资源简介

工艺流程专题
1.
基于化核心素养的化学工艺流程
化学工艺流程核心素养体现在“
科学精神与社会责任，证据推理与模型认知”。核心素养生成——通过对化学工艺的分析，认识化学、技术、社会和环境之间的相互关系，赞赏化学工艺对社会发展的重大贡献，考查学生运用已有知识和方法综合分析、全面认识化学过程对自然可能带来的各种影响；培养具有合理开发、利用资源的意识，树立理解和赞赏可持续发展观念的新一代。化学工艺流程题是高考比较成熟和固定的题型。预测2020年高考题型中，化学工艺流程题仍会以流程图的形式，以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理考查影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用和绿色化学。围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)和化工计算等；围绕核心反应或副反应考查物质成分的判定；以及围绕物质间的转化考查陌生方程式的书写与等。
本专题包括五个高频微考点和四个微考向
五个微考点
四个微考向
化学工艺流程——化工术语化学工艺流程——分离提出化学工艺流程——成分判定化学工艺流程——化工计算化学工艺流程——绿色化学
☆以制备为目的的工艺流程题☆以工业废料再利用的工艺流程题☆以倡导“绿色化学”为核心的工艺流程题☆以分离提纯为主线的工艺流程题
2.
化学工艺流程题高频考点“微”解读
☆化学工艺流程——化工术语
关键词
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
表面处理
用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生②使化学平衡移动；控制化学反应的方向③控制固体的溶解与结晶④控制反应速率；使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
☆化学工艺流程——分离提纯
关键词
释义
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
冷却结晶
过滤（抽滤）
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等④混合洗涤剂洗涤：如酒精和水混合洗涤液⑤洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
干燥
干燥：包括风干、晾干、吹干、滤纸吸干等
萃取与分液
分离混不相溶的液体。
蒸馏
分离沸点相差较大的液体
【例析1】Ⅰ.[高考卷改编]某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O
Ag(NH3)
2++
Cl?
+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3)
2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（3）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2
mol·L?1水合肼溶液，1
mol·L?1H2SO4)。
Ⅱ.[自编]按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
则(1)、(2)、(3)、(4)的分离提纯方法依次为________、________、________、________。
☆化学工艺流——成分判定
◆滤渣、滤液成分的判定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
(1)反应过程中哪些物质(离子)消失了？
(2)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
◆循环物成分判定
◆副产品成分的判定
☆化学工艺流程——化工计算
(1)
产品的产率＝×100%
(2)原料转化率＝×100%
(3)产品的纯度（物质的质量分数）＝×100%
【例析2】[高考题改编]
氧化钪(Sc2O3)在合金、电光源、催化剂、激活剂和陶瓷等领域有广泛的应用，以钪精矿为原料(主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：
(1)“酸溶”得到滤渣的主要成分是________；25
℃时，加入氨水调节溶液的pH＝3，过滤，滤渣的主要成分是________。（25℃时，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10?13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10?39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10?31）?
(2)草酸钪在空气中“灼烧”时，产物除氧化钪外，还有________。
(3)某工厂用m1Kg的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品m2Kg，则钪精矿中钪的质量分数是______?
(假设Sc的利用率为100%))
☆化学工艺流程——绿色化学
绿色化学是指化学反应及其过程以“原子经济性”为基本原则，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，实现“零排放”。绿色化学的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原料，最大限度地节约能源，在化工生产的各环节都实现净化和无污染的反应途径。主要包括以下几个方面：
减量——提高转化率、降低损耗、减少“三废”的排放量。
回收——回收未反应的原料、副产品及助熔剂、催化剂、稳定剂等非反应试剂。
拒用——一些无法回收、再生和重复使用的毒副作用、污染作用明显的原料，拒绝在化工生产中使用。
【例析3】[上海高考节选]
将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要
等原料
（2）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO32－的方法是：
。
（3）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：
。
【典例导引】
☆以制备为目的的工艺流程题
【典例1】[2019·新课标全国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Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++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_________。
☆以工业废料再利用的工艺流程题
【典例2】[2017·江苏卷]
某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)
2++
Cl?
