+ 过滤 TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O(胶体)+H2SO4 O2或氧气 CO2(或CO或CO2和CO) 消耗O2，促进中衡向正反应方向移动
解析：（1）①氧化铝是两性氧化物，既能和强酸反应又能和强碱反应生成盐和水，反应离子方程式是Al2O3+2OH-=2A1O2-+H2O；二氧化硅是酸性氧化物，能和强碱反应生成硅酸钠和水，反应离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；升高温度或粉碎矿石或搅拌都能提高钛矿石的碱浸出速率；②Fe能把Fe3+还原为Fe2+，步骤II中加入Fe的目的是还原Fe3+；分离出FeSO4晶体用过滤法；③TiOSO4水解为TiO2·nH2O(胶体)的化学方程式为TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O(胶体)+H2SO4；（2）阳极氧离子失电子发生氧化反应生成氧气；氧气与C单质反应生成CO或CO2，所以阳极上一定生成的气体是氧气，可能生成的气体是CO或CO2；加入碳消耗O2，促进中衡向正反应方向移动。
5．（2018届辽宁省辽南协作校高三下学期第一次模拟）过氧化钙(CaO2)是一种对环境友好的多功能无机化合物。
I.利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O= CaO2·8H2O↓+2NH4+，制取CaO2的装置如下:
①装置A中发生反应的化学方程式为_______________________________。
②NH3在Ca2+和H2O2的反应历程中所起的作用是__________________________________。
③装置B的作用是_____________；反应在冰水浴中进行的原因是_____________________。
④反应结束后，经过滤、洗涤、低温烘干可获得CaO2·8H2O。检验CaO2·8H2O是否洗涤干净的操作为_______________________________________________________。
II.将所得CaO2·8H2O脱水后得CaO2产品，设计两种方法测定产品中CaO2的含量。
量气法
已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。若所取产品质量是xg，加热至恒重时，剩余固体yg，则产品中CaO2的质量分数为____________(用字母表示)。
②滴定法
步骤一：准确称取ag产品于有塞锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量的bg KI晶体，再滴入少量2mol/L的硫酸溶液，充分反应。
步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。
步骤三：逐滴加入浓度为c mol/L的Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据，重复上述操作，得出三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。
CaO2的质量分数为_________(用字母表示)[已知:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-]。若滴定过程中锥形瓶振荡过于激烈导致少量溶液溅出，则测得的质量分数_____________(填“偏大”，“偏小”或“无影响”)
【答案】 Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+?2NH3↑+2 H2O 中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行(或使溶液呈碱性，减少CaO2·H2O的溶解，或提高产品的产率) 导气，防止倒吸 防止温度过高H2O2分解；有利于晶体析出 取最后的洗涤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净 {[9(x-y)]/2x}×100% {(36cV×10-3)/a}×100% 偏小
定，受热易分解，因此装置C采用冰水浴控制温度在0℃左右，可防止温度高时H2O2会分解；④析出晶体表面溶液中含有Cl-，只要检验洗涤液中无Cl-，即可证明沉淀洗涤干净，具体操作为取最后一次洗涤后的滤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液（或硝酸酸化的硝酸银溶液），若无白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净，反之则说明未洗涤干净。答案为：① Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2 H2O ②中和过氧化氢和Ca2+反应生成的氢离子，促进反应进行(或使溶液呈碱性，减少CaO2·H2O的溶解，或提高产品的产率) ③导气，防止倒吸；防止温度过高H2O2分解、有利于晶体析出 ④取最后的洗涤液少许于试管中，先加入稀硝酸酸化再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净.
II. ①结合题意可以知道,氧气的质量为(x-y)g,根据反应2CaO22CaO+O2↑可求得过氧化钙的质量为(x-y)g=4.5(x-y)g,所以产品中CaO2的质量分数为:
= {[9(x-y)]/2x}×100% ②根据H2O2＋2 I－+2H+=2H2O+I2，I2＋2S2O32－=2I－＋ S4O62－可知:CaO2~~H2O2~~I2~~2S2O32－，则CaO2的物质的量为c?mol/L×V×L=0.5Vc×mol；则产品中CaO2的质量分数为100%={(36cV×10-3)/a}×100%?, 若滴定过程中锥形瓶振荡过于激烈导致少量溶液溅出，会导致消耗的Na2S2O3溶液的体积减小，则测得的质量分数偏小。
答案为：①{[9(x-y)]/2x}×100% ②{(36cV×10-3)/a}×100% 、 偏小。
高效演练
1．（2018届山东省郓城实验中学高三10月月考）以铝土矿主要成分是A12O3，含杂质SiO2、Fe2O3。 工业上从铝土矿中提取铝可采取如下工艺流程：
请回答下列问题：
(1)写出铝土矿溶解于过量盐酸的离子方程式___________________________________。
(2)写出溶液A中加过量烧碱的离子方程式___________________________________。
(3)溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为 ____________________________________。
【答案】 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+=2A13++3H2O Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ 、Al3++4OH-= AlO2-+2H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al (OH) 3↓+HCO3-
（1）铝土矿溶解于过量盐酸时，Al2O3、Fe2O3均与盐酸反应；反应的离子方程式为Al2O3+6H+═2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（2）溶液A为AlCl3、FeCl3，与过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ 、Al3++4OH-= AlO2-+2H2O，故答案为：Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓ 、Al3++4OH-= AlO2-+2H2O；（3）D含有NaAlO2，通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-。
2．（2018届四川省南充市高三第一次高考适应性考试一诊）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、MgSO4，含有少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO3·3H2O。实验过程如下:
（1）为加快酸溶速率,可采取的办法有______,写出酸溶时废渣中主要成分发生反应的化学方程式为_________________。
（2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为_________________。
（3）用萃取分液的方法除去溶液中的Fe3+。
①检验溶液中是否含有Fe3+的最佳试剂是_________________。
②为使Fe3+ 尽可能多地从水相转移至有机相,采取的操作:向水溶液中加入一定量的萃取剂，_______、静置、分液,并重复多次。
③萃取时,向混合溶液（含Fe2+、Al3+、Mg2+）中加入适量盐酸,使Fe2+ 与Cl-生成[FeCl4]-,再用足量的乙醚(Et2O)进行萃取,乙醚与H+结合,生成了离子Et2O·H+,由于[FeCl4]-与Et2O·H+离子容易形成缔合物Et2O·H+·[FeCl4]-。该缔合物中,Cl-和Et2O分别取代了Fe2+和H+的配位水分子,并且中和了电荷,具有疏水性,能够溶于乙醚中。因此,就从水相转移到有机相中。该萃取剂不能萃取Al3+、Mg2+的原因是_________。
（4）已知:Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,Ksp[(Mg(OH)2)=1.0×10-12.pH=8.5时Mg(OH)2开始沉淀。室温下,除去MgSO4溶液中的Al3+（使其浓度小于1×10-6mol·L-1）,需加入氨水调节溶液pH的范围为____________。
（5）向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3 沉淀并用蒸馏水洗涤,检验沉淀是否洗净的操作是________________。
（6）干燥时需低温干燥，温度较高时发生副反应,写出MgCO3·3H2O在323K温度时发生转化的化学方程式________________。
【答案】 适当升高温度、搅拌、提高硫酸浓度(答案合理即给分) MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑ H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O KSCN?溶液 充分振荡 A13+、Mg2+与Cl-结合(生成配离子)?的能力很弱 5.0-8.5 取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全。 5MgCO3·3H2OMg5(OH)2(CO3)4·4H2O+CO2↑+10H2O
【解析】(1) 适当升高温度、用工具搅拌、提高硫酸浓度等都可以加快酸溶速率；酸溶时废渣中的MgCO3、少量Fe、Al的氧化物都能被酸溶解，其中主要的反应的化学方程式为MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑，故答案为：MgCO3+H2SO4=MgSO4+H2O+CO2↑；
(2)加入H2O2溶液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
(3)①检验溶液中是否含有Fe3+的最佳方法是加入KSCN?溶液，若溶液变成红色，说明含有Fe3+，故答案为：KSCN?溶液；
(4)pH=8.5时Mn(OH)2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-)，c(Al3+)=1×10-6mol?L-1，解得：c(OH-)=1×10-9mol?L-1，c(H+)=1×10-5mol?L-1pH=5，同理Fe(OH)3完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0＜pH＜8.5，故答案为：5.0＜pH＜8.5；
(5)向滤液中加入Na2CO3溶液生成MgCO3?沉淀并用蒸馏水洗涤，检验沉淀是否洗净只需要具有洗涤液中是否存在SO42-即可，具体方法为取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全，故答案为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉定，则表明已选涤完全；
(6)MgCO3?3H2O在323K温度时转化成Mg5(OH)2(CO3)4?4H2O，反应的化学方程式为5MgCO3?3H2OMg5(OH)2(CO3)4?4H2O+CO2↑+10H2O，故答案为：5MgCO3?3H2OMg5(OH)2(CO3)4?4H2O+CO2↑+10H2O。
3．（2018届江苏省百校高三12月大联考）以软锰矿粉(主要含MnO2,还含有少量的Fe2O3、Al2O3等杂质)为原料制取高纯MnO2的流程如下:
(1)酸浸时所发生主要反应的离子方程式为_____________。
(2)酸浸时加入一定体积的硫酸,硫酸浓度不能过小或过大。当硫酸浓度偏小时,酸浸时会有红褐色渣出现,原因是_______。硫酸浓度不能过大的原因是_____________。
(3)过滤Ⅱ所得滤渣为MnCO3,滤液中溶质的主要成分是_____。
(4)焙烧MnCO3的装置如下图所示:
①焙烧时所发生反应的化学方程式为__________。
②焙烧一定时间后需转动石英管,目的是_____。
【答案】 2Fe2++MnO2+4H+2Fe3++Mn2++2H2O 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 (NH4)2SO4 2MnCO3+O22MnO2+2CO2 使得MnCO3能充分反应,提高MnCO3的转化率
(1)酸浸时所发生主要反应是二氧化锰被硫酸亚铁还原，反应的离子方程式为2Fe2++ MnO2+4H+=2Fe3++ Mn2++2H2O，故答案为：2Fe2++ MnO2+4H+=2Fe3++ Mn2++2H2O；
(2)酸浸时加入一定体积的硫酸，硫酸浓度不能过小或过大。当硫酸浓度偏小时，铁离子水解程度较大，会有红褐色氢氧化铁沉淀出现；硫酸浓度过大，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，故答案为：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)过滤II所得滤渣为MnCO3，滤液中主要含有(NH4)2SO4，故答案为：(NH4)2SO4；
