高考化学复习微专题《工艺流程 作用目的原因简答试题模板》Word文件下载.docx
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（1）AB
（2）减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解（或K2FeO4在低温、强碱性溶液中比较稳定）
（1）A．Fe（NO3）3与KClO反应时，要消耗KOH，A正确；
B．根据生产工艺流程图可知，第①步Cl2过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，B正确；
C．因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，C错误；
D．KClO3转化为KCl，化合价只降低不升高，不符合氧化还原反应原理，D错误；
（2）信息可知，K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，将90%的Fe（NO3）3溶液缓慢滴加到碱性的KClO浓溶液中，并且不断搅拌，可以减少K2FeO4在过量Fe3+作用下的分解；
3．工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下：
（资料）+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系:
pH
4～6
6～8
8～10
10～12
主要离子
VO2+
VO3-
V2O74-
VO43-
（1）
酸浸:
①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸。
若焙砂酸浸时溶液的pH=4，Ca（VO3）2溶于盐酸的离子方程式是。
②酸度对钒和铝的溶解量的影响如图所示:
酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据下图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________。
（2）转沉：
将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：
②向（NH4）3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH=7.5。
当pH>
8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________
______。
（1）Ca（VO3）2+4H+=2VO2+Ca2++2H2O酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解
量增大程度更大
（2）调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀当pH>
8时，钒的主要存在形式不是VO3-
（1）①Ca（VO3）2难溶于水，可溶于盐酸，若焙砂酸浸时溶液的pH=4，由表中数据可知，Ca（VO3）2溶于盐
酸转化为VO2，反应离子方程式为：
Ca（VO3）2+4H+=2VO2+Ca2++2H2O，
故答案为：
Ca（VO3）2+4H+=2VO2+Ca2++2H2O；
②根据如图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是：
酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，故答案为：
酸度大于3.2%时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大；
（2）焙烧过程将V2O3转化为Ca（VO3）2，用盐酸酸浸，浸出液中含有VO2、Al3+、Ca2+、Cl−、H+，加入石灰
乳调节pH得到Ca3（VO4）2沉淀，由表中数据，可知应控制pH范围为10∼12，由Ca（VO3）2→Ca3（VO4）2，可知氢氧化钙还提供Ca2+，过滤分离，Ca3（VO4）2与碳酸铵反应转化为更难溶的CaCO3沉淀，c（Ca2+）降低，
使钒从沉淀中转移到溶液中形成（NH4）3VO4溶液，溶液中加入NH4Cl，调节溶液pH，同时溶液中NH+4增大，
有利于析出（NH4）3VO3，
①浸出液中加入石灰乳的作用是：
调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀，故答案为：
调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3（VO4）2沉淀；
②当pH>
8时，钒的主要存在形式不是VO3-，NH4VO3的产量明显降低，故答案为：
8时，钒的主要存在
形式不是VO3-；
6．工业上采用酸性高浓度含砷废水（砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在）提取中药药剂As2O3。
工艺流程如下：
（1）已知：
As2S3与过量的S2-存在以下反应：
As2S3（s）+3S2-（aq）2AsS33-；
“沉砷”中FeSO4的作用是
___________________________。
【答案】与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-（或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果）
【解析】亚铁离子与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止AS2O3与S2-结合生成AsS33-，即As2S3+3S2-2AsS32-
使平衡逆向进行，提高沉砷效果；
7．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示：
（1）从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。
浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是
（2）“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图所示。
当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3+萃取率降低的原因是______。
（1）生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取
（2）Fe3+水解程度随pH的升高而增大
（1）浸取过程中，由于生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取，则洗涤硫和未洗去硫相比较，未洗涤硫时铜的浸取率偏低，故答案为：
生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取；
（2）由于Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大，当pH＞1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，故答案为：
Fe3+的水解程度随着pH的升高而增大。
8．2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。
某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成，Fe、Li、P具有极高的回收价值，具体流程如下：
（1）过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是_
_。
（2）浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。