+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3)
2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为________________。
HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是__________________________________________。
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为__________________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2
mol·L?1水合肼溶液，1
mol·L?1H2SO4)。
☆以倡导“绿色化学”为核心的工艺流程题
【典例3】
[2020·首都师大附中4月开学考试题]
As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。
（1）
“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应
的化学方程式是________。
（2）
“氧化”时，1
mol
AsO33－转化为AsO43－至少需要O2________mol。
（3）
“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)
+
2OH－(aq)
ΔH
＜0
b．5Ca2+
+
OH－
+
3AsO43－Ca5(AsO4)3OH
ΔH
＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________。
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是________。
（5）
“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是
________。
（6）下列说法中，正确的是________（填字母）。
a．粗As2O3中含有CaSO4
b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
☆以分离提纯为主线的工艺流程题
【典例4】[2019·新课标全国Ⅱ，28]
咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（约为，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如右图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸气沿蒸气导管2上升至球形冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下了问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_________。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是_________。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点计、接收管之外，还有________（填标号）。
A．直形冷凝管
B．球形冷凝管
C．接收瓶
D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是和________和吸收
________。
（5）可采用如右图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是________。
【精准巩固】
1.
[2019·新课标Ⅱ，26]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+22I?+。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）。
2.
[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=___________。
3.[2020·山东省新高考测试卷]普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌(含Zn、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：
（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是
。
（2）加入锌粉的主要目的是
（用离子方程式表示）。
（3）已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO42-。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至
；
a．2.2～2.4
b．5.2～5.4
c．12.2～12.4
滤渣Ⅲ的成分为
。
（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1:2，目的是
；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是
。
（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%。高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉。所选试剂为
，反应的化学方程式为
（已知BaSO4的相对分子质量为233。ZnS的相对分子质量为97）。
4．[2019·江苏卷]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
。
（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]。
5.[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_________________。
6.[2017·北京卷]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_________。
7.[2020·长沙市高三上学期一模，27]如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。
请回答下列问题：
(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为_______________________________。
(2)滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是________________________。
(3)写出生成CuCl的化学方程式：____________。
(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的________(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用________(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)。
(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl
(s)??Cu＋(aq)＋Cl－
(aq)　Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－
(aq)??CuCl(aq)　K＝0.35。
分析c(Cu＋)、c(CuCl)和Ksp、K的数学关系，在图中画出c(Cu＋)、c(CuCl)的关系曲线(要求至少标出一个坐标点)。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25
g于250
mL锥形瓶中，加入10
mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20
mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100
0
mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30
mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。
8.
[2019·黄冈高三调研，28)某科研课题小组研究利用含H＋、Na＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如下：
回答下列问题：
(1)加入双氧水的目的是___________________________。
(2)第一次调pH使Fe3＋完全沉淀，写出反应的离子方程式___________________________。
(3)第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如下表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10－5
mol·L－1)。
浓度/(mol·L－1)
氢氧化物的Ksp
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Zn2＋
0.12
1.2×10－17
6.0
8.1
Mn2＋
0.10
4.0×10－14
7.8
9.8
为防止Mn2＋同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2＋的沉淀率为________，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的________(以化学式表示)。
(4)已知常温下，Ksp(MnS)＝3.0×10－14，Ksp(ZnS)＝1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)＋Zn2＋(aq)??ZnS(s)＋Mn2＋(aq)，其平衡常数K＝________。
(5)沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式________________________________。
【精准提分】
1.[2017·新课标Ⅰ]Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40
min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率%
92
95
97
93
88
分析40
℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？
（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式
。
2.
[2019浙江选考，31改编]某兴趣小组在定量分析了镁渣(含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
(1)下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是________。
(4)有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Al3＋
3.0
4.7
Fe3＋
1.1
2.8
Ca2＋
11.3
－
Mg2＋
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解　b．调pH＝3.0　c．调pH＝5.0　d．调pH＝8.5　e．调pH＝11.0　f．过滤　g．洗涤
3.
[2020浙江选考，30改编]30.碘化锂（）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备和，流程如下：
已知：在75~80℃转变成，80~120℃转变成，300℃以上转变成无水。
b.易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c.在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是________。
A.为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C.宜用热水洗涤
D.可在80℃鼓风干燥
(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高纯度。
①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高纯度的理由________。
4.