(4)①在空气中焙烧碳酸锰生成二氧化锰，反应的化学方程式为2MnCO3+O22MnO2+2CO2，故答案为：2MnCO3+O22MnO2+2CO2；
②焙烧一定时间后需转动石英管，可以使得MnCO3能充分反应，提高MnCO3的转化率，故答案为：使得MnCO3能充分反应，提高MnCO3的转化率。
4．（2018届江西省新余市第一中学高三毕业班第四次模拟考试）工业上利用硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料制备高档颜料——铁红(Fe2O3)，具体生产流程如下：
试回答下列问题：
（1）硫铁矿烧渣用稀硫酸酸溶时的不溶物为______________（填化学式）。
（2）实验室实现“步骤Ⅱ”中分离操作所用的玻璃仪器有______________；
（3）检验步骤Ⅲ已经进行完全的试剂是______________。
（4）步骤Ⅴ的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是____________________________。
（5）步骤Ⅵ中发生反应的化学方程式为?______________?。
（6）欲测定硫铁矿烧渣中Fe元素的质量分数，称取ag样品，充分“酸溶”、“水溶”后过滤，向滤液中加入足量的H2O2，充分反应后加入NaOH溶液至不再继续产生沉淀，经过滤、洗涤、灼烧至固体恒重，冷却后称得残留固体bg。 计算该样品中Fe元素的质量分数为______________。
【答案】 SiO2 漏斗、玻璃棒、烧杯 KSCN溶液(或其他合理答案) 防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解 4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 ×100%
(2)根据分析可知，步骤Ⅱ为过滤，过滤操作所用的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒和烧杯等，故答案为：漏斗、玻璃棒、烧杯；
(3)步骤Ⅲ是将铁离子还原成亚铁离子，检验步骤Ⅲ已经进行完全，即溶液中没有铁离子，可以用KSCN溶液，故答案为：KSCN溶液；
(4)步骤Ⅴ是加入碳酸氢铵产生碳酸亚铁沉淀，温度过高亚铁离子水解程度增大，同时碳酸氢铵容易分解，所以温度一般需控制在35℃以下，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe2+的水解；
(5)步骤Ⅵ中发生反应为碳酸亚铁在空气中与氧气发生氧化还原反应，可生成氧化铁，反应方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2，故答案为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2；
(6)根据题意，最后称得残留固体bg为氧化铁，则铁元素的质量为×bg=0.7bg，根据铁元素守恒可知样品中铁元素的质量为0.7bg，所以样品中Fe元素的质量分数为×100%=×100%，故答案为： ×100%。
5．（2018届山西省吕梁市高三上学期第一次阶段性测试）铝元素含量居金属首位, 主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。铝的单质及其化合物在生产、生活、科研等领城应用广泛。
Ⅰ、工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下：
（1）在滤液A中加入漂白液，目的是氧化除铁，所得滤液B显酸性。
①该过程中涉及某氧化还原反应如下，请完成：
Fe2++□ClO-+□??? ???═□Fe(OH)3↓+□Cl-+□__________
②检验滤液B中是否还含有铁元素的方法为：_________________________
③将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为__________（选填代号）
A．氢氧化钠溶液?????????? B．硫酸溶液????????? C．氨水????? D．二氧化碳
④由滤液B制备氯化铝晶体涉及的操作为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、__________(填操作名称)、过滤、洗涤。
Ⅱ、明矾(KAl(SO4)2·12H2O)在日常生活、生产中也占有一席之地。
（1）明矾曾经是净水明星，用离子方程式表示其净水原理_____________________________。
（2）明矾净水时，若不慎过量会有一定程度的副作用。将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，并且过滤，就可以避免，请用离子反方程式描述其过程______________。
【答案】 2Fe2++1ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+1C1-+4H+ 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素（其他合理答案均得分） c 冷却结晶 Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ 2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-==2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓
中是否含有铁元素的方法为利用铁离子的检验方法进行，铁离子遇到硫氰化钾显红色，所以答案为： 取少量滤液B，加入KSCN溶液，若不变红，说明滤液B中不含铁元素；若变红，说明滤液B中含铁元素（其他合理答案均得分）；③ 滤液B 中铝元素以铝离子形式存在，将其转化为沉淀需要加入氨水，加入氢氧化钠不好控制其物质的量多少，因为氢氧化铝可以溶于氢氧化钠，故答案为：c； ④滤液B制备氯化铝晶体涉及的的方法为重结晶，将溶液加热浓缩，然后冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得氯化铝晶体，故答案为：冷却结晶；Ⅱ、 （1） 明矾净水是明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附作用，故答案为：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ ；（2）将含有明矾的水溶液中加入Ba(OH)2溶液至铝离子恰好完全沉淀，则2摩尔明矾需要6摩尔氢氧化钡，离子方程式为：2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-==2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓。故答案为：2Al3+＋3SO42-＋3Ba2+＋6OH-==2Al(OH) 3↓＋3BaSO4↓。
6．（2018届辽宁省六校协作体高三上学期期中考试）亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6]）俗称黄血盐，易溶于水和丙酮，是食盐的一种抗结剂，用含NaCN（N显-3价）的废液合成黄血盐的主要工艺流程如图：
（1）实验室用NaCN固体配制NaCN溶液时，应先将其溶于____溶液，再用蒸馏水稀释。
（2）在流程图“反应器”中发生的主要反应的方程式为_______________。
（3）流程中加入碳酸钠溶液主要目的是除去__________；
（4）相同温度下溶解度：Na4[Fe(CN)6]____K4[Fe(CN)6]（选填＞、＜、=）。
（5）我国卫生部规定食盐中黄血盐最大使用量为10 mg/kg，黄血盐可与酸性高锰酸钾溶液反应：K4[Fe(CN)6]+KMnO4+H2SO4—KHSO4+Fe2(SO4)3+MnSO4+HNO3+CO2+H2O（未配平），若有1molK4[Fe(CN)6]被氧化，则消耗高锰酸钾的物质的量为____。
（6）电镀银时，电镀液不能直接用硝酸银溶液，可将其转变为K4[Ag2(CN)6]溶液，写出AgCl与黄血盐溶液制取电镀液的离子方程式_________________。
【答案】 氢氧化钠 6NaCN+FeSO4+CaCl2= Na4[Fe(CN)6]+ CaSO4↓+2NaCl Ca2+ ＞ 12.2mol 2AgCl+[Fe(CN)6]4-=Fe2++[Ag2(CN)6]2-+2 Cl-
(2)NaCN废液中加入硫酸亚铁、氯化钙，发生6NaCN+FeSO4+CaCl2=Na4[Fe(CN)6+CaSO4↓+2NaCl，故答案为：6NaCN+FeSO4+CaCl2=Na4[Fe(CN)6+CaSO4↓+2NaCl；
(3)反应器中加入氯化钙，加入碳酸钠溶液可除去过量的Ca2+，故答案为：Ca2+；
(4)经过滤后在滤液中加入KCl可转化生成K4[Fe(CN)6，说明K4[Fe(CN)6溶解度较小，故答案为：＞；
(5)1mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化时，Fe化合价由+2价升高到+3价，N元素化合价由-3价升高到+5价，C元素化合价由+2价升高到+4价，则Fe、N和C的化合价升高了1+6×(8+2)=61价，共失去61mol电子，而高锰酸钾中的锰元素从+7降为+2价，会得到5mol电子，根据电子守恒，1mol K4Fe(CN)6被高锰酸钾氧化，则消耗高锰酸钾的物质的量为12.2mool，故答案为：12.2；
(6)电镀液不能直接用硝酸银溶液，可将其转变为K4[Ag2(CN)6]，AgCl与黄血盐制取电镀液可将其转变为K4[Ag2(CN)6]，反应的离子方程式为：2AgCl+[Fe(CN)6]4-=Fe2++[Ag2 (CN)6]4-+2Cl-，故答案为：2AgCl+[Fe(CN)6]4-=Fe2++[Ag2(CN)6]4-+2Cl-。
7．（2018届浙江省普通高校招生选考科目考试）某兴趣小组用铝箔制备Al2O3、AlCl3·6H2O及明矾大晶体，具体流程如下：
已知：AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚；明矾在水中的溶解度如下表。
温度/℃
0
10
20
30
40
60
80
90
溶解度/g
3.00
3.99
5.90
8.39
11.7
24.8
71.0
109
请回答：
（1）步骤Ⅰ中的化学方程式_________；步骤Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式___________。
（2）步骤Ⅲ，下列操作合理的是____________。
A．坩埚洗净后，无需擦干，即可加入Al(OH)3灼烧
B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重
C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳
D．坩埚取下后放在石棉网上冷却待用
E．为确保称量准确，灼烧后应趁热称重
（3）步骤Ⅳ，选出在培养规则明矾大晶体过程中合理的操作并排序_______________。
①迅速降至室温 ②用玻璃棒摩擦器壁 ③配制90℃的明矾饱和溶液 ④自然冷却至室温 ⑤选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央 ⑥配制高于室温10-20℃的明矾饱和溶液
（4）由溶液A制备AlCl3·6H2O的装置如下图：
①通入HCl的作用是抑制AlCl3水解和________________________。
②步骤Ⅴ，抽滤时，用玻璃纤维替代滤纸的理由是_____；洗涤时，合适的洗涤剂是_____。
③步骤Ⅵ，为得到纯净的AlCl3·6H2O，宜采用的干燥方式是______________。
【答案】 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑ AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- BCD ⑥⑤④ 降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出 强酸性环境会腐蚀滤纸 饱和氯化铝溶液 用滤纸吸干
(1)步骤Ⅰ中铝与氢氧化钠反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；步骤Ⅱ中偏铝酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3的离子方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；
(2)A．坩埚洗净后，需要擦干，否则灼烧时容易使坩埚炸裂，故A错误；B．为了得到纯Al2O3，需灼烧至恒重，时氢氧化铝完全分解，故B正确；C．若用坩埚钳移动灼热的坩埚，需预热坩埚钳，防止坩埚遇冷炸裂，故C正确；D．热的坩埚取下后放在石棉网上冷却待用，不能放在桌面上，防止灼伤桌面，故D正确；E．为确保称量准确，灼烧后应冷却后称重，故E错误；故选BCD；
(3)步骤Ⅳ中在培养规则明矾大晶体过程中，需要配制高于室温10-20℃的明矾饱和溶液，选规则明矾小晶体并悬挂在溶液中央，自然冷却至室温，让明矾小晶体逐渐长大，故答案为：⑥⑤④；
(4)①通入HCl可以抑制AlCl3水解，增大了溶液中的铝离子浓度，可以降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出，故答案为：降低AlCl3溶解度，使其以AlCl3·6H2O晶体形式析出；
②步骤Ⅴ，抽滤时，由于溶液显强酸性，会腐蚀滤纸，因此需要用玻璃纤维替代滤纸，洗涤时，为了减少AlCl3·6H2O晶体的损失，根据AlCl3·6H2O易溶于水、乙醇及乙醚，应该选择饱和氯化铝溶液进行洗涤，故答案为：强酸性环境会腐蚀滤纸；饱和氯化铝溶液；
③AlCl3·6H2O晶体受热容易分解，为得到纯净的AlCl3·6H2O，可以采用滤纸吸干的方式干燥晶体，故答案为：用滤纸吸干。
8．（2018届安徽省淮北市临涣中学高三第二次月考）铬铁矿的主要成分可表示为FeO·Cr2O3,还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，下图所示是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾（K2Cr2O7）的工艺流程。