过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下，探究pH对磷酸铁沉淀的影响，如图所示。
①综合考虑铁和磷沉淀率，最佳pH为_
②结合平衡移动．．．．原理，解释过程ⅲ中pH增大，铁和磷沉淀率增大的原因__。
③当pH＞2.5后，随pH增加，磷沉淀率出现了减小的趋势，解释其原因_
（1）溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+（2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O）
（2）2.5HPO42-+H+，
HPO42-
PO43-+H+，加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）
增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀（或者：
H2PO4-
HPO42-+H+，HPO42-
PO43-+H+，溶液pH增大，c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43-）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH＞2.5时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe（OH）3，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降
（1）过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2，过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X，由知
HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4，将Fe2+氧化为Fe3+；
（2）①分析图中数据可知，当pH=2.5时磷的沉淀率最高，铁的沉淀率较高，则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5；
②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡，即H2PO4-
PO43-+H+，过程ⅲ中当加入Na2CO3后，CO32-结合H+使c（H+）减小，促进上述电离平衡正向移动，c（PO43−）增大，与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀，提高了铁和磷沉淀率；
③已知FePO4（s）
Fe3+（aq）+PO43-（aq），当pH＞2.5后，随pH增加，溶液中c（OH-）增大，Fe3+开始转变生成Fe（OH）3，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO43-释放，导致磷沉淀率下降；
9．钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。
某高铬型钒渣含
Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下：
工业上可用电解还原法处理含Cr2O72-的酸性废水。
用铁板作阳极，电解过程中，废水pH逐渐上升，Cr3+、Fe3+都以氢氧化物沉淀析出，达到废水净化的目的。
①其中阳极的电极反应式是___________。
②电解过程中，废水pH上升的原因是___________________。
【答案】Fe-2e-=Fe2+阳极放电生成的Fe2+与Cr2O72-反应消耗H+，阴极H+放电生成氢气
【解析】①Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe-2e-=Fe2+；
②阳极电解产生的Fe2+具有还原性，Cr2O72-具有强氧化性，能将Cr2O72-还原成Cr3+，由离子反应方程式：
Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大；
电解时，阴极H+放电发生还原反应，2H++2e-=H2↑，溶液中的H+减少，促进水的电离，氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大。
10．工业上用含锰废料（主要成分MnO2，含有少量Fe2O3、Al2O3、CuO、CaO等）与烟气脱硫进行联合处理并制备MnSO4的流程如图：
已知：
25℃时，部分氢氧化物的溶度积常数（Ksp）如下表所示。
氢氧化物
Al（OH）3
Fe（OH）3
Cu（OH）2
Mn（OH）2
Ksp
1.0×
10-32
10-38
2.0×
10-20
10-14
（1）室温下，加双氧水氧化后所得的溶液中c（Mn2+）=2mol/L，某种离子的浓度小于1×
10-5mol/L时，可认为已完全沉淀，则生成沉淀2需调节pH的范围是_____。
“净化”时，加入（NH4）2S的作用为
____。
【答案】5<
pH<
7除去Cu2+
【解析】Al3+沉淀完全时：
1×
10-5×
c3（OH-）=1.0×
10-32，c（OH-）=1.0×
10-9mol/L，pH=5，Fe（OH）3的溶度积
更小，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已经沉淀完全，Cu2+沉淀完全时：
c（2OH-）=2.0×
10-20，（cOH-）=2×
10-7.5mol/L，
当c（Mn2+）=2mol/L开始沉淀时，2×
c2（OH-）=2.0×
10-14，c（OH-）=10-7mol/L，pH=7，故调节pH的范围是：
5<
7；
由上面的计算可以看出，在5<
7时，Cu2+还没有完全除去，故“净化”时，加入（NH4）2S的作用是除去溶液中的Cu2+，转化为CuS沉淀。
11．工业上用钛白渣[主要成分为FeSO4，还含有少量Fe2（SO4）3、MgSO4及TiOSO4]为主要原料生产氧化铁黄（FeOOH）的一种工艺流程如下：
（1）“溶解”时，TiOSO4发生水解生成难溶于水的H2TiO3，反应的化学方程式为________。
（2）“除杂”时，加入NH4HF2固体的作用是________。
（3）实验测得反应溶液的pH、温度对氧化铁黄产率的影响如图所示。
①反应温度宜选择________。
②氧化时应控制pH的合理范围是4.5左右，pH过小或过大均会导致氧化铁黄产率较低，其可能原因是
__________________________________。
【答案】TiOSO4＋2H2O=H2TiO3↓＋H2SO4除去Mg2＋40℃pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸，pH过大导致Fe（OH）3增多
（1）TiOSO4水解生成难溶于水的H2TiO3和硫酸，反应方程式为：
TiOSO4＋2H2O=H2TiO3↓＋H2SO4；
（2）NH4+水解使溶液显弱碱性，Mg2+能与OH-结合生成沉淀，从而可除去Mg2+；
（3）根据温度与FeOOH产率的示意图可知40℃时FeOOH的产率最大，因此反应的适宜温度为40℃；
由pH与FeOOH产率的示意图可知，当pH约4.5时FeOOH的产率最大，pH过低导致氧化铁黄部分溶于酸，pH过大导致Fe（OH）3增多。
13．草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe（C2O4）y]•3H2O是一种光敏材料（见光易分解），下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程：
（NH4）2SO4、FeSO4•7H2O、摩尔盐[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]的溶解度如下表：
温度/℃
10
20
30
40
50
（NH4）2SO4/g
73.0
75.4
78.0
81.0
84.5
FeSO4•7H2O/g
40.0
48.0
60.0
73.3