[2020·安徽省“皖江名校联盟”高三5月联考，27]MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋)制备MnCO3；
已知：几种金属离子沉淀的pH如表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.7
3.7
6.4
10.4
回答下列问题：
(1)①中加入过量MnO2的作用是___________________________，
滤渣W的成分是___________________。
(2)过程③中，调pH的目的是_________________。
(3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是________________________________。
(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是___________________________，该过程中的副产品化学式是________。
(5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则
300
℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________；图中点D对应固体的成分为_____________________(填化学式)。
5．[2020·皖江名校联盟下学期开年摸底大联考，27]钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。
(1)滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为____________________________。
(2)物质A为________(填化学式)，“一系列操作”为_________________________________。
(3)“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O的产率，可采取的措施有________________________、
________________________。(写出两条)。
(4)“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。阴极的电极反应式为
________________________________________________；
若制得金属Ti
9.60
g，阳极产生气体________mL(标准状况下)。
(5)将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__________________________________；
若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6
mol·L－1，则溶液中c(CO)＝________mol·L－1。(已知：常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6
mol·L－1)
6.
[2020·淄博市高三4月联考试卷]（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。
采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：
（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1
mm，破碎的目的是____________________。
（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。
（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。
（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。
7.[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。
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)=__________________。
8.[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)（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取a
g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b
mol·L?1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c
mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98
g·mol?1）
08
工艺流程核心素养题提分精准突破答案与解析
【例析1】Ⅰ.[高考卷改编]某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O
Ag(NH3)
2++
Cl?
+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3)
2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（3）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2
mol·L?1水合肼溶液，1
mol·L?1H2SO4)。
Ⅱ.[自编]按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。
则(1)、(2)、(3)、(4)的分离提纯方法依次为________、________、________、________。
【答案】Ⅰ.（1）水浴加热
（2）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
（3）向滤液中滴加2
mol·L?1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1
mol·L?1
H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
Ⅱ.
过滤　分液　蒸发结晶　蒸馏
【解析】Ⅰ.（1）“氧化”阶段需在800C条件下下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。
（2）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。
（3）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时
N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原
Ag(NH3)
2+
：4
Ag(NH3)
2++N2H4·H2O＝4Ag↓+
N2↑+
4NH4＋+
4NH3↑+H2O
，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1
mol·L?1
H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3
，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
Ⅱ.（1）操作后有滤液，则该操作为过滤；（2）操作后分出水层和有机层，则该操作为分液；（3）操作析出晶体，则该操作为蒸发结晶；第（4）操作有机层中分离有机物为蒸馏。
【例析2】[高考题改编]
氧化钪(Sc2O3)在合金、电光源、催化剂、激活剂和陶瓷等领域有广泛的应用，以钪精矿为原料(主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：
(1)“酸溶”得到滤渣的主要成分是________；25
℃时，加入氨水调节溶液的pH＝3，过滤，滤渣的主要成分是________。（25℃时，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10?13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10?39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10?31）?
(2)草酸钪在空气中“灼烧”时，产物除氧化钪外，还有________。
(3)某工厂用m1Kg的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品m2Kg，则钪精矿中钪的质量分数是______?
(假设Sc的利用率为100%))
【答案】　(1)SiO2　Fe(OH)3　
(2)CO2
（3）
【解析】（1）主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2只有SiO2难溶于盐酸，故酸溶后的滤渣为SiO2；根据题给数据,?pH=3时，计算三种种金属离子的浓度分别为:
c(Mn2+)=1.9×10-9?mol/L,?c(Fe3+)=2.6×10-6?mol/L,?c(Sc3+)=9.0×10-2?mol/L,
c(Fe3+)<10-5?mol/L,?Fe3+完全沉淀，因此加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣的主要成分是Fe(OH)3。
（2）因灼烧过程中草酸钪中的草酸根离子被氧化为CO2。
(3)用m1Kg的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品m2Kg，则钪精矿中钪的质量分数是，故答案为
【例析3】[上海高考节选]
将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要
等原料
（2）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO32－的方法是：
。
（3）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：
。
【答案】（1）CaCO3
NH3
H2O
（2）滤液中滴加盐酸产生气泡
（3）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）
【解析】（1）从生产流程图可以看出，所需原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要氨气、石灰石和水。（2）碳酸根的检验可用酸化的方法，若产生气泡说明虑液中含有碳酸根。（3）绿色化学要求整个生产过程中不排放污染物，原子利用率高，因此生产流程中碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用。
【典例导引】
☆以制备为目的的工艺流程题
【典例1】[2019·新课标全国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Fe3+离子，可选用的化学试剂是_________。
（3）根据H3BO3的解离反应：H3BO3+H2OH++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+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2
（或2Mg2++2+H2OMg(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。
☆以工业废料再利用的工艺流程题
【典例2】[2017·江苏卷]
某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)
2++
Cl?