已知1：物质的溶解度（g/100g水）
物质
0℃
40℃
80℃
KCl
28.0
40.1
51.3
NaCl
35.7
36.4
38.0
K2Cr2O7
4.7
26.3
73.0
Na2Cr2O7
163.0
215.0
376.0
已知2：①焙烧时有Na2CrO4、 Fe2O3 、NaAlO2 等生成。
②Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+ ；
③Cr2O72-具有很强的氧化性
回答问题：
（1）“浸出”步骤中，为了提高浸出率，可采取的措施有加热、研磨或_______________等（要求写一条）。
（2）固体b中主要含有______________________（填写化学式）。
（3）要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，应该使用_______（填写仪器或用品名称）。
（4）酸化步骤用醋酸调节溶液的pH﹤5，其目的是____________________；不用盐酸调节溶液pH的原因是______________________________________。
（5）操作III发生反应的化学方程式是____________________________ ；
（6）写出焙烧时生成NaAlO2的化学方程式____________________。
【答案】 搅拌 Al(OH)3 pH计或精密pH试纸 使CrO42-转化为Cr2O72- Cr2O72-会把盐酸（或氯离子）氧化为氯气 Na2Cr2O7 + 2KCl= K2Cr2O7 ↓+2NaCl Na2CO3 + Al2O3NaAlO2+ CO2↑
【解析】铬铁矿的主要成分可表示为FeO?Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3等杂质，加入氧气和碳酸钠，发生反应为：①4FeO?Cr2O3+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑；②Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑，因此铬铁矿通过焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、MgO和NaAlO2的混合体系，然后加水溶解得固体Fe2O3、MgO和溶液Na2CrO4、NaAlO2，再调节溶液的pH，使偏铝酸盐完全沉淀，继续调节溶液的pH使CrO42-转化为Cr2O72-，最后向所得溶液中加入氯化钾，生成溶解度极小的K2Cr2O7。
(3)要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，普通pH试纸只能测定溶液pH到整数，是近似测定，准确测定需要用pH计或精确pH试纸，故答案为：pH计或精密pH试纸；
(4)酸化步骤用醋酸调节溶液pH＜5，依据流程图中物质的转化和制备目的可知，结合反应平衡Cr2O72-+H2O?2CrO42-+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡左移，作用是使CrO42-转化为Cr2O72-，不用盐酸调节溶液pH的原因是重铬酸钾具有强氧化性能氧化氯离子为氯气，故答案为：使CrO42-转化为Cr2O72-；Cr2O72-会把盐酸(或氯离子)氧化为氯气；
(5)操作Ⅲ有多步组成，发生反应的化学方程式是Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，故答案为：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl；
(6)焙烧时生成NaAlO2的化学方程式为Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑，故答案为：Na2CO3+Al2O3 2NaAlO2+CO2↑。
9．（2018届辽宁省沈阳市省实验中学高三月考）CoxFe3-xO4磁粉是一种比较好的高矫顽力磁粉。以FeSO4为原料制备CoxFe3-xO4的主要步骤如下：
（1）步骤①是在FeSO4溶液中加入NaOH溶液，在40℃下搅拌生成FeOOH晶种。生成晶种的化学方程式为_______。
（2）步骤②将晶种移到放有FeSO4溶液和铁皮的生长槽中，升温到60℃，吹入空气，待晶种长大到一定尺寸后，过滤、水洗、干燥，得FeOOH粉末。生长槽中放入铁皮的目的是_______，吹入空气的作用为_________。
（3）步骤③将FeOOH在200～300℃下加热脱水，生成红色Fe2O3。实验室完成该操作需要下列仪器中的__________（填字母）。
a．蒸发皿　　b．烧杯　　c．坩埚　　d．泥三角　　e．酒精灯
（4）步骤④通入H2，加热至300～400℃，生成Fe3O4。通入H2前要向加热炉中通入N2，其作用为___________。
（5）某研究小组欲用锂离子电池正极废料（含LiCoO2、铝箔、铁的氧化物）制备CoSO4·7H2O晶体。下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算）：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3＋
1.1
3.2
Fe2＋
5.8
8.8
Co2＋
6.9
9.4
请完成下列实验步骤（可选用的试剂：H2O2、稀硝酸、稀硫酸、NaOH溶液）：
①用N－甲基吡咯烷酮在120℃下浸洗正极废料，使LiCoO2与铝箔分离，得到LiCoO2粗品并回收铝。
② _____________________________________________________。
③向所得粗品CoSO4溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为5，过滤。
④_______________________________________________________。
⑤将Co（OH）2沉淀溶于稀硫酸中，蒸发浓缩、降温结晶，得到CoSO4·7H2O晶体。
【答案】 4FeSO4＋8NaOH＋O24FeOOH＋4Na2SO4＋2H2O 消耗硫酸，生成FeSO4 氧化硫酸亚铁生成FeOOH，使晶种生长 cde 除去空气，防止氢气与氧气混合反应爆炸 用稀硫酸溶解LiCoO2，并加入过量H2O2 向③所得滤液中加入NaOH溶液，调节pH至9.4，过滤，洗涤得到Co（OH）2沉淀

(2)在此条件下反应生成酸，会导致晶种溶解，铁反应消耗掉生成的硫酸，同时补充原料FeSO4；溶液中铁为+2价，通入的氧气为氧化剂，使其被氧化为+3价的铁，故答案为：消耗硫酸，生成FeSO4；氧化FeSO4生成FeOOH，使晶种生长；
(3)加热固体用坩埚，与其配套的有泥三角、三脚架、坩埚钳、酒精灯等，故答案为：cde；
(4)氢气易燃，在有氧气存在下加热会发生爆炸，故先用氮气排尽空气，故答案为：除去空气，防止氢气与氧气混合发生爆炸；
(5)②、第①分离出LiCoO2粗品，第③得CoSO4溶液，并沉淀除去铁离子，故第②应用硫酸溶解粗品，且需把生成的杂质亚铁离子氧化为铁离子，可以用双氧化水，故答案为：用稀硫酸溶解LiCoO2，并加入过量H2O2；
④、第③得到纯净的溶液，第④应得到Co(OH)2沉淀，应加入氢氧化钠溶液调节pH≥9.4，使钴沉淀完全，并洗涤、干燥得到纯净物，故答案为：向③所得滤液中加入NaOH溶液，调节pH至9.4，过滤，洗涤得到Co(OH)2沉淀。
10．（2018届安徽省皖南八校高三第一次联考）镁铝合金在工业上有着广泛的用途，氧化铝是冶炼金属铝的主要原料。从铝土矿（主要成分是Al2O3，含有SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO四种物质中，属于酸性氧化物的是______，属于碱性氧化物的是______。
（2）流程一中，沉淀③是_________（填化学式，下同），沉淀⑥是_________。
（3）流程二中，加入烧碱溶解SiO2的化学方程式为_________。
（4）滤液⑤中的可溶性盐是NaCl、______（填化学式），滤液⑨与过量氨水反应的离子方程式为_____。
（5）在电解氧化铝制取金属铝的反应中，氧化产物与还原产物的质量之比为______。
【答案】 SiO2 Fe2O3、MgO Fe(OH)3、Mg(OH)2 Al(OH)3 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O NaHCO3 H++NH3·H2O= NH4++H2O、Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ 8：9
有氢氧化铁和氢氧化镁，滤液④中通入过量二氧化碳，与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故沉淀⑥为氢氧化铝，故答案为：Fe(OH)3、Mg(OH)2；Al(OH)3；
(3)流程二中，加入烧碱溶解SiO2的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
(4)根据(2)的分析，滤液⑤中的可溶性盐是NaCl和NaHCO3，流程二中，加入烧碱溶解SiO2和氧化铝得到硅酸钠和偏铝酸钠的溶液，即滤液⑧含有硅酸钠、偏铝酸钠和过量的氢氧化钠，向其中加入过量盐酸，反应生成硅酸沉淀和氯化铝溶液，滤液⑨中主要含有氯化钠、氯化铝和过量的盐酸，盐酸和氯化铝都能够与氨水反应，反应的离子方程式为H++NH3·H2O= NH4++H2O、Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：H++NH3·H2O= NH4++H2O、Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(5)电解氧化铝制取金属铝的反应方程式为2Al2O34Al + 3O2↑，其中氧化产物为氧气，还原产物为铝，质量之比为=，故答案为： 。
11．（2018届山东省、安徽省名校高三10月大联考）一种用硫酸烧渣(主要成分Fe2O3、FeO、Fe3O4、FeS2、SiO2)制备铵黄铁矾[(NH4)xFey(SO4)z(OH)n，其中Fe为+3价]的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）焙烧前需进行“粉磨”的目的是_______________；硫酸烧渣加褐煤高温焙烧的主要目的是__________。
（2）“焙烧”的温度与“浸取”时浸出率的关系如下图1所示，超过800℃时，浸出率开始降低，其原因是缺少_____________________；

（3）步骤④Fe2+的氧化率随控制条件及时间的变化关系如上图2所示，适宜的条件为 _________选填I、II、III、IV)。从滤液中可回收的产品是________________(填化学式)。
（4）为测定产品铵黄铁矾的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g铵黄铁矾，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中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3(标准状况下）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 8 g固体残渣；
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥，可得9. 32 g固体残渣。
则产品铵黄铁矾的化学式为_______________。
【答案】 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，部分FeO与SiO2形成硅酸盐难以浸出 I (NH4)2SO4 NH4Fe3(SO4)2(OH)6
【解析】(1)焙烧前进行“粉磨”，可以增大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，故答案为：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)“焙烧”的温度与“浸取”时浸出率的关系如下图1所示，超过800℃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，故答案为：部分FeO与SiO2形成硅酸盐难以浸出；
(3)根据图2，步骤④中Fe2+的氧化率，I＞II＞III＞IV，适宜的条件为I。此时亚铁离子几乎全部被氧化，制得铵黄铁矾，滤液中只存在硫酸铵，故答案为：I；(NH4)2SO4；
残渣，残渣为氧化铁，物质的量为=0.03mol，即含有0.06mol Fe3+，质量为3.36g；步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤洗涤干燥，可得9. 32 g固体残渣，该残渣为硫酸钡，物质的量为=0.04mol，即含有0.04mol SO42-，质量为3.84g；根据上述分析，每份铵黄铁矾中含有的OH-的质量为-0.36g -3.36g -3.84g=2.04g，物质的量为=0.12mol，铵黄铁矾中n(NH4+):n(Fe3+):n(SO42-):n(OH-)=0.02mol: 0.06mol: 0.04mol: 0.12mol=1:3:2:6，因此铵黄铁矾的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6，故答案为：NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
12．（2018届天津市南开中学高三上学期第一次月考）某冶金厂的矿渣中含有较多的Al2O3、Fe2O3、MgO、SiO2，现欲进行综合利用以提取氧化铝、氧化镁、氧化铁作为工业原料，其设计的工艺流程如下：
已知：
①硅酸的酸性比氢氧化铝强。
②饱和氯化铵溶液的pH约为5。
③氢氧化镁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：9.0~12.0。
④氢氧化铁开始沉淀至沉淀完全的pH范围：2.7~4.0。回答下列问题：
（1）写出过程Ⅱ中发生反应的化学方程式：____________________、____________________。
（2）过程Ⅲ的名称是____________________；产品乙的俗名是____________________。
