1、大题精做六 以适应操作为载体的工艺流程1.（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%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_。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，其主要原因是_。（3）向“过滤”得到的滤液
2、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)=_。【解析】根据流程，矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，在空气中CaO可将SO2转化为CaSO4；“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，（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
3、子方程式为SO2+OH=HSO。（2）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。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+AlO+2H2
4、O=Al(OH)3+HCO，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)=116。【答案】（1）SO2+OH=HSO3（2）FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中（3）NaAlO2、Al(OH)3（4）1161.(2018山东招远一中月考）PdCl2广泛用作催化剂和一些物质的检测试剂。由Pd(NH3)2Cl2制备PdCl2工艺流程如图所示。（1）肼(N2H4)可以被看作二元弱碱，结合质子生成
5、N2H5+或N2H62+。肼与少量稀硫酸混合后，得到产物的化学式为_。（2）对工艺流程图中的滤液处理办法最好的是：_a返到提钯废液中，循环使用b转化为无毒物质后排放 c深埋于地下（3）王水溶钯时，Pd被氧化为H2PdCl4。同时得到唯一还原产物亚硝酰氯（NOCl）。反应消耗的HCl与HNO3的物质的量之比为_。（4）赶硝，是将残余的NO浓度降低到不大于0.04%。实验数据记录如下：处理1吨Pd，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为_m3（合理选择表格里相关数据计算）。（5）煅烧过程发生分解反应，化学方程式为：_。（6）浸有磷钼酸铵溶液的氯化钯试纸遇微量CO立即变成蓝色。原理较为复杂，第一步是
6、CO还原PdCl2得到Pd单质，同时有常见的氧化物生成。写出反应原理中第一步的化学方程式：_【解析】（1）硫酸少量，只能生成N2H5+，化学方程式为2N2H4+H2SO4=(N2H5)2SO4，故答案为：(N2H5)2SO4。（2）对于工业流程中产生的废液应该循环使用，提高原料利用率，故a正确，故答案为：a。（3）王水与Pd反应，氧化产物为H2PdCl4，还原产物为NOCl，化学方程式为5HCl+ HNO3+Pd=H2PdCl4+NOCl+2H2O，根据反应方程式可知反应消耗的HCl与HNO3的物质的量之比为51，故答案为：51。（4）从实验结果可知，加入HCl的同时加入MxOy，可大大降低生
7、成的PdCl2中的NO3-的含量，且MxOy用量越多，NO3-的含量越少，MxOy用量相同时，HCl的用量越大，PdCl2中的NO3-的含量越低。当每10gPd的HCl的用量为10mL，MxOy用量为15mL时，NO3-的含量可降低至0.03，达到处理标准，当处理量为1吨Pd时，需要用到HCl和MxOy的总体积至少为1106g/(10g/10mL+15 mL)= 2.5106cm3=2.5m3，故答案为：2.5。（5）在煅烧过程，会生成氯化氢气体和PdCl2，反应的化学方程式为H2PdCl4 PdCl2+2HCl，故答案为：H2PdCl4 PdCl2+2HCl。（6）结合题干信息可推知常见氧化
8、物为CO2，根据元素守恒可知，H2O参与反应，提供氧原子，反应的化学方程式为H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl。故答案为：H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl。【答案】（1）(N2H5)2SO4（2） a （3）51 （4）2.5 （5）H2PdCl4PdCl2+2HCl （6）H2O+CO+PdCl2=Pd+CO2+2HCl 2.（2018江西吉安理综）利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr（）的处理工艺流程如下：其中硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。(1)实验室用
9、18.4molL-1的浓硫酸配制240mL 4.8molL-1的硫酸，需量取浓硫酸_mL；配制时所用玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还需_。(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_。（答出两点）(3)H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2O，写出此反应的离子方程式_。(4)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+开始沉淀时的ph2.7沉淀完全时的ph3.711.15.4（8溶解）9（9溶解）加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO。滤液中阳离子主要有_；但溶液的pH不能超过8，其理由是_。(5)钠离子交换树脂的反应原理为
10、Mn+nNaRMRn+nNa+，利用钠离子交换树脂除去滤液中的金属阳离子是_。(6)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的化学方程式：_。【解析】（1）设需要浓硫酸的体积为VmL，则18.4molL1VmL=250mL4.8molL1，解得V=65.2；配制一定物质的量浓度的溶液需要的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、容量瓶、胶头滴管，所以还需要250mL容量瓶、胶头滴管；（2）为了提高浸取率，可以升高温度（加热）、搅拌等；（3）H2O2具有强氧化性，能将Cr3氧化为Cr2O，H2O2中O元素化合价降低为-2价，Cr元素化合价升高为+6价，根据氧化还原反应中化合价升降守恒以及电荷、原子守恒可写出其离