+2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3)
2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为________________。
HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是__________________________________________。
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3·H2O不反应)，还因为__________________。
（5）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2
mol·L?1水合肼溶液，1
mol·L?1H2SO4)。
【答案】（1）水浴加热
（2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑
会释放出氮氧化物(或
NO、NO2
)，造成环境污染
（3）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
（4）未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl?，不利于AgCl与氨水反应
（5）向滤液中滴加2
mol·L?1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1
mol·L?1
H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
【解析】分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。
（1）“氧化”阶段需在
80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。
（2）因为已知NaClO
溶液与
Ag
反应的产物为
AgCl、NaOH
和
O2
，用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。
HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或
NO、NO2
)，造成环境污染。
（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。
（4）若省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3·H2O反应外，还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl?，不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++
Cl?
+2H2O反应
，使得银的回收率变小。
（5）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时
N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原
Ag(NH3)2+：4
Ag(NH3)
2++N2H4·H2O4Ag↓+
N2↑+
4+
4NH3↑+H2O
，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1
mol·L?1
H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3
，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
☆以倡导“绿色化学”为核心的工艺流程题
【典例3】
[2020·首都师大附中4月开学考试题]
As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。
（1）
“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应
的化学方程式是________。
（2）
“氧化”时，1
mol
AsO33－转化为AsO43－至少需要O2________mol。
（3）
“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)
+
2OH－(aq)
ΔH
＜0
b．5Ca2+
+
OH－
+
3AsO43－Ca5(AsO4)3OH
ΔH
＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是85℃。用化学平衡原理解释温度高于85℃后，随温度升高沉淀率下降的原因是________。
（4）“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3，反应的化学方程式是________。
（5）
“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3。As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如右图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是
________。
（6）下列说法中，正确的是________（填字母）。
a．粗As2O3中含有CaSO4
b．工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
【答案】
(1).
H3AsO4
+
3NaOH
==
Na3AsO4
+
3H2O
(2).
0.5
(3).
温度升高，反应a平衡逆向移动，c(Ca2+)下降，使反应b
中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降
(4).
H3AsO4
+
H2O
+
SO2
==
H3AsO3
+
H2SO4
(5).
调硫酸浓度约为7
mol·L－1，冷却至25℃，过滤
(6).
abc
【解析】
（1）H3AsO4与氢氧化钠发生中和反应生成Na3AsO4，反应方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）1molAsO33-转化为AsO43-失电子2mol，1mol氧气得电子4mol，根据电子守恒，需要O2的物质的量
；(3)温度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）?