（3）过程Ⅴ中所用适量的B是一种常见气体，过程Ⅴ中所发生的反应的离子方程式为：________________________________________________________________________________。
（4）残渣甲用饱和氯化铵溶液能部分溶解的原因是____________________（用离子方程式表示）。
（5）解释工业上不用电解产品甲制备相应金属单质的原因______________________________。
【答案】 Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑ SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑ 溶解，过滤 铁红 2AlO2-+2H2O+CO2=2Al(OH)3↓+CO32- MgO+2NH4++H2O=Mg2++2NH3·H2O MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高
(1)过程II中氧化铝和二氧化硅与碳酸钠反应，发生反应的化学方程式分别为
Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑、SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑，故答案为：
Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑；
(2)过程Ⅲ为溶解，过滤，产品乙为氧化铁，俗名是铁红，故答案为：溶解，过滤；铁红；
(3)过程V中所用适量的B是一种气体，应为二氧化碳，反应的离子方程式为CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-，故答案为：CO2+3H2O+2AlO2-=2Al(OH)3↓+CO32-，
(4)残渣甲中主要含有氧化镁，铵根离子水解溶液显酸性，促进氧化镁的溶解，反应的离子方程式为MgO+2NH4++H2OMg2++2NH3·H2O，故答案为：MgO+2NH4++H2OMg2++2NH3·H2O；
(5)产品甲为氧化镁，MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高，工业上不用电解氧化镁的方法制备镁单质，而是电解熔融状态的氯化镁冶炼镁，故答案为：MgO熔点高，熔融状态下电解耗能多，成本高。
13．（2018届山东省淄博第一中学高三上学期开学考试）铝元素在自然界中主要存在于铝土矿（主要成分为Al2O3，还含有Fe2O3、FeO、SiO2）中。工业上用铝土矿制备铝的某种化合物的工艺流程如下。
（1）在滤液A中加入漂白液，所得滤液B显酸性。
①滤液A中加入漂白液的目的是：___________________________（用离子方程式表示）。
②将滤液B中的铝元素以沉淀形式析出，可选用的最好试剂为（填代号）___________。
A．氢氧化钠溶液 B．硫酸溶液 C．氨水 D．二氧化碳
离子方程式为____________。
（2）由滤液B制备少量无水AlCl3（AlCl3极易在空气中水解）涉及的操作为：____________、冷却结晶、_________（填操作名称）、洗涤。
（3）SiO2和NaOH焙烧制备硅酸钠，可采用的装置为（填代号）___________。
（4）若将铝土矿溶于足量的氢氧化钠溶液，则对应的离子方程式为____________________。
【答案】 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe（OH）3↓+C1-+4H+ C Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH4+ 边滴加浓盐酸边蒸发浓缩 过滤 B SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O，Al2O3 + 2OH- + 3H2O = 2Al(OH)4-或Al2O3+2OH-+=2AlO2-+H2O
②A、氢氧化钠溶液可以沉淀铝离子但过了会溶解氢氧化铝，故A不是最好； B．硫酸溶液不能沉淀铝离子，故B不符合；C．氨水是弱碱不能溶解氢氧化铝，过量的氨水和铝离子形成氢氧化铝沉淀过滤得到氢氧化铝固体，反应的离子方程式为Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH4+，故C符合；D．二氧化碳和氯化铝不反应不能生成氢氧化铝沉淀，故D不符合；故答案为：C；Al3++3NH3·H2O =Al(OH)3↓+3NH4+；
(2)由滤液B制备少量无水AlCl3，由于AlCl3极易在空气中水解，需要边滴加浓盐酸边蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，故答案为：边滴加浓盐酸边蒸发浓缩；过滤；
(3)A、蒸发皿中含有二氧化硅和氢氧化钠反应，故A不符合；B、铁坩埚可以熔融二氧化硅和氢氧化钠，故B符合；C、玻璃中含二氧化硅和氢氧化钠反应，故C不符合；D、烧杯不能用于固体高温加热，故D不符合；故答案为：B；
(4)氧化铝、二氧化硅与NaOH溶液反应均生成盐和水，离子反应分别为Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O、SiO2+2OH-═SiO32-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。
14．（2018届湖南省衡阳县第一中学高三上学期第二次月考）蛇纹石矿可以看作由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2组成。由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下图所示：
（1）蛇纹石加盐酸溶解后，溶液里除了Mg2＋外，还含有的金属离子是__________。
（2）进行Ⅰ操作时，控制溶液pH＝7～8(有关氢氧化物沉淀的pH见下表)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀pH
1.5
3.3
9.4
Ca(OH)2不能过量，若Ca(OH)2过量可能会导致__________溶解、________沉淀。
（3）从沉淀混合物A中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物A中加入__________(填写物质的化学式)，然后过滤、洗涤、灼烧。
（4）现设计一个实验，确定产品aMgCO3?bMg(OH)2?cH2O中a、b、c的值，请完善下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、碱石灰)：
①样品称量 ②高温分解
③ ______________________________________________________。
④称量碱石灰吸收CO2前后的质量 ⑤MgO称量
（5）18.2 g产品完全分解后，产生6.6 g CO2和8.0 g MgO，由此可知，产品的化学式中：a＝____________，b＝____________，c＝____________。
【答案】 Fe3＋、Al3＋ Al(OH)3 Mg(OH)2 NaOH或Ca(OH)2 用浓硫酸吸收水蒸气 3 1 3
【解析】(1)蛇纹石加盐酸溶解，MgO、Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，以沉淀的形式除去，故答案为：Fe3+、Al3+；
(2)由(1)知，此时溶液中除了Mg2+外，还含有Fe3+、Al3+杂质，需除去Fe3+、Al3+但不能损失Mg2+，因Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+和Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+，利用平衡移动的原理，消耗H+使上述水解平衡向正反应方向移动，除去Fe3+、Al3+，加Ca(OH)2需将溶液的pH控制在7～8，若pH过高，会导致生成的Al(OH)3发生反应Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O溶解，Mg(OH)2在pH为9.4时开始沉淀，所以碱性增强Mg(OH)2会沉淀，同时Mg2+也因转化为沉淀而损失，故答案为：Al(OH)3　Mg(OH)2；
(4)利用浓硫酸的吸水性干燥，③实验步骤为用浓硫酸吸收水蒸气，
利用碱石灰吸收CO2前后的质量差求二氧化碳质量，④实验步骤为称量碱石灰吸收CO2前后的质量，故答案为：用浓硫酸吸收水蒸气；
(5)m(样品)=18.2g，m(CO2)=6.6g，m(MgO)=8.0g，碱式碳酸镁分解：aMgCO3?bMg(OH)2?cH2O (a+b)MgO+aCO2↑+(b+c)H2O↑，根据质量守恒得：m(H2O)=18.2g-6.6g-8.0g=3.6g，则m(MgO)═0.2mol，n(CO2)═0.15mol，n(H2O)═0.2mol，得：a：b：c=0.15：0.05：0.15=3：1：3，故答案为：3；1；3。
15．（2018届湖南三湘名校教育联盟高三第一次大联考）黄铜矿（CuFeS2）是冶炼铜及制备铁氧化物的重要矿藏，常含有微量金、银等。下图是以黄铜矿为主要原料生产铜、铁红（氧化铁）颜料的工艺流程图：
（1）CuCl难溶于水，但可与过量Cl-反应生成可溶于水的[CuCl2]-，该反应的离子方程式为_______________。
（2）有大量Cl-存在时，Na2SO3可将CuCl2还原成[CuCl2]-，因此Na2SO3要缓慢滴入到溶液中的原因是________。
（3）反应I?V中，属于非氧化还原反应的是反应_______________________。
（4）已知反应V中Cu+发生自身氧化还原反应，歧化为Cu2+和Cu，由此可推知溶液A中的溶质为________________（填化学式）。
（5）在酸性、有氧条件下，一种叫做Thibacillus ferroxidans的细菌能将黄铜矿转化成硫酸盐，该过程中发生反应的离子方程式为_____________________________。
（6）将一定量铁红溶于160 mL 5 mol·L-1盐酸中，再加入足量铁粉，待反应结束后共收集气体2.24L（标准状况下），经检测，溶液中无Fe3+，则参加反应的铁粉的质量为_____________g。
【答案】 Cl-+CuCl=[CuCl2]- 如果加入过快，部分SO32-会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗 Ⅱ、Ⅳ CuCl2、NaCl 4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O 11.2
(1)CuCl难溶于水，但可与过量Cl-反应生成可溶于水的[CuCl2]-，该反应离子方程式为Cl-+CuCl=[CuCl2]-，故答案为：Cl-+CuCl=[CuCl2]-；
(2)有大量Cl-存在时，Na2SO3可将CuCl2还原成[CuCl2]-，如果加入过快，部分SO32-会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗，因此Na2SO3要缓慢滴入到溶液中，故答案为：如果加入过快，部分SO32-会与生成的H+作用生成SO2导致原料损耗；
(3)根据上述分析，这些反应中只有Ⅱ和Ⅳ为非氧化还原反应，故答案为：Ⅱ、Ⅳ；
(4)根据上述分析，反应Ⅴ为Na[CuCl2]和H2O的反应，生成物是Cu、NaCl和CuCl2，所得的溶液A中的溶质是CuCl2、NaCl，故答案为：CuCl2、NaCl；
(5)在酸性溶液中利用氧气可以将黄铜矿氧化成硫酸盐，则应有硫酸参加反应，且生成硫酸铜，硫酸铁和水，反应的方程式为4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，离子反应方程式为：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O，
故答案为：4CuFeS2+4H++17O2=4Cu2++4Fe3++8SO42-+2H2O；
(6)氢气的物质的量为=0.1mol，
Fe～～～～2HCl～～～H2，
0.1mol 0.2mol 0.1mol
根据氯原子守恒，所以氯化铁的物质的量为×(0.16L×5mol/L-0.2mol)=0.2mol，
Fe～～～2FeCl3
0.1mol 0.2mol
所以参加反应的铁粉的质量为(0.1mol+0.1mol)×56g/mol=11.2g，故答案为：11.2g。
16．（2018届山东省淄博市淄川中学高三上学期第一次月考）铈、铬、钛、镍虽不是中学阶段常见的金属元素，但在工业生产中有着重要作用。
（1）二氧化铈 (CeO2)在平板电视显示屏中有着重要应用。CeO2在稀硫酸和H2O2的作用下可生成Ce3+，CeO2在该反应中作_____剂。
（2）自然界Cr主要以+3价和+6价（Cr2O72-）存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬。写出离子方程式：_____________________________
（3）钛（Ti）被誉为“二十一世纪的金属”，工业上在550℃时用钠与四氯化钛反应可制得钛，该反应的化学方程式是_________________________________。
（4）由铝土矿生产纯净的氧化铝，流程如下：
①第一步操作后，若在固体B中加入氢氧化钠溶液_______________（填”会”或”不会”）发生反应。
②验证滤液A中是否含Fe3 +，可取少量滤液A并加入____________（填试剂名称），现象是_________________________________。
③在整个操作过程中______________（填“是”或“否”）有氧化还原反应。
【答案】 氧化 Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O 4Na+TiCl4Ti+4NaCl 会 硫氰酸钾溶液（或KSCN溶液） 溶液显血红色 否
应制钛的化学反应方程式为：4Na+TiCl4Ti+4NaCl；（4）铝土矿中主要含有氧化铝、氧化铁、二氧化硅等，加酸溶解，得A滤液中主要含有Al3+、Fe3+，固体B中物质为二氧化硅等杂质，滤液A中加入过量的NaOH，则生成沉淀C为氢氧化铁和滤液D为偏铝酸钠。①固体B二氧化硅会与碱反应；②证滤液A中是否含Fe3 +，可取少量滤液A并加入硫氰化钾，溶液呈血红色，即证明滤液A中含有Fe3 + (其他合理答案也可以，如NaOH、红褐色沉淀；苯酚、紫色等)，③在整个操作过程中的反应均为涉及到元素化合价的升降，故在整个操作过程中均未涉及到氧化还原反应。