11、子方程式为：2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；（4）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Al3、Ca2、Mg2，加入双氧水氧化Cr3为Cr2O，加入NaOH溶液调节溶液pH，使溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO；溶液pH=8，Fe3、Al3沉淀完全，滤液II中阳离子主要是Na、Ca2+和Mg2；pH8时，氢氧化铝会溶解于强碱溶液中，影响铬离子的回收利用；（5）滤液II中阳离子主要是Na、Ca2和Mg2，故钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；（6）二氧化硫具有还原性，被Na2CrO4氧化为SO，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，根据原子守恒以及得失
12、电子守恒写出反应的方程式为：3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+2NaOH。【答案】（1）65.2 250 mL容量瓶、胶头滴管（2）升高温度（加热）、搅拌（3）2Cr3+3H2O2+H2O=Cr2O+8H+（4）Na+、Ca2+、Mg2+pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr（）回收与再利用（5）Ca2+、Mg2+（6）3SO2+2Na2CrO4+12H2O=2CrOH(H2O)5SO4+Na2SO4+2NaOH 3.（2018四川诊断）氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下：已知：菱锰矿的主要成分是MnCO3，还
13、含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。相关金属离子c0(Mn+)=0.1mol/L形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.461010、7.421011。回答下列问题：（1）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_。分析下列图1，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件是：焙烧温度为500。分析选择反应温度为500的原因_。（2）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为_；再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，溶液pH的范围为_；然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为CaF2、MgF2沉淀除去，两种沉淀共存时溶液
14、中cCa2+cMg2+=_。（3）碳化结晶时，反应的离子方程式为_。（4）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，300770范围内，发生反应的化学方程式为_。【解析】（1）焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为：MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O；温度过低，反应速率慢、浸出率低；随着温度的升高，锰浸出率逐渐升高，但在500以后，锰浸出率增加缓慢，并且在500时，锰浸出率已经达到95%以上，温度过高，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500即可；（2）净化除杂中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2
15、2Fe24H=Mn22Fe32H2O；由表可知，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为2.8和5.2，Mn2+开始沉淀pH为8.8，故若要将Al3+、Fe3+变为沉淀除去，但Mn2+不能沉淀，故需条件pH的范围为5.2pH8.8；当两种沉淀共存时，溶液中cCa2+cMg2+=cCa2+c2F-cMg2+c2F-=KspCaF2KspMgF2=1.4610107.421011=1.97；（3）“碳化结晶”时，加入碳酸氢铵时HCO的电离促进Mn2+生成MnCO3，同时HCO与电离出的H+反应生成水和CO2，发生反应的离子方程式为Mn22HCOMnCO3CO2H2O；（4）假设起始n(MnCO3)=
16、1mol，则m（MnCO3）=115g，m(Mn)=55g，加热过程中Mn元素的质量不变，A点时固体质量为115g75.65%=87g，则m(O)=32g，故nMnnO=12，故A点对应的化学式为MnO2，同理可计算出B点对应的化学式为Mn3O4，故300770范围内，发生反应的化学方程式为：3MnO2=Mn3O4+O2。【答案】（1）MnCO32NH4ClMnCl22NH3CO2H2O 温度低，速率慢浸出率低；温度过高，浸出率变化不大，成本增加（2）MnO22Fe24H=Mn22Fe32H2O 5.2pH11吋，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成ZnO。室温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的p
17、H如下表所小(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.01molL1计算)：上表中Fe3+沉淀完全的pH为_。由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为(可选用的试剂：30%H2O2、稀硝酸、1.0molL1NaOH溶液)：a._；b. _；c.过滤；d. _；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。【解析】(1)加快铜帽溶解可以将铜粉碎，也可以增大硫酸的浓度，适当加热，以加快化学反应速率；铜帽溶解时通入空气是让铜与氧气、稀硫酸反应生成硫酸铜，方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；故答案为：将铜帽粉碎或搅拌，适当加热，适当增大硫酸的浓度等均可；2Cu+O2+2H2SO4=2Cu