△H＜0，平衡逆向移动，c（Ca2+）、c(OH-)下降，反应b平衡逆向移动，所以随温度升高沉淀率下降；（4）H3AsO4被SO2还原成H3AsO3反应的化学方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）根据图2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的浓度在7mol?L-1时最小，为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是调硫酸浓度约为7mol?L-1，冷却至25℃，过滤；（6）CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正确；滤液2含有少量As2O3、硫酸，滤液2可循环使用，提高砷的回收率，故b正确；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素，故c正确。
☆以分离提纯为主线的工艺流程题
【典例4】[2019·新课标全国Ⅱ，28]
咖啡因是一种生物碱（易溶于水及乙醇，熔点234.5℃，100℃以上开始升华），有兴奋大脑神经和利尿等作用。茶叶中含咖啡因约1%~5%、单宁酸（约为，易溶于水及乙醇）约3%~10%，还含有色素、纤维素等。实验室从茶叶中提取咖啡因的流程如下图所示。
索氏提取装置如右图所示。实验时烧瓶中溶剂受热蒸发，蒸气沿蒸气导管2上升至球形冷凝后滴入滤纸套筒1中，与茶叶末接触，进行萃取。萃取液液面达到虹吸管3返回烧瓶，从而实现对茶叶末的连续萃取。回答下了问题：
（1）实验时需将茶叶研细，放入滤纸套筒1中，研细的目的是_________。圆底烧瓶中加入95%乙醇为溶剂，加热前还要加几粒________。
（2）提取过程不可选用明火直接加热，原因是_________。与常规的萃取相比，采用索氏提取器的优点是_________。
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。与水相比，乙醇作为萃取剂的优点计、接收管之外，还有________（填标号）。
A．直形冷凝管
B．球形冷凝管
C．接收瓶
D．烧杯
（4）浓缩液加生石灰的作用是和________和吸收
________。
（5）可采用如右图所示的简易装置分离提纯咖啡因。将粉状物放入蒸发皿中并小火加热，咖啡因在扎有小孔的滤纸上凝结，该分离提纯方法的名称是________。
【答案】（1）增加固液接触面积，提取充分；沸石
（2）乙醇易挥发，易燃；使用溶剂量少，可连续萃取（萃取小率高）（3）AC
（4）单宁酸；水（5）升华
【解析】（1）将茶叶研细可增大接触面积，即可反应速率，使提取充分；蒸馏操作中，为了避免混合液体爆沸，需要加入沸石，故答案为：增加固液接触面积，提取充分；沸石；
（2）该实验中的萃取剂为乙醇，乙醇易挥发，易燃，为了避免暴沸，提取过程不可选用明火直接加热；
根据图示装置及题干描述可知，与常规的萃取相比，索氏提取器使用溶剂少，可连续萃取，故答案为：乙醇易挥发，易燃；使用溶剂少，可连续萃取；
（3）提取液需经“蒸馏浓缩”除去大部分溶剂。乙醇易挥发，则与水相比，乙醇作为萃取剂的优点是乙醇沸点低，易浓缩；
结合蒸馏操作方法可知，“蒸馏浓缩”需选用的仪器除了圆底烧瓶、蒸馏头、温度计、接收管之外，还有冷凝管和接收器，其中蒸馏操作用直形冷凝管，回流时用球形冷凝管，所以应选用直形冷凝管，即选AC，
故答案为：乙醇沸点低，易浓缩；AC；
（4）生石灰为CaO，CaO为碱性氧化物，提取液中混有单宁酸，CaO能够中和单宁酸，
还能够吸收水分，故答案为：单宁酸；水；5）根据咖啡因“100℃以上开始升华”可知，该分离提纯方法为升华，故答案为：升华。
【精准巩固】
1.
[2019·新课标Ⅱ，26]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+22I?+。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+4CBaS+4CO↑
CO+H2OCO2+H2
②BaCO3
③S2?+Ba2++Zn2++
BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
【解析】
（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。
（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+4CBaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2OCO2+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-+I2S+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=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%=
×100%。
2.