17．（2018届江西省横峰中学、铅山一中、德兴一中高三上学期第一次月考）以铝土矿(主要成分为Al2O3和杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：反应Ⅰ“碱溶”时杂质转化为沉淀
（1）反应Ⅰ，发生反应生成偏铝酸钠的离子方程式__________。
（2）电解Ⅰ是电解熔融的冰晶石和Al2O3的混合物，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
（3）反应Ⅱ，用一定浓度的NaHCO3溶液处理过滤Ⅰ后的滤液，所得溶液pH和生成Al(OH)3的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下：
①加入NaHCO3溶液体积小于8 mL时，发生主要反应的离子方程式__________。
②反应Ⅱ中生成Al(OH)3的离子方程式__________。
（4）电解Ⅱ是电解Na2CO3溶液，得到含NaHCO3的阳极液，原理如下图所示。
阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，可在铝材表面形成致密氧化膜，阳极电极反应式为_______________。
【答案】 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 石墨电极被阳极上产生的氧气氧化 HCO3-+OH—== H2O +CO32－ AlO2- +HCO3- + H2O === Al(OH)3↓+CO32－ H2 2Al + 3H2O - 6e- ==== Al2O3 + 3H2↑
②AlO2-促进HCO3-的电离，生成Al(OH)3沉淀的离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O═Al(OH)3↓+CO32-；
(4)由图可知，阳极反应为4CO32-+2H2O-4e-═4HCO3-+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2；
(5)阳极上铝失电子和水反应生成氧化铝和氢离子，电极反应式为2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。
点睛：把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，以铝土矿(主要成分为Al2O3和杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。
18．（2018届山西省阳高县第一中学高三上学期第二次月考）利用海水可以提取溴和镁，提取过程如下。
（1）提取溴的过程中，经过两次Br－→Br2转化的目的是_____________________，吸收塔中发生反应的离子方程式是__________________________。用平衡移动原理解释通空气的主要目的是：______________。
（2）从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是______、____、过滤、洗涤、干燥。
【答案】 对溴元素进行富集 SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42— 通入空气将溴蒸气带出，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动 加热浓缩 冷却结晶
【解析】试题分析：
（1）第一次Br－→Br2转化是为了把海水中的溴离子氧化为溴并用热空气吹出来、用二氧化硫水溶液吸收，这样就把大量海水中少量的溴离子富集到少量的溶液中；第二次Br－→Br2转化是为了把溴离子再氧化为溴。所以提取溴的过程中，经过两次Br－→Br2转化的目的是对溴元素进行富集，吸收塔中发生反应的离子方程式是SO2＋Br2＋2H2O=4H＋＋2Br－＋SO42—。溴易挥发，溶液中的溴分子与溶液表面的气体中的溴分子存在一个平衡。所以通空气的主要目的用平衡移动原理可以这样解释：通入空气可以把溴分子带走，从而减小气体中溴分子的浓度，使Br2(aq)Br2(g)平衡向右移动。
（2）从MgCl2溶液中得到MgCl2·6H2O晶体的主要操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
19．（2018届广东省化州市高三上学期第二次高考模拟考试）草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产锂电池、涂料、着色剂以及感光材料的原材料。
Ⅰ、草酸亚铁晶体的制备：
(1)步骤①硫酸亚铁铵晶体加稀硫酸溶解的原因是___________________。
(2)步骤2倾析的作用是使固液分离，具体操作是静置后，将沉淀上部的溶液倾入另一容器，从而获得固体。倾析法与普通的过滤相比，明显的优点是____________________。
(3)硫酸亚铁铵俗称莫尔盐，在空气中比一般的亚铁盐稳定，较难被氧化，其水溶液的性质与组成它的简单盐的混合溶液没有区别。设计简单实验证明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定______________________。
Ⅱ、测定草酸亚铁的纯度：
(4)在步骤③的溶液中除发生反应MnO4-+8H++5Fe2+=5Fe3++Mn2++4H2O 外，还有另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式__________________ ；用KmnO4标准溶液滴定至终点的现象是_____________________。
(5)步骤④加入适量锌粉的目的是________________。
(6)相同条件下，重复滴定三次，步骤③平均消耗KmnO4标准溶液V1mL，步骤⑤平均消耗V2mL，则mg固体样品的纯度计算式为______________。(用相关字母表示，不必化简)
【答案】 抑制Fe2+的水解 操作简便、加快固液分离的速率(回答一个即得分) 取等物质的量的硫酸亚铁铵和硫酸亚铁固体，空气中放置相同的数分钟，用等体积和不含氧的蒸馏水溶解(各加入同浓度、等体积的硫酸)，再加入2?滴同浓度的KSCN?溶液，观察到硫酸亚铁溶液的颜色更深，说明硫酸亚铁铵比硫酸亚铁更稳定 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色，且半分钟内不褪色 将Fe3+还原为Fe2+ 4.5cV2/m×l00%
【解析】Ⅰ、（1）Fe2+易发生水解Fe2++2H2O ?Fe(OH)2+2H+,在溶解的过成中，加入与其阴离子对应的酸（硫酸）抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解；
（2）过滤，水浸过滤纸的速度较慢；倾析法直接倾倒，相较而言，操作更为简便、分离速率也快。故答案为：操作简便、加快固液分离的速率；
Ⅱ、流程的目的为测定草酸亚铁的纯度，可以通过测定Fe2+的量而间接得出草酸亚铁的量。取mg的样品晶体溶解后配制成100mL。取2OmL样液，用高锰酸钾标准溶液滴定，消耗V1mL高锰酸钾溶液。滴定后，溶液中的Fe2+转化为Fe3+，H2C2O4转化为CO2。因为样品中含有草酸铵，所以不能根据这一次滴定数据计算草酸亚铁。滴定后的溶液中存在Fe3+，加入Zn粉将Fe3+还原为Fe2+，再次用高锰酸钾溶液滴定消耗V2mL高锰酸钾溶液。
（4）草酸亚铁晶体溶于稀硫酸后，C2O42-与H+结合为H2C2O4，溶液中含有两种还原性物质：Fe2+和H2C2O4，加入KMnO4溶液后，KMnO4也能将H2C2O4氧化为CO2，发生反应为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；当高锰酸钾将Fe2+和H2C2O4反应完全后，再加入高锰酸钾，溶液会立即变红色，振荡，半分钟内颜色不会褪去，即达到滴定终点，停止滴定。
故答案为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；最后一滴标准溶液加入后，锥形瓶中的溶液颜色由黄色变为淡红色，且半分钟内不褪色；
（5）根据上述分析，步骤④中加入Zn粉的目的：将Fe3+还原为Fe2+；
（6）步骤⑤中滴定Fe2+消耗V2mL高锰酸钾溶液，根据方程式可列式子计算。
5Fe2+ + MnO4-+8H+═5Fe3++Mn2++4H2O
5mol?1mol
n???cV2×10-3mol???
所以，n=5cV2×10-3(原样液取的是20mL)
所以，mg样品含有Fe2+物质的量为5cV2×10-3mol×=2.5cV2×10-2mol
所以，FeC2O4·2H2O的质量分数==4.5cV2/m×l00%。
20．（2018届广东省惠阳高级中学高三上学期12月月考）软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS、CdS杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备MnO2和Zn，其简化流程如下（中间产物的固体部分已经略去）。
已知： Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液A中均以离子形式存在。
Ⅱ．各种金属离子完全沉淀的pH如下表：
Zn2+
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
pH
8.0
10.1
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
（1）步骤①中为了加快硫酸的浸取速率，可采用的方法是_________________（任写一种）。①中发生多个反应，其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出MnO2、FeS与硫酸共热发生反应的化学方程式______________________。
（2）步骤②加入金属锌是为了回收金属，回收金属的主要成分是_________。
（3）步骤③中MnO2的其作用是__________________，另外一种物质X可以是__________。
A．ZnO B．MgCO3 C．MnCO3 D．Cu(OH)2
（4）MnO2与Li构成LiMnO2，它可作为某锂离子电池的正极材料，电池反应方程式为： Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，写出该锂离子电池的正极电极反应式__________。
（5）已知：HCN的电离常数K=4.9×10－10，H2S的电离常数K1=1.3×10―7，K2=7.0×10―15，向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的离子方程式为__________________。在废水处理领域中常用H2S将Mn2+转化为MnS除去，向含有0.020 mol·L―1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH=a，当HS―浓度为1.0×10―4 mol·L―1时，Mn2+开始沉淀，则a=______。[已知：Ksp(MnS)=1.4×10―15]
【答案】 将矿石粉碎、加热、搅拌等 3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O Cu、Cd 将Fe2+氧化为Fe3+ AC Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2 CN－+H2S=HCN+HS－ 5
使溶液中铁离子、铝离子反应生成沉淀，则X能和氢离子反应且不能引进新的杂质；电解硫酸锌和硫酸锰溶液得到Zn、MnO2和稀硫酸；
（1）步骤①中通常通过将固体粉碎、加热、搅拌等方法，来加快硫酸的浸取速率；①中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色S物质析出，溶液变为棕黄色，说明有Fe3+生成，发生反应的化学方程式为3MnO2+2FeS+6H2SO4 Fe2(SO4)3+3MnSO4+2S↓+6H2O；
（2）根据流程图中反应前后离子变化确定回收金属成分为Cu、Cd；（3）二氧化锰具有氧化性，能氧化还原性离子亚铁离子，然后将铁离子除去；X能和氢离子反应而调节溶液的pH，且不能引进新的杂质，符合条件的有ZnO和MnCO3，一水合氨和NaOH虽然能调节溶液的pH但引进新的杂质，故答案为AC；
(4)锂离子电池的正极发生还原反应，根据电池反应Li1-xMnO2+LixC6=LiMnO2+6C，可知正极电极反应式为Li1－xMnO2+xLi++xe－=LiMnO2 ；
(5)根据HCN的电离常数K=4.9×10－10，H2S的电离常数K1=1.3×10―7，K2=7.0×10―15，可知酸性强弱顺序为HS-＜HCN＜H2S，则向NaCN溶液中通入少量的H2S气体，反应的离子方程式为CN－+H2S=HCN+HS－；当含有0.020 mol·L―1Mn2+废水中通入一定量的H2S气体，Mn2+开始沉淀时Ksp(MnS)=c（S2-）×c(Mn2+)=1.4×10―15，c（S2-）=7×10―14，此时溶液中HS―浓度为1.0×10―4 mol·L―1，K2=7.0×10―15=[c（S2-）×c(H+)]÷c（HS-），解得c(H+)=1.0×10―5，此时溶液pH=5。
21．（2018届山东省济南外国语学校高三12月考）二氧化锰是制造锌锰干电池的基本材料，工业上以软锰矿、菱锰矿为原料来制备。某软锰矿主要成分为MnO2，还含有Si（16.27%）、Fe（5.86%）、Al（3.42%）、Zn（2.68%）和Cu（0.86%）等元素的化合物，其处理流程图如下：
化合物
Al（OH）3
Fe（OH）2
Fe（OH）3
Ksp近似值
10-35
10-6
10-38
（1）硫酸亚铁在酸性条件下将MnO2还原为MnSO4，酸浸时发生的主要反应的化学方程式
为______________________。
（2）“氨水、搅拌”，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能___________ ；滤渣A的成分是Fe（OH）3、Al （OH）3，加入氨水需调节pH 至少达到____________，恰好能使Fe3+、A13+沉淀完全。
（3）滤渣B的成分是___________________。
（4） MnO2也可在MnSO4-H2SO4-H2O为体系的电解液中电解获得，其阳极电极反应式为____________________。