18、SO4+2H2O；(2)Cu2+和Zn2+在溶液中易发生水解，故需将溶液的PH值调小；故答案为：小；(3)电解精炼粗铜时，阴极得到纯铜，即阴极得电子，电极方程式为：Cu2+2e=Cu；甲醇燃料电池中燃料甲醇作负极，失去电子，在碱性电解质溶液中的电极反应方程式：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；故答案为：Cu2+2e=Cu；CH3OH-6e+8OH=CO+6H2O；(4)溶液中c(Fe3+)=0.01mol/L，pH=2时铁离子开始沉淀，即c(OH)=11012mol/L，所以Ksp=c(Fe3+)c3(OH)=11038。当c(Fe3+)=1105mol/L时，铁离子沉淀完全，代入
19、上述公式可以求得此时溶液中c(OH)=11011mol/L，即pH为3时，Fe3+完全沉淀；故答案为：3；由过滤粗铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，将亚铁离子充分氧化；b.滴加1.0molL-1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)，将溶液中的铁离子和铝离子完全转化为氢氧化物沉淀，且保证锌离子不沉淀；c.过滤，除去铁和铝的氢氧化物沉淀；d.向滤液中加1.0molL1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)，使锌离子完全沉淀为氢氧化锌；e.过滤、洗涤、干燥；f.900煅烧。故答案为：a.加足量30%H2O2溶液充分应，b.滴加1
20、.0molL1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2)，d.向滤液中加1.0molL1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11)。【答案】（1）将铜帽粉碎或搅拌，适当加热，适当增大硫酸的浓度等均可； 2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O （2）小（3）Cu2+2e=Cu CH3OH-6e+8OH=CO32-+6H2O （4）3 加足量30%H2O2溶液充分应滴加1.0molL1Na0H溶液，调节溶液pH约为7(或5.2pH7.2) 向滤液中加1.0molL1NaOH溶液，调节溶液pH约为10(或8.2pH11) 5.（2018湖北联考理综）利用银镜反应给
21、玻璃镀上一层银是化学镀的一种，某化学兴趣小组设计的给ABS工程塑料零件先化学镀，后电镀的工艺流程如下，回答下列问题：（1）塑料零件不能直接进行电镀的原因是_，Na2CO3溶液可用于除去塑料零件表面的油污，理由是_(用离子方程式表示)。（2）粗化是利用粗化液与塑料表面的高分子化合物反应，使塑料表面粗糙不平；粗化液的主要成分CrO3(铬酐)，由重铬酸钠与浓硫酸加热熔融反应、再分离除去硫酸氢钠制得，写出该反应的化学方程式_。（3）经粗化的塑料表面浸渍过敏化剂氯化亚锡溶液，表面吸附一层易于氧化的Sn2+离子。用氯化亚锡晶体(SnCl22H2O)配制氯化亚锡溶液时，还需要的试剂有_。（4）活化是将经过敏
22、化处理的塑料与硝酸银溶液反应，在塑料表面吸附一层具有催化活性的金属微粒，写出生成有催化活性的金属微粒的离子方程式_。（5）将经活化处理的塑料置于含有Cu(OH)2、HCHO、NaOH的化学镀铜液中一段时间，可以在塑料表面镀上一层厚度为0.050.2m的金属导电薄层，同时生成HCOONa和H2，若两种还原产物的物质的量相等，写出该反应的化学方程式_。（6）塑料经化学镀的镀层厚度不能满足产品的防腐、耐磨等方面的要求，必须采用电镀镀到所需的厚度，电镀时，有金属导电薄层的塑料作电镀池的_极，维持电流强度为1.5A，电镀5分钟，理论上塑料表面析出铜_g。(已知F=96500Cmol1)【解析】(1)塑料
23、属于高分子化合物，分子中原子的价电子都形成了共价键，没有自由移动的电荷，所以塑料不导电，不能直接作电极。Na2CO3属于强碱弱酸盐，在水溶液中能发生水解反应，使溶液显碱性而能除去油污，其离子方程式为CO+H2OHCO+OH。(2)由题意知，重铬酸钠与浓硫酸熔融下反应生成CrO3和硫酸氢钠，其反应的化学方程式为：Na2Cr2O7+2H2SO4(浓)2CrO3+2NaHSO4+H2O。(3)因Sn2+易于氧化，表现较强的还原性，可类比Fe2+被氧化为Fe3+时用Fe还原。因此，防止Sn2+被氧化可加入单质锡；类比Fe2+的水解反应使溶液显酸性，可推测SnCl2溶液也能水解使溶液显酸性，可加盐酸抑制
24、其水解。所以用氯化亚锡晶体配制氯化亚锡溶液时还需要的试剂有盐酸和锡。(4)由流程图和题干信息可知，经敏化处理的塑料表面含有SnCl2溶液，Sn2+易于氧化，表现较强的还原性，能将硝酸银中Ag+还原为具有催化活性的银单质，其离子方程式为2Ag+Sn2+=2Ag+Sn4+。(5)由题意可知，“将经活化处理的塑料置于含有Cu(OH)2、HCHO、NaOH的化学镀铜”，所以反应生成单质铜，铜元素化合价由Cu(OH)2中的+2价变化到Cu的0价，发生还原反应，Cu是还原产物，氢元素由HCHO中+1价变化到H2中的0价，发生还原反应，H2是还原产物，则由题意知Cu和H2的化学计量数之比为11，碳元素由HC
25、HO中0价变化到HCOONa中的+2价，失去电子，根据电子得失守恒和元素守恒配平方程式，该反应的化学方程式为Cu(OH)2+2HCHO+2NaOHCu+2HCOONa+H2+2H2O。(6)因为化学镀的镀层厚度不合要求，必须用电镀增加金属厚度，即将电镀液中金属离子还原成金属单质从而在塑料上析出，所以有金属导电薄层的塑料作电镀池的阴极。阴极反应式为：Cu2+2e=Cu，5min内电路通过的电子物质的量=1.5A5min60s/min96500c/mol=0.0047mol，理论上塑料表面析出铜的质量=120.0047mol65g/mol=0.15g。【答案】（1）塑料零件不导电，不能直接作电极CO+H2OHCO+OH（2）2H2SO4+Na2Cr2O72CrO3+2NaHSO4+ H2O （3） 盐酸、锡（4） Sn2+2Ag+=Sn4+2Ag （5） Cu(OH)2+2HCHO+2NaOHCu+2HCOONa+H2+ 2H2O （6） 阴 0.15g 9