[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+2H2SO42MnSO4+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，MgF2Mg2++2F?平衡向右移动
（6）Mn2++2MnCO3↓+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+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。
（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HFH++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++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。
3.[2020·山东省新高考测试卷]普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌(含Zn、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：
（1）生产ZnSO4的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是
。
（2）加入锌粉的主要目的是
（用离子方程式表示）。
（3）已知KMnO4在酸性环境中被还原为Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO2，在碱性环境中被还原为MnO42-。据流程判断，加入KMnO4时溶液的pH应调至
；
a．2.2～2.4
b．5.2～5.4
c．12.2～12.4
滤渣Ⅲ的成分为
。
（4）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1:2，目的是
；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是
。
（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量为29.4%。高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中选取三种试剂制备银印级立德粉。所选试剂为
，反应的化学方程式为
（已知BaSO4的相对分子质量为233。ZnS的相对分子质量为97）。
【答案】
（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。
（2）Zn+Cu2+=
Zn2++Cu2+
（3）b，
MnO2和Fe(OH)3
（4）避免产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等有毒气体
（5）ZnSO4、BaS、Na2S；4
ZnSO4
+
BaS
+
3
Na2S
=
BaSO4·4ZnS
+
3
Na2SO4
【解析】
分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中
BaSO4
+
2C
=
BaS
+
2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。
所以反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险。
反应器Ⅱ除Cu2+，Zn+Cu2+=
Zn2++Cu2+。
反应器Ⅲ除Fe2+，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离。
反应器Ⅳ中BaSO4
+
2C
=
BaS
+
2CO2，BaSO4
+
4C
=
BaS
+
4CO，投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体需用碱液吸收。
已知BaSO4的相对分子质量为233。ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4·
4ZnS）。
故反应的化学方程式为：4
ZnSO4
+
BaS
+
3
Na2S
=
BaSO4·4ZnS
+
3
Na2SO4。
4．[2019·江苏卷]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
。
（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】（1）反应CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）达到平衡时，溶液中====1.6×104。
（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·H2ONH4++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++H2OHCO3-+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。
5.[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_________________。
【答案】（1）ZnS+O2ZnO+SO2
（2）PbSO4
调节溶液的pH
无法除去杂质Fe2+
（3）Zn+Cd2+Zn2++Cd
【解析】（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+O2ZnO+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。
6.[2017·北京卷]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(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)
△H=?45.5
kJ/mol
②>
随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应
③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液
④MgCl2、AlCl3、FeCl3
（2）SiCl4
高于136℃，低于181℃
【解析】（1）①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)
△H=ΔH1+ΔH2=（?220.9
kJ·mol?1）+（+175.4
kJ·mol?1）=?45.5kJ·mol－1。②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。③尾气中的HCl经水吸收可得到粗盐酸，然后再将Cl2通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。④资料中已经给出“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。滤渣应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。（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℃。
7.[2020·长沙市高三上学期一模，27]如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：
已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。
请回答下列问题：
(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为_______________________________。
(2)滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是________________________。
(3)写出生成CuCl的化学方程式：____________。
(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的________(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用________(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)。
(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl
(s)??Cu＋(aq)＋Cl－
(aq)　Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－
(aq)??CuCl(aq)　K＝0.35。
分析c(Cu＋)、c(CuCl)和Ksp、K的数学关系，在图中画出c(Cu＋)、c(CuCl)的关系曲线(要求至少标出一个坐标点)。
(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25
g于250
mL锥形瓶中，加入10
mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20
mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100
0
mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30
mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。
【答案】　(1)滤渣①中有铁和铜，与盐酸反应时形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率
(2)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量(其他合理答案均可)
(3)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4
(4)B　无水乙醇
(5)
(6)96.7%
【解析】　(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率；(2)检验溶液中通入的氯气已过量，可取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，若下层液体呈橙色，说明氯气已过量。(3)根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此化学方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。(4)生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，宜采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。不选用稀硫酸，虽然CuCl难溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的H＋和SO杂质。(5)据反应式CuCl(s)＋Cl－
(aq)??CuCl(aq)和K的定义式有：K＝eq
\f(c（CuCl）,c（Cl－）)，将分子、分母同乘以c(Cu＋)得：K＝eq
\f(c（CuCl）×c（Cu＋）,c（Cl－）×c（Cu＋）)＝eq
\f(c（CuCl）×c（Cu＋）,Ksp（CuCl）)，将题给的K和Ksp的数据代入得c(CuCl)×c(Cu＋)＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。取其中(0.7，0.7)做为一个坐标点，图像示意如答案：
(6)根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：×100%＝96.7%。
8.