﹣
[（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]/g
18.1
21.2
24.5
27.9
31.3
（1）“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是_________________，“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用是__________。
（2）“沉淀2”时得到的FeC2O4•2H2O沉淀需用水洗涤干净，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_________________。
（3）“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______________________________。
【答案】防止Fe2+被氧化为Fe3+抑制Fe2+水解用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净黑暗可以防止晶体分解
（1）铁可以还原Fe3+，“溶解1”应保证铁屑稍过量，其目的是防止Fe2+被氧化为Fe3+；
酸能抑制弱碱阳离子水解，“溶解2”加“几滴H2SO4”的作用抑制Fe2+水解；
（2）若FeC2O4•2H2O沉淀洗涤干净，最后一次的洗涤液中不含硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，可根据最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子设计实验，具体操作是：
用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净。
（3）Kx[Fe（C2O4）y]•3H2O是一种光敏材料，见光易分解，为防止分解，“结晶”时应将溶液放在黑暗处等待晶体的析出。
18．目前中药在世界医学界越来越受到关注。
中药药剂砒霜（主要成分As2O3）可用于治疗急性白血病。
工业上利用酸性高浓度含砷废水（砷主要以亚砷酸H3AsO3形式存在）提取As2O3的工艺流程如下：
As2S3（s）+3S2-（aq）2AsS32-
（2）“沉砷”中FeSO4的作用是________________________。
（4）调节pH=0时，发现酸性越强，As2O3的产率越高。
可能的原因是__________________。
获得As2O3固体，系列操作是________、______、_______。
【答案】与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-（或与S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果）酸性越强，物质的氧化性或者还原性可能增强或增加氢离子浓度，平衡正向移动促进反应的进行，有利于提高As2O3的产率过滤洗涤干燥
（2）“沉砷”中FeSO4的作用是与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成AsS33-，以提高沉砷效果；
（4）调节pH=0时，由Na3AsO4与净化的SO2气体反应制备As2O3的离子方程式为
2AsO43-+2SO2+2H+
As2O3+2SO42-+H2O，由于溶液酸性越强，溶液中c（H+）越大，化学平衡正向移动，有利于提高As2O3的产率，且溶液酸性越强，微粒的还原性、氧化性也会越强，使反应更容易进行；
从反应体系中获得As2O3固体，系列操作包括过滤、洗涤、干燥。
20．某工厂废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al（含有少量Al2O3和Fe2O3），某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体（FeSO4·
7H2O）和胆矾晶体。
（3）步骤I，首先加入温热NaOH溶液，作用是_______________________；
－段时间后，再分批加入常温NaOH溶液，原因是________________________________。
【答案】加快反应速率由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故
【解析】步骤I是溶解铝和氧化铝，首先加入温热NaOH溶液，可以加快反应速率；
由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故，故答案为：
加快反应速率；
由于反应放热，分批加入常温NaOH溶液，可以适当降低温度，防止反应过快，发生安全事故；
23．工业上以碳素铬铁为原料制取铬铵矾，利用电解法制取金属铬。
其工艺流程如下图所示。
H2SO4＋Cr=CrSO4＋H2↑
（1）碳素铬铁是铁铬合金，粉碎后溶于硫酸和电解阳极液的混合溶液中。
该过程中电解阳极液的主要作用是
____________________。
（2）加入（NH4）2SO4的目的是_________________________。
（3）结晶后的母液从绿色化学的角度可采用的处理方法是__________________。
（4）产品铬中含氧呈脆性，为了降低其含氧量，可通过____________提高其纯度。
【答案】作氧化剂，将铬铁元素转化为Fe3＋和Cr3＋生成铁铵矾和铬铵矾进行分离转入净化后的纯铬铵矾溶液进行结晶真空处理或氢还原
（1）碳素铬铁加入硫酸充分反应生成FeSO4和CrSO4，电解阳极液中含有Cr2O72－，Cr2O72－具有强氧化性，能把铬铁元素转化为Fe3＋和Cr3＋而溶解。
（2）根据流程图可知，加入（NH4）2SO4后生成铁铵矾晶体和铬铵矾溶液，因此加入硫酸铵的目的就是生成铁铵矾和铬铵矾进行分离。
（3）“绿色化学”的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染；
反应物的原子全部转化为期望的最终产物，结晶后的母液是铬铵矾的饱和溶液，所以结晶后的母液从绿色化学的角度可采用的处理方法是转入净化后的纯铬铵矾溶液进行结晶，提高利用率。
（4）要降低产品铬中的含氧量，则就应该隔绝空气，所以正确的方法是真空处理或氢还原。
27．一种磁性材料的磨削废料（含镍质量分数约21%）主要成分是铁镍合金，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。
由该废料制备纯度较高的氢氧化镍，工艺流程如下
（2）“除铁”时H2O2的作用是___________________，加入碳酸钠的目的是
__________________________________________。
（3）“除铜”时，反应的离子方程式为_____________________________________，若用Na2S代替H2S除铜，优点是__________。
（4）已知除钙镁过程在陶瓷容器中进行，NaF的实际用量不能过多的理由为_____________________。
（2）将亚铁离子氧化为铁离子调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣（3）
H2S+Cu2+=CuS↓+2H+无易挥发的有毒气体H2S逸出，可保护环境（4）过量的F-生成氢氟酸会腐蚀陶瓷容器
（2）双氧水具有强氧化性，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；
加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；
（3）硫化氢与铜离子反应生成硫化铜沉淀：
H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；
Na2S与铜离子反应生成CuS沉淀，若用Na2S代替H2S除铜，则无易
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