（5）工业上采用间接氧化还原滴定法测定MnO2纯度，其操作过程如下：准确称量0.9200g该样品，与足量酸性KI 溶液充分反应后，配制成100mL溶液。取其中20.00mL，恰好与25.00mL 0.0800mol·L-1Na2S2O3溶液反应（I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。计算可得该样品纯度_____%。
【答案】 MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O 充分氧化过量的Fe2+ 4 CuS、ZnS Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 47.3
（2）“酸浸”时除了MnO2被还原成MnSO4外，Fe、Al、Zn、Cu也溶解转化为FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4，酸浸后过滤得到的滤液中含MnSO4、Fe2（SO4）3、FeSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4；向此滤液中加入氨水并搅拌，其中“搅拌”不仅能加快反应速率，还能将Fe2+充分氧化转化成Fe3+；加入氨水调节pH使Al3+、Fe3+完全转化成Al（OH）3、Fe（OH）3沉淀形成滤渣A，由于Al（OH）3、Fe（OH）3类型相同且Al（OH）3的溶度积大于Fe（OH）3的溶度积，使Fe3+、Al3+完全沉淀，只要使Al3+完全沉淀，即c（Al3+）110-5mol/L，c（Al3+）·c3（OH-）=10-35，c（OH-）=110-10mol/L，c（H+）110-4mol/L，pH4，pH至少达到4能使Fe3+、Al3+沉淀完全。
（3）加入氨水调节pH至5.4经过滤后滤渣A为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液中含MnSO4、ZnSO4、CuSO4、（NH4）2SO4，向滤液中加入MnS并加热至沸，发生沉淀的转化形成难溶的ZnS、CuS将Zn2+、Cu2+除去，过滤得到的滤渣B的成分为ZnS、CuS。
（4）根据题意电解过程中MnSO4被氧化成MnO2，则阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
（5）MnO2与足量酸性KI反应的离子方程式为：MnO2+4H++2I-=Mn2++I2+2H2O，得出关系式：MnO2~I2~2Na2S2O3，n（MnO2）=n（Na2S2O3）=0.08mol/L0.025L=0.005mol，m（MnO2）=0.005mol87g/mol=0.435g，该样品纯度为100%=47.3%。
22．（2018届重庆市第一中学高三11月月考）以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如下【已知:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠(NaAlSiO4·nH2O)沉淀】。
（1）操作I、Ⅱ的名称为____________。
（2）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式_____________。
（3）溶液a中加入NaHCO3后，生成沉淀的离子方程式为____________。
（4）Al2O3比另外一种铝的化合物AlCl3熔点高出很多，原因是_________;?有人考虑用熔融态AlCl3电解制备铝，你觉得是否可行，____(选填“可行”或“不可行”)，试分析原因_________。
（5）取一定量的样品，用以下装置测定样品中AlN的纯度(夹持装置已略去)。打开K2,加入NaOH浓溶液，至不再产生NH3。打开K1,通入N2一段时间。
①实验中需要测定的数据是___________。
②由于装置存在缺陷，导致测定结果偏高，请提出改进方法:___________。
【答案】 过滤 Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O AlO2-+HCO3-+H2O==Al(OH)3↓+CO32- Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于范德华力，所以Al2O3的熔点高 不可行 AlCl属于共价化合物，熔融状态不导电 AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量 在C后连接一个装有碱石灰的干燥管(或其他合理的干燥装置)
（2）用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为Na2O·Al2O3·2SiO2·2nH2O。
（3）溶液a中加入NaHCO3后，生成沉淀的离子方程式为AlO2-+HCO3-+H2O==Al(OH)3↓+CO32- 。
（4）Al2O3比另外一种铝的化合物AlCl3熔点高出很多，原因是Al2O3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，离子键强于范德华力，所以Al2O3的熔点高;?用熔融态AlCl3电解制备铝是不可行的，因为AlCl3属于共价化合物，熔融状态不导电。
（5）由实验装置可知，AlN与NaOH浓溶液反应生成偏铝酸钠溶液和氨气，氨气经碱石灰干燥后被浓硫酸吸收，测出该装置的增重即可根据样品的质量求出样品中AlN的纯度。
①实验中需要测定的数据是AlN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。
②C装置中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，导致测定结果偏高，改进方法为在C后连接一个装有碱石灰的干燥管（或其他合理的干燥装置）。
23．（2018届山西省实验中学高三上学期第二次月考）某碳素钢锅炉内水垢的主要成分是碳酸钙、硫酸钙、氢氧化镁、铁锈；二氧化硅等。水垢会形成安全隐患，需及时清洗除去。清洗流程如下：
I.加入NaOH和Na2CO3混合液，加热，浸泡数小时；
Ⅱ.放出洗涤溶液，清水冲洗锅炉，加入稀盐酸，浸泡；
Ⅲ.向洗液中加入Na2SO3溶液；
Ⅳ.清洗达标，用NaNO2溶液钝化锅炉。
已知:20℃时溶解度/g
CaCO3
CaSO4
Mg(OH)2
MgCO3
l.4×10-3
2.55×10-2
9×10-4
1.1×10-2
（1）用NaOH溶解二氧化硅的化学方程式是_________
（2）在步骤Ⅱ中:①加入盐酸可除去CaCO3、Fe2O3和Mg(OH)2.写出盐酸与Mg(OH)2反应的离子方程式:___________。
②清洗过程中，溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，用离子方程式解释其原因_________
（3）步骤Ⅲ中，加入Na2SO3的目的是将步骤Ⅱ中生成的Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉。写出Na2SO3和Fe3+反应的高子方程式___________。
（4）步骤Ⅳ中，钝化后的锅炉表面会覆盖一层致密的Fe3O4保护膜。
①如果转移的电子有2.4mol,则有________g铁被钝化。
②钝化效果的检测一般可用滤纸浸渍配好的检测液后贴附于待测样品表面或直接将溶液涂、滴于待测表面。下面检测钝化效果的方法合理的是__________。
a.在炉面上滴加浓H2SO4,观察溶液出现棕黄色的时间
b.在炉面上滴加酸性CuSO4溶液，观察蓝色消失的时间
c.在炉面上滴加浓HNO3观察出现红棕色气体的时间
d.在炉面上滴加酸性K3[Fe(CN)6]溶液，观察出现蓝色沉淀的时间
【答案】 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 2H++Mg(OH)2=Mg2++2H2O 2Fe3++Fe=3Fe2+ SO32-+2Fe3++H2O=SO42-+2Fe2++2H+ 50.4g bd
②. 溶解的铁锈会加速锅炉腐蚀，因为发生了铁与铁离子的反应，离子反应为：2Fe3++Fe═3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe═3Fe2+；
⑶. 步骤Ⅲ中，加入Na2SO3，与铁离子发生氧化还原反应，其目的是将Fe3+还原成Fe2+，防止Fe3+腐蚀锅炉，反应的离子方程式为SO32?+2Fe3++H2O=SO42?+2Fe2++2H+，故答案为：
SO32?+2Fe3++H2O=SO42?+2Fe2++2H+；
⑷. ①.步骤Ⅳ中，发生的反应方程式为：9Fe+8NO2?+4H2O═4N2↑+3Fe3O4+8OH?，如果转移的电子有2.4mol，根据方程式可知，每9mol铁反应可以转移24mol电子，则参加反应的Fe为0.9mol，m（Fe）=0.9mol×56g/mol=50.4g，故答案为：50.4g；
②.a.在炉面上滴加浓硫酸，无论是否发生钝化，均难观察溶液出现棕黄色的时间，故a错误；
b.在炉面上滴加酸性硫酸铜溶液，若没有发生钝化，Fe可以置换出Cu，可观察蓝色消失的时间，故b正确；
c.在炉面上滴加浓硝酸，无论是否发生钝化，均难观察出现红棕色气体的时间，故c错误；
d.若没有发生钝化，在炉面上滴加酸性K3[Fe(CN)6]溶液与Fe生成沉淀，可以观察出现蓝色沉淀的时间，故d正确；故答案为bd。
24．（2018届湖北省华中师范大学第一附属中学高三上学期期中考试）辉铜矿主要成分Cu2S,此外还含有少量SiO2、Fe2O3等杂质，软锰矿主要含有MnO2,以及少量SiO2、Fe2O3等杂质。研究人员开发综合利用这两种资源，用同槽酸浸湿法冶炼工艺，制备硫酸锰晶体和碱式碳酸铜.主要工艺流程如下:
已知：
①MnO2有较强的氧化性，能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫；
②[Cu（NH3）4]SO4常温稳定，在热水溶液中会分解生成NH3；
③部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围（开始沉淀和完全沉淀的pH）：
Fe3+：1.5～3.2 Mn2+：8.3～9.8 Cu2+：4.4～6.4
④MnSO4·H2O溶于1份冷水、0．6份沸水，不溶于乙醇。
（1）实验室配制250mL 4．8mol?L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要___。
（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有__________（任写一点）。
（3）酸浸时，得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等。写出该反应的化学方程式：___________。
（4）调节浸出液pH=4的作用是______________。
（5）本工艺中可循环使用的物质是_____________（写化学式）。
（6）获得的MnSO4?H2O晶体后常用酒精洗涤，主要目的是_________________。
（7）测定MnSO4?H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀，则此样品的纯度为______。
【答案】 250mL容量瓶、胶头滴管 粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌 Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2MnSO4+S↓+4H2O 使Fe3+完全水解生成氢氧化铁沉淀 NH3 减少MnSO4·H2O 晶体的损失 96.57%
【解析】酸浸过程中，二氧化硅不反应，分离出来，Cu2S反应生成S单质，Fe2O3溶解，pH值控制在4时，Fe3+沉淀，过滤得到的滤液成分应为CuSO4和MnSO4等，加热赶氨后，得到碱式碳酸铜，滤渣为碳酸锰，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤等操作即可得到硫酸锰晶体，
（1）.实验室配制250mL 4．8mol?L－1的稀硫酸，所需的玻璃仪器除玻璃棒、量筒、烧杯以外还需要250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；
（2）. 辉铜矿、软锰矿在酸浸时，可以采用升高温度、将矿石粉碎、搅拌等方法来提高浸取率，故答案为：粉碎矿石、适当升高温度或者搅拌（任写一点）；
（3）.根据信息，MnO2能将金属硫化物中的硫氧化为单质硫，反应物是Cu2S、MnO2、H2SO4?，生成物是CuSO4、MnSO4、S，把硫化亚铜看成整体，化合价变化是：（1×2+2×1）=4；Mn元素化合价变化是：4﹣2=2，所以二氧化锰化学计量数是2，硫化亚铜的是1，再根据质量守恒配平其它物质；反应的化学方程式是：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O，故答案为：Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+2 MnSO4+S↓+4H2O；
（6）.获得的MnSO4?H2O晶体需要进一步洗涤、干燥，洗涤时可以使用酒精，因在酒精中，硫酸锰晶体溶解度小，故获得MnSO4?H2O晶体后常用酒精洗涤，目的是减少MnSO4?H2O晶体的损失，故答案为：减少MnSO4·H2O 晶体的损失；
（7）测定MnSO4?H2O样品的纯度：准确称取样品14.00g，加蒸馏水配成100mL溶液，取出25.00mL用标准的BaCl2溶液测定，完全反应后得到了4.66g沉淀为硫酸钡，其物质的量为：n（BaSO4）=n（SO42﹣）=n（MnSO4?H2O）= = 0.02mol，则此样品中MnSO4?H2O物质的量为：0.02mol× =0.08mol，则样品中MnSO4?H2O的纯度=×100%=96.57%；故答案为：96.57%。
25．（2018届河南省豫南豫北名校高三精英联赛）高铁酸钾（K2FeO4）是—种极强的氧化剂，常应用于饮用水处理，其工业制备方法如图所示：
（1）高铁酸钾中铁元素的化合价是__________价。
（2）反应I的目的是________________________________。
（3）反应II的离子方程式为________________________________。
（4）洗涤粗品时选用乙醇而不用水的理由是________________________________。