[2019·黄冈高三调研，28)某科研课题小组研究利用含H＋、Na＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如下：
回答下列问题：
(1)加入双氧水的目的是___________________________。
(2)第一次调pH使Fe3＋完全沉淀，写出反应的离子方程式___________________________。
(3)第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如下表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10－5
mol·L－1)。
浓度/(mol·L－1)
氢氧化物的Ksp
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Zn2＋
0.12
1.2×10－17
6.0
8.1
Mn2＋
0.10
4.0×10－14
7.8
9.8
为防止Mn2＋同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2＋的沉淀率为________，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的________(以化学式表示)。
(4)已知常温下，Ksp(MnS)＝3.0×10－14，Ksp(ZnS)＝1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)＋Zn2＋(aq)??ZnS(s)＋Mn2＋(aq)，其平衡常数K＝________。
(5)沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式________________________________。
【解析】　(1)加入双氧水，目的是将Fe2＋转化为Fe3＋。
(2)第一次加NaOH溶液调pH使Fe3＋完全沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。(3)控制溶液的pH＝7，c(OH－)＝10－7
mol·L－1，根据Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)，可知此时溶液中c(Zn2＋)＝1.2×10－17/(10－7)2
mol·L－1＝1.2×10－3
mol·L－1，则Zn2＋的沉淀率为×100%＝99%。根据流程图知，滤渣Ⅱ的主要成分为Zn(OH)2，其中会混有微量的Fe(OH)3，因此制得的ZnO中会混有微量的Fe2O3。(4)该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝2.0×1010。(5)沉锰反应为Mn2＋和S2O的氧化还原反应，Mn2＋被氧化为MnO2，S2O被还原为SO，该反应在酸性条件下完成，配平离子方程式为：Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋。
【答案】(1)将Fe2＋转化为Fe3＋
(2)Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
(3)99%　Fe2O3　(4)2.0×1010
(5)Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋
【精准提分】
1.[2017·新课标Ⅰ]Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。
（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40
min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率%
92
95
97
93
88
分析40
℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？
（列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式
。
【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h
（2）FeTiO3+
4H++4Cl?
=
Fe2++
+
2H2O
（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
（4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L?1=1.3×10–17
mol·L?1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp
[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
（6）2FePO4
+
Li2CO3+
H2C2O42LiFePO4+
H2O↑+
3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl?＝Fe2++
+
2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为–2价，Ti为+4价，过氧根()中氧元素显–1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2，则c()＝＝1.3×10–17
mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4
+
Li2CO3+
H2C2O42LiFePO4+
H2O↑+
3CO2↑。
2.
[2019浙江选考，31改编]某兴趣小组在定量分析了镁渣(含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。
相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
(1)下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是________。
(4)有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Al3＋
3.0
4.7
Fe3＋
1.1
2.8
Ca2＋
11.3
－
Mg2＋
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解　b．调pH＝3.0　c．调pH＝5.0　d．调pH＝8.5　e．调pH＝11.0　f．过滤　g．洗涤
【答案】(1)ABD　
(2)①碱式氯化镁(氢氧化镁)
②过度蒸发导致氯化镁水解　
(3)c→f→e→f→g→a
【解析】
(1)煅烧样品应在坩埚中进行，不能在烧杯和锥形瓶中进行，A项正确；蒸氨促进反应MgO＋2NH4Cl＋H2OMgCl2＋2NH3·H2O正向移动，提高MgO的溶解量，B项正确；由于NH4Cl溶液与MgO的反应程度不大，先过滤，再蒸氨导致大量未反应的MgO损失，产率降低，C项错误；最后得到的是MgCl2·6H2O，固液分离操作既可以用常压过滤，也可以用减压过滤，D项正确。
(2)①产品溶于水后溶液呈碱性，说明可能含有的杂质为Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。②引入该杂质最有可能的操作是过度蒸发浓缩导致Mg2＋水解生成Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。
(3)若用盐酸代替NH4Cl溶液，则用盐酸溶解固体B所得溶液中含有Mg2＋、Al3＋、Fe3＋和Ca2＋。根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，可先将溶液pH调节至5.0，使Fe3＋和Al3＋分别完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀从而过滤除去，再将溶液pH调节至11.0，将Mg2＋转化为Mg(OH)2，过滤得到Mg(OH)2固体，洗涤后用盐酸溶解即可得到MgCl2溶液，故合理的操作排序为固体B→a→c→f→e→f→g→a。
3.
[2020浙江选考，30改编]30.碘化锂（）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备和，流程如下：
已知：在75~80℃转变成，80~120℃转变成，300℃以上转变成无水。
b.易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c.在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是________。
A.为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C.宜用热水洗涤
D.可在80℃鼓风干燥
(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高纯度。
①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高纯度的理由________。
【答案】
(1)LiOH
(2)
B
(3)
①抽气泵
②抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水
【解析】
(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；
(2)A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；
B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；
C.
LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；
D.在75~80℃转变成，80~120℃转变成，故D错误。
(3)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；
②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水；
4.
[2020·安徽省“皖江名校联盟”高三5月联考，27]MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋)制备MnCO3；
已知：几种金属离子沉淀的pH如表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.7
3.7
6.4
10.4
回答下列问题：
(1)①中加入过量MnO2的作用是___________________________，
滤渣W的成分是___________________。
(2)过程③中，调pH的目的是_________________。
(3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是________________________________。
(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是___________________________，该过程中的副产品化学式是________。
(5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则
300
℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________；图中点D对应固体的成分为_____________________(填化学式)。
【解析】　(1)在过程①中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，在过程②中，向溶液中加入氨水，调节溶液的pH＝3.7，这时溶液中的Fe3＋会形成Fe(OH)3沉淀，过量的MnO2也以固体形式存在。(2)过程③中，调pH是将Cu2＋转化为沉淀除去。(3)过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，可知副产品为NH4Cl。
(5)MnCO3的物质的量为1
mol，即质量为115
g
①A点剩余固体质量为115
g×75.65%＝87
g
减少的质量为115
g－87
g＝28
g
可知MnCO3失去的组成为CO
n(Mn)∶n(CO)为1∶2，故剩余固体的成分为MnO2
②C点剩余固体质量为115
g×61.74%＝71
g
据锰元素守恒知m(Mn)＝55
g，则m(O)1＝71
g－55
g＝16
g
则n(Mn)∶n(O)＝∶
＝1∶1
故剩余固体的成分为MnO
同理，B点剩余固体质量为115
g×66.38%＝76.337
g
因m(Mn)＝55
g，则m(O)2＝76.337
g－55
g＝21.337
g
则n(Mn)∶n(O)＝∶
＝3∶4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
【答案】(1)将Fe2＋氧化为Fe3＋　Fe(OH)3和过量的MnO2
(2)使Cu2＋完全沉淀为Cu(OH)2
(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)过滤、洗涤、干燥　NH4Cl
(5)1∶2　Mn3O4和MnO
5．[2020·皖江名校联盟下学期开年摸底大联考，27]钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。
(1)滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为____________________________。
(2)物质A为________(填化学式)，“一系列操作”为_________________________________。
(3)“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O的产率，可采取的措施有________________________、
________________________。(写出两条)。
(4)“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。阴极的电极反应式为
________________________________________________；
若制得金属Ti
9.60
g，阳极产生气体________mL(标准状况下)。
(5)将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__________________________________；
若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6
mol·L－1，则溶液中c(CO)＝________mol·L－1。(已知：常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6
mol·L－1)
【解析】　(1)因钛铁矿主要成分为FeTiO3，且滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，所以其主要反应化学方程式为FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，物质A为Fe，“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)
“水解”反应为TiO2＋＋(x＋1)H2O===TiO2·xH2O↓＋2H＋，根据平衡移动原理，为提高TiO2·xH2O的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。(4)“电解”过程中阴极反应：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，阳极反应：2O2－－4e－===O2↑，若制得金属Ti
9.60
g，则n(Ti)＝n(O2)＝0.2
mol，V(O2)＝4
480
mL(标准状况下)。(5)由题意知该反应化学方程式为：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6
mol·L－1，Ksp(FeCO3)＝2.025×10－11
mol2·L－2，则c(CO)＝＝1.013×10－5
(mol·L－1)。
【答案】　(1)FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)Fe　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(3)加水稀释反应物　加碱中和生成的酸、加热等
(4)TiO2＋4e－===Ti＋2O2－　4
480
(5)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O　
1×10－5
6.
[2020·淄博市高三4月联考试卷]（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。
采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：
（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1
mm，破碎的目的是____________________。
（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。
（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。
（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。
【答案】（1）增大反应物接触面积，提高氨浸的效率（答案合理即可，1分）
（2）[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O（1分）
（3）A（1分）
制化学肥料等（1分）
（4）过滤（1分）
干燥（1分）
【解析】（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。
（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。
（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。
（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
7.[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。
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）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（4）Fe2O3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+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，理论上完全反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16。
8.[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)3

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