（5）己知生成高铁酸钾的反应为Na2FeO4+2KOHK2FeO4↓+2NaOH，请你解释加入饱和KOH溶液能生成高铁酸钾的理由是_________________________。
（6）为了提高生活用水的卫生标准，自来水厂常使用高铁酸钾（K2FeO4）进行消毒、净化以及改善水质，其消毒原理是______________________。
（7）可用亚铬酸盐滴定法测定高铁酸钾含量，滴定时有关反应的离子方程式为：
①FeO42-+CrO2-+2H2O==?CrO42-+Fe(OH)3↓+OH-
②2CrO42-+2H+=CrO72-+H2O
③CrO72-+6Fe2++14H+=?2Cr3++6Fe3++7H2O
现称取2.084g高铁酸钾样品溶于适量NaOH溶液中，加入稍过量的NaCrO2，充分反应后过滤，滤液在250mL容量瓶中定容。每次取25.00mL加入稀硫酸酸化，用0.1000mol·L-1的FeSO4标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为20.00mL。则上述样品中K2FeO4 的质量分数为______________。
【答案】 +6 生成氧化剂NaClO 2Fe3++3ClO-+l0OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O 减少高铁酸钾的损失 K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，平衡向正反应方向移动，促进K2FeO4晶体析出 高铁酸钾具有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe（OH）3胶体、有吸附性起净水作用 63.3%（63.0～64.0%）
(2)反应I是氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，反应方程式为2NaOH+Cl2═NaCl+NaClO+H2O，目的是生成氧化剂NaClO，故答案为：生成氧化剂NaClO；
(3)由湿法制备信息，可知碱性条件下，ClO-与Fe3+反应得到FeO42-，ClO-被还原为Cl-，离子方程式为3ClO-+10 OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：3ClO-+10 OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；
(4)高铁酸钾K2FeO4易溶于水，难溶于水有机溶剂，因此洗涤粗品时选用乙醇而不用水可以减少高铁酸钾的损失，故答案为：减少高铁酸钾的损失；
(5)K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，平衡向正反应方向移动，促进K2FeO4晶体析出，因此加入饱和KOH溶液能生成高铁酸钾，故答案为：K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4的溶解度，增大K+浓度，平衡向正反应方向移动，促进K2FeO4晶体析出；
(6)高铁酸钾具有很强的氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe(OH)3胶体，有吸附性，可以吸附水中的吸附物质，自来水厂常使用高铁酸钾(K2FeO4)进行消毒、净化以及改善水质，故答案为：高铁酸钾有强氧化性，能杀菌消毒，在水中被还原生成Fe(OH)3胶体、有吸附性起净水作用；
(7)根据反应①②③，可得关系2FeO42-～2CrO42-～Cr2O72-～6Fe2+，FeSO4的物质的量为0.1000mol?L-1×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，所以K2FeO4的物质的量为×2.000×10-3mol，进而求得其质量为×2.000×10-3×198g=0.132g，所以样品中K2FeO4的质量分数为×100%=63.3%，故答案为：63.3%。
26．（2018届河南省漯河市高级中学高三上学期第四次模拟考试12月）某研究小组为了探究一种无机矿物盐X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：
另取21.6gX在惰性气流中加热至完全分解，得到12.8g固体1和0.2mol气体甲。
（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_____________，写出气体甲的电子式_______。
（2）X的化学式是______________，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为___________________。
（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______（用化学反应方程式表示）。
（4）一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个有气体生成的可能的化学反应方程式___________________，并设计实验方案验证该反应的产物______________________。
【答案】 CaFe(CO3)2 CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑ 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 2FeO+CO2===Fe2O3+CO 检验Fe2O3：将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色表明产物中有Fe3+；检测CO：将气体通过灼热CuO，黑色固体变为红色
含有C、O元素；弱酸盐分解得到固体，则推测固体1为金属氧化物；固体1溶于水得到溶液1和固体2，溶液1和CO2反应生成白色沉淀1，白色沉淀1和CO2、H2O反应生成溶液2，则白色沉淀1为碳酸盐、溶液2为碳酸氢盐；X为无机矿物盐，可推测白色沉淀1为碳酸钙，即固体1种含有CaO。则X中四种元素分别为：Fe、Ca、C、O。
固体1成分为CaO、FeO，21.6gX在惰性气流中加热至完全分解，得到12.8g固体1和0.2molCO2, 0.1molFeO 和0.1molCaO质量恰好为12.8g,可推测X化学式为：CaO·FeO·2CO2，CaFe(CO3)2。
（1）白色沉淀1是CaCO3,碳酸钙中金属元素的原子核外有4个电子层、最外层有2个电子,所以Ca原子结构示意图为，气体甲是CO2, CO2的电子式为；
故答案为：；；
（2）X的化学式是CaFe(CO3)2,在惰性气流中加热X至完全分解生成CO2和CaO、FeO。故反应方程式为CaFe(CO3)2CaO+FeO+2CO2↑；
（3）氢氧化亚铁不稳定,易被空气氧化生成红褐色氢氧化铁,所以白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀，反应方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；
（4）FeO具有还原性，能被CO2氧化生成Fe2O3，同时生成CO,反应方程式为：2FeO+CO2=Fe2O3+CO。检验如果该反应发生，则生成固体中含有三价铁，将固体溶于稀盐酸生成铁离子，可通过加入KSCN溶液检验铁离子的存在。将气体通过灼热CuO，若黑色固体变为红色，则说明有CO的生成。故答案为：2FeO+CO2===Fe2O3+CO；检验Fe2O3，将固体用稀盐酸溶解，加入KSCN溶液若显红色表明产物中有Fe3+；检测CO，将气体通过灼热CuO，黑色固体变为红色。
27．（2018届广东省江门市普通高中高三调研测试）BaCl2?xH2O是用途广泛的基础化工产品。我国目前主要是用盐酸和硫化钡(含少量Mg2+、Fe3+等)反应生产BaCl2?xH2O，工艺流程如下图所示。
已知: 室温时Ksp[Mg(OH)2]= 1.8×10-11，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38，请回答下列问题:
(1)写出氯化钡的电子式______，盐酸和硫化钡反应的化学方程式为___________。
(2)反应I中生成的H2S用足量氨水吸收，一定条件下向所得溶液中通入空气，可得到单质硫并使吸收液再生，吸收液再生反应的化学方程式为_______________________。
(3)沉淀A的成分是__________。
(4)热空气吹除时会有部分HS-转变为S2O32-，使产品仍达不到纯度要求，可再进行酸化脱硫，酸化脱硫时的离子方程式为________________。
(5)室温时，若加碱调溶液pH至9,则完全沉淀的离子是_____________(写出计算过程)。
【答案】 BaS＋2HCl＝BaCl2＋H2S↑ 2(NH4)2S＋O2＋2H2O＝4NH3·H2O＋2S↓ S(或硫) S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O Fe3+，室温时，pH=9 c(OH－)=10-5mol/L 由Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38 得 故Fe3+沉淀完全
（3）反应I中生成的氯化钡溶液中有H2S，鼓入热空气将H2S吹出，同时空气中有氧气，能将部分H2S氧化成S单质而形成沉淀，故沉淀A的成分是S(或硫)。
（4）对S2O32-进行酸化脱硫，S2O32-在酸性条件下发生自身氧化还原反应，生成SO2和硫单质，反应的离子方程式为S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O。
（5）室温时加碱调节pH至9，则此时溶液中c(OH－)=10-5mol/L，根据Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp，c(Mg2+)===1.8×10-1>，c(Fe3+)===<，故Fe3+沉淀完全。
28．（2018届辽宁省沈阳市东北育才学校高三上学期第二次模拟）某实验小组以粗镍（含少量Fe和Cr杂质）为原料制备Ni(NH3)6Cl2，并测定相关组分的含量。制备流程示意图如下。
已知：①部分离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示。
②Ni( OH)2为绿色难溶物。Ni(NH3)6(NO3)2、Ni(NH3)6Cl2均为可溶于水的蓝紫色晶体，水溶液均显碱性。
离子
Fe3+
Cr3+
Ni2+
开始沉淀pH
1.5
4.3
6.9
完全沉淀pH
2.8
5.6
8.9
(1)步骤(a)中Ni和浓硝酸反应的化学方程式为__________________________________。
(2)步骤(b)首先加入试剂X调节溶液的pH约为6，过滤后再继续加入X调节pH以得到绿色沉淀。
①调节pH约为6的原因是____________________________________________。
②试剂X可以是___________________（填标号）。
A. H2SO4 B.Ni(OH)2 C.NaOH D.Fe2O3 E.NiO
(3)NH3含量的测定
i．用电子天平称量mg产品于锥形瓶中，用25 mL水溶解后加入3.00 mL6 mol/L盐酸，以甲基橙作指示剂，滴定至终点消耗0.5000 mol/L NaOH标准溶液V1mL；
ii．空白试验：不加入样品重复实验i，消耗NaOH标准溶液V2mL。
①NH3的质量分数为___________________________。
②在上述方案的基础上，下列措施能进一步提高测定准确度的有___________（填标号）。
A．适当提高称量产品的质量 B．用H2SO4溶液替代盐酸
C．用酚酞替代甲基橙 D．进行平行试验
(4)为测定Cl的含量，请补充完整下述实验方案。
称量mg产品于锥形瓶中，用25 mL水溶解，___________________________________，滴入2—3滴K2CrO4溶液作指示剂，用已知浓度的AgNO3标准溶液滴定至终点，记录读数，重复操作2-3次。
【答案】 Ni＋4HNO3（浓）Ni(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O pH=6时，Fe3＋、Cr3＋完全沉淀，而Ni2＋未开始沉淀 C 0.5(V2-V1) ×10-3×17/m ×100% AD 加入稀硝酸至溶液呈弱酸性
（2）①根据表中提供的各离子开始沉淀和完全沉淀的pH，首先加入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，将溶液中的Fe3+、Cr3+除去。
②试剂X一方面调节溶液的pH使Fe3+、Cr3+转化为沉淀而除去，另一方面可与Ni（NO3）2反应形成绿色Ni（OH）2沉淀，试剂X可以为NaOH；Ni（OH）2、NiO也可调节pH，但不能与Ni（NO3）2作用形成Ni（OH）2沉淀；答案选C。
（3）①步骤i，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没有加产品，NaOH滴定HCl；则实验中与产品反应的n（HCl）=0.5000mol/L（V2-V1）/1000L=0.5（V2-V1）/1000mol，n（NH3）=n（HCl）=0.5（V2-V1）/1000mol，m（NH3）=0.5（V2-V1）/1000mol17g/mol=0.5（V2-V1）10-317g，NH3的质量分数为0.5（V2-V1）10-317/m100%。
② A项，适当提高称量产品的质量，可减小实验误差，提高测定的准确度；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；C项，若用酚酞代替甲基橙，由于酚酞的变色范围在8.2~10，步骤i中消耗的NaOH偏多，使测得的NH3的质量分数偏低，误差大；D项，进行平行试验，减少偶然误差，能提高测定的准确度；答案选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，OH-会消耗AgNO3，所以在滴定之前要向样品溶液中加入稀硝酸至溶液呈弱酸性。
29．（2018届山东省济南第一中学高三上学期期中考试）海洋是一个巨大的化学资源宝库。海水综合利用的部分流程如下：
已知：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性。
（1）操作A是___________（填实验基本操作名称），粗盐中常含 Ca2＋、Mg2＋、SO42-等杂质离子，可依次加入NaOH、______ 、______、盐酸试剂来进行提纯。
（2）操作B需加入下列试剂中的一种，最合适的是______（选填编号）。
a．氢氧化钠溶液 b．澄清石灰水 c．石灰乳 d．碳酸钠溶液
（3）已知母液中的主要成分如下表：
离子
Na+
Mg2+
Cl－
SO42－
浓度/（g·L-1）
63.7
28.8
144.6
46.4
理论上，1m3母液中最多可得到Mg（OH）2的质量为___________。
（4）利用下图所示装置模拟工业上从母液中提取溴，在B瓶中得到较浓的溴水。
实验方案为：关闭b、d，打开a、c，由a向A中缓慢通入________至反应完全，发生反应的的离子方程式是_________________________；再关闭a、c，打开b、d、e，由b向A中鼓入足量_________，同时由 e 向B中通入足量_________；关闭b、e，打开a，再由a 向B中缓缓鼓入足量___________，即可在B中得到较浓的溴水。（本实验中须使用的试剂有：SO2、Cl2、热空气） 。
【答案】 蒸发结晶 BaCl2 Na2CO3 C 6.96×104 g（或69.6 kg） Cl2 Cl2 + 2Brˉ= 2Clˉ + Br2 热空气 SO2 Cl2
【解析】（1）海水通过操作A得到粗盐和母液，操作A应该为蒸发结晶；粗盐中常含 Ca2＋、Mg2＋、SO42-，Mg2＋用OH-离子沉淀，SO42-用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子。故可依次加入NaOH、BaCl2、Na2CO3、盐酸试剂来进行提纯；（2）通过操作B得到氢氧化镁，则结合海水综合利用，应该是将海水中的镁离子沉淀，最适合是选择石灰乳，答案选c；（3）滤液中加入石灰乳，发生反应为Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，合成中应得到Mg(OH)2沉淀，过滤、干燥的产品Mg(OH)2，溶液中Mg2+浓度为28.8g/L，
Mg2+～～～～～～～～Mg(OH)2
24g 58g
28.8g/L×1000L m[Mg(OH)2]
m[Mg(OH)2]= =6.96×104g=69.6kg；
（4）从母液中提取溴，关闭b、d，打开a、c，由a向A中缓慢通入Cl2至反应完全，氯气将溴置换出来，发生反应的的离子方程式是：Cl2 + 2Brˉ= 2Clˉ + Br2；再关闭a、c，打开b、d、e，由b向A中鼓入足量热空气，同时由 e 向B中通入足量SO2；关闭b、e，打开a，再由a 向B中缓缓鼓入足量Cl2，即可在B中得到较浓的溴水。
30．（2018届甘肃省兰州第一中学高三上学期第二次月考9月）某化学兴趣小组用含有铝、铁、铜的合金制取纯净的氯化铝溶液、绿矾晶体（七水合硫酸亚铁）和胆矾晶体，以探索工业废料的再利用．其实验方案如下：试回答下列问题：
（1）写出合金溶于试剂①溶液时相关反应的离子方程式 __________________，操作②的名称是 ______ 。
（2）滤液A中通入过量气体的离子反应方程式为_______________________________，由滤液A制AlCl3溶液有途径I和途径II两种，与途径I相比，途径II存在着明显的缺陷是： __________________________。
（3）溶液E中的主要溶质为 _____________________ ；如何检验滤液E是否已被氧化（写出操作过程、现象和结论） _________________________________。
（4）按环保要求，写出用滤渣F制备硫酸铜溶液的各步反应的化学方程式 ________。
【答案】 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑ 过滤 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 途径Ⅱ直接往溶液中加入过量的盐酸，得到的AlCl3溶液会混有其它别的氯化物 FeSO4 取少量的滤液E于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则表明已被氧化，反之则没有 2Cu+O2????2CuO，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
试剂①为足量氢氧化钠溶液时，铝发生反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑，滤渣B中用稀硫酸溶解，Cu不溶解，过滤分离。（2）滤液A中通入过量气体的离子反应方程式为AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- ；途径Ⅱ直接往溶液中加入过量的盐酸，得到的AlCl3溶液混有氯化钠杂质，途径Ⅱ直接往溶液中加入过量的盐酸，得到的AlCl3溶液会混有其它别的氯化物，NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O。（3）滤液E中含有硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧化为硫酸铁，利用KSCN溶液遇到铁离子会生成血红色溶液设计检验：取少量的滤液E于试管中，滴加KSCN溶液，若溶液变成血红色，则表明已被氧化，反之则没有。（4）滤渣F为Cu制备硫酸铜溶液时，利用铜和氧气反应生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应得到硫酸铜溶液，反应的化学方程式为：2Cu+O2????2CuO，CuO+H2SO4=CuSO4+H2O。
31．（2018届江西省赣州寻乌县二中高三上学期期中考试）海水中Mg元素只要以MgCl2的形式存在，海水提镁的主要流程如下：
（1）下列说法不正确的是___________。
A．试剂M是盐酸 B．生石灰在食品工业中常用于防潮剂
C．操作b只是过滤 D．MgCl2电解为Mg时，Mg2+得到的电子数为2NA
（2）沉淀池中的主要反应化学方程式为________________________________。
（3）为了得到纯净的Mg(OH)2，操作a是_________，实验室洗涤沉淀的具体操作是___________________。
（4）已知常温下Ca(OH)2溶解度为m 克，则饱和石灰水的质量分数为_____________(列出计算的表达式即可，下同)，若饱和石灰水密度为1g/mL，则饱和石灰水溶液的物质的量浓度为___________________。
【答案】 CD MgCl2+Ca(OH)2=Mg(OH)2+CaCl2 过滤 向漏斗中加入蒸馏水，浸没固体，低于滤纸边缘，静置流下，重复2～3次
得到纯净的Mg(OH)2，要对沉淀过滤与多次洗涤，实验室洗涤沉淀的正确操作是向漏斗中加入蒸馏水，浸没固体，低于滤纸边缘，静置流下，重复2～3次；（4）设溶剂为100g，则此时溶解的Ca(OH)2的质量mg，因此饱和石灰水的质量分数为；饱和石灰水密度约为1g/mL，则根据可知物质的量浓度为。
32．（2018届广东省广州市执信中学高三上学期期中考试）铝是应用广泛的金属，以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________________。
（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________ （填“增大”、“不变”或“减小”）。
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________________。
（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。
其中，离子交换膜使用的是__________（阳离子交换膜、阴离子交换膜），阳极的电极反应式为_____________________，阴极产生的物质A的化学式为____________。
（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________。
【答案】 Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 减小 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 阳离子交换膜 4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑ H2 NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
（3）“电解Ⅰ”是电解熔融?Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化。
（4）需要限制阴离子OH-移动，所以离子交换膜使用的是阳离子交换膜，阳极的电极反应式为4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，阴极产生的物质A的化学式为H2。
（5）在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。
33．（2018届辽宁师大附中高三上学期期中考试）硫、铁的化合物有广泛的应用。
（1）过二硫酸铵(NH4)2S2O8可以看成双氧水的衍生物，H2O2分子中的两个H原子被—SO3H基取代后即为过二硫酸。
①(NH4)2S2O8中硫元素的化合价为_________；
②用过二硫酸铵溶液检测废水中的Mn2+，配平下面的离子反应：_____S2O82－+____Mn2++_____=____MnO4－+____SO42－+____。
（2）大苏打的成分是Na2S2O3·5H2O，常用于防毒面具中吸收氯气。若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子。写出其水溶液吸收氯气的离子方程式______________。
（3）磁性材料A是由两种元素组成的化合物，某研究小组按如图所示流程探究其组成：
①已知化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标准状况下密度为1.518g/L)，写出该反应的化学方程式：_______________________。
②已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝8×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O的平衡常数为_________(列式并计算)。向0.001 mol/L FeCl3溶液中通入氨气(体积变化忽略不计)，开始沉淀时溶液的pH为________。(lg 5＝0.7)
（4）①FeSO4在一定条件下可制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料,该材料可用于制造高容量锂电池,电池放电时的总反应为4Li+FeS2Fe+2Li2S,正极反应式是____。
②FeSO4可转化为FeCO3,FeCO3在空气中加热会发生反应,可制得铁系氧化物材料。已知25 ℃、101 kPa时:4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s) ΔH=-1648 kJ.mol-1;C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-392 kJ·mol-1;2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)2FeCO3(s)ΔH=-1480 kJ·mol-1。FeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是_______。
【答案】 +6 5 2 8H2O 2 10 16H+ S2O32-+4Cl2+ 5H2O=2SO42- +8C1-+ 10 H+ Fe3S4+6HCl=3H2S↑+3FeCl2 +S K＝＝＝＝8×103 2.3 FeS2+4e-Fe+2S2- 4FeCO3(s)+O2(g)2Fe2O3(s) +4CO2(g) ΔH=-256 kJ·mol-1
②在酸性介质中，往MnSO4溶液里滴加(NH4)2S2O8(连二硫酸铵)溶液会发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒，配平得：5S2O82-+2Mn2++8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，故答案为：5；2；8H2O；2；10；16H+；
(2)大苏打的成分是Na2S2O3·5H2O，其中S元素的化合价为+2价，具有比较强的还原性，若1 mol Na2S2O3完全反应，失去8mol电子，说明生成硫酸根离子，因此Na2S2O3水溶液吸收氯气的离子方程式为S2O32-+4Cl2+ 5H2O=2SO42- +8C1-+ 10 H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+ 5H2O=2SO42- +8C1-+ 10 H+；
(3) C加入KSCN，D为血红色溶液，可知C为FeCl3，D为Fe(SCN)3等，可知B为Fe2O3，且n(Fe2O3)= =0.015mol，n(Fe)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，A燃烧生成的无色气体E溶液水得到酸性溶液，加入碘的KI溶液，得到无色溶液，说明碘可氧化E的水溶液，E应为SO2，F为H2SO3，G含有和H2SO4和HI，可知A含有Fe、S元素，且m(S)=2.96g-1.68g=1.28g，n(S)= =0.04mol，可知n(Fe)：n(S)=3：4，A为Fe3S4。
①化合物A能与盐酸反应，生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518g?L-1)，淡黄色不溶物为S，气体的相对分子质量为1.518×22.4L=34，为H2S气体，反应的化学方程式为Fe3S4+6HCl=3H2S↑+3FeCl2 +S，故答案为：Fe3S4+6HCl=3H2S↑+3FeCl2 +S；
②Fe(OH)3＋3H＋Fe3＋＋3H2O，25℃时Ksp[Fe(OH)3]=8×10-39，Ksp=c(Fe3+)×c3(OH-)，Kw=c(H+)×c(OH-)，则K=====8×103；向0.001mob/L?FeCl3溶液中通入氨气(体积变化忽略不

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