高考化學工藝流程題

1、工藝流程圖題型打破1.【2017新課標1卷】(1分）LiTO12和LiFePO都是鋰離子電池的電極資料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FTiO，還含有4543少量MgO、Si2等雜質(zhì))來制備,工藝流程以下：回答以下問題:(1）“酸浸”實驗中,鐵的浸出率結(jié)果以以以下圖所示由圖可知,當鐵的浸出率為7時,所采用的實驗條件為_.(2）“酸浸后,鈦主要以TiOCl42形式存在,寫出相應反響的離子方程式_.(3）OxHO積淀與雙氧水、氨水反響40min所得實驗結(jié)果以下表所示:溫度/33544550iO2x2O轉(zhuǎn)變率%92597938剖析0時TiOxH2O轉(zhuǎn)變率最高的原因_。()LTi5O15中Ti的化合價為+4

2、，其中過氧鍵的數(shù)目為_。若濾液中c(Mg2)0.02molL13恰，加入雙氧水和磷酸設(shè)溶液體積增添倍(5)“(1),好積淀完好即溶液中c(Fe3)1.0105molL1,此時可否有M3(P4）2積淀生成?（列第1頁共18頁式計算)。FePO、Mg（P4)2的p分別為1.31022、1.01024.（6)寫出“高溫煅燒中由Fe4制備LePO4的化學方程式【答案】()00、h，90，h()FeTiO3+4+4Cl-=TiOCl42+2O（3)低于4,TO2xHO轉(zhuǎn)變反響速率隨溫度高升而增添;高出,雙氧水分解與氨氣逸出致使TiO2xH2轉(zhuǎn)變反響速率下降（4)4(）e3+碰巧積淀完好時31.31022

3、-17-132+23）,(PO4)=5mL=1。310molL,c(Mg)c(PO41.010317240s342=（0。01)(31)。10積淀。K，因此不會生成Mg（PO）4C3+H24高溫4+3CO(6）2FPO+LiC2LiFPO+(4）Li2Ti5O中Li為+1價,O為2價,Ti為4價，過氧根(O22)中氧元素顯1價,設(shè)過氧鍵的數(shù)目為x,依照正負化合價代數(shù)和為，可知(+）2+(+)5(2）（x)(1）=0，解得：x4;3+323Ksp3POPO7c(5)sp()=1。310,則（)3.30l/L，c（=(Fe)44cFe2+2301)3（1。117）40124g）c(PO4）（。=。

4、10。,則無積淀。與Li2和H22混淆加熱可得FeP4,依照電子守恒和原子守恒可得此(6）高溫下FePOCOC反響的化學方程式為2PO+LiC3HC24高溫42.2LPO+O+CO【名師點睛】工藝流程題,就是將化工生產(chǎn)過程中的主要生產(chǎn)階段即生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來,并依照生產(chǎn)流程中相關(guān)的化學知識步步設(shè)問，形成與化工生產(chǎn)親密聯(lián)系的化工工藝試題。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成,每一步操作都有其詳細的目標、任務(wù).審題的重點要放在與題設(shè)相關(guān)操作的目標、任務(wù)上，剖析時要從成本角度(原料可否低價易得）、環(huán)保角度(可否切合綠第2頁共18頁色化學的要求）、現(xiàn)實角度等方面考慮;解答時要看框內(nèi),看框外

5、,里外聯(lián)合；邊剖析,邊思慮，易處著手；先局部,后全盤,漸漸深入。而且還要看清問題,不能夠答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”:此題改變了什么條件（或是什么條件)依照什么理論因此有什么變化結(jié)論2【017新課標3卷】(15分)重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，一般由鉻鐵礦制備，鉻鐵礦的主要成分為FO2O3，還含有硅、鋁等雜質(zhì)。制備流程以以下圖:回答以下問題：(1）步驟的主要反響為:FOCrO+NCONaNO高溫eO+CO+NaNONaCrO233232上述反響配平后FeOCr2O3與NaNO3的系數(shù)比為_。該步驟不能夠使用陶瓷容器,原因是_.(2）濾渣中含量最多的金屬元素是_，濾渣的主要成

6、分是_及含硅雜質(zhì)。3)步驟調(diào)濾液2的pH使之變_（填“大或“小”）,原因是_(用離子方程式表示）。(4）相關(guān)物質(zhì)的溶解度以以下圖。向“濾液3”中加入合適Kl,蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶，過濾獲得K2Cr27固體.冷卻到_（填標號）獲得的C27固體產(chǎn)品最多。第3頁共18頁a.80.60c401步驟的反響種類是_。(5)某工廠用m1kg鉻鐵礦粉（含rO4%）制備KCrO,最后獲得產(chǎn)品2g,產(chǎn)率為227_?！敬鸢浮浚?2陶瓷在高溫下會與NaO3反響（）鐵Al（O)3（3)小2CrO42+2+Cr2O72+H2O（4)d復分解反響（)190m20%147m1（3）濾液2調(diào)治H的目的是提高溶液的酸性,H變小;由

7、于溶液中存在CrO42-+2H+27CrO+H2O，增大溶液中H+濃度,可促使平衡正向搬動,提高溶液中Cr22-的濃度。（)由圖示可知,在10左右時，獲得K2Cr2O的固體最多;2Kl+Na2CO7=KCrO7+NCl的反響種類為復分解反響。294(5)樣品中Cr23的質(zhì)量為m140%kg，則生成Cr2的理論質(zhì)量為m140kg,則所得產(chǎn)152品的產(chǎn)率為294)0=190m210。kg（140kg147m1152第4頁共18頁【2北京卷】（13分）TiCl是由鈦精礦（主要成分為i2)制備鈦(Ti)的重要中間產(chǎn)物，制備純TiCl4的流程表示圖以下：資料:Ti4及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)化合物SiC4T

8、Cl4AlClFeCl3MgCl2沸點136181(升華)311412熔點-69-219330474在TiCl4中的溶解性互溶-微溶難溶()氯化過程:TiO與C難以直接反響,加碳生成CO和CO可使反響得以進行。已知:iO(s）+2C2（)=iC4(g)+2(g)H1+75.4kJml1=-220。9kJmol12（s)+O2(g）=2CO（g）H沸騰爐中加碳氯化生成Tl4(g)和CO(g）的熱化學方程式：_。氯化過程中O和CO2能夠相互轉(zhuǎn)變,依照如圖判斷：O生成CO反響的H_（0填“”“或隨溫度高升,CO含量增大，說明生成CO的反響是吸熱反響HO、eCl2溶液、NaO溶液C2、AlC、FeCl

9、3（2）Si4高于36,低于11中，最后用氫氧化鈉溶液吸取節(jié)余酸性氣體.資料中已經(jīng)給出“l(fā)4及所含雜質(zhì)氯化物的性質(zhì)”一覽表,因此氯化過程中生成的Mgl2、Al、FeCl34中,而Si只有少量溶解在液態(tài)iCl完好溶解在TiCl4中,因此過濾獲得粗TiC混淆液時濾渣中含有上述難溶物和微溶物.濾渣應為Mgl2、Al、FeC3。（)依照資料,iCl4的沸點最低,先蒸餾出來,因此物質(zhì)a為SiC4，依照流程目的,為了獲得純凈的TiCl4,后續(xù)溫度需控制在稍微大于136，但小于1?！久麕燑c睛】此題以鈦精礦制備純Til4的流程為素材，主要察看蓋斯定律和熱化學方程式、化學平衡搬動、HCl及l(fā)2尾氣的利用和吸取、

10、制備流程中物質(zhì)關(guān)系、過濾、蒸餾實驗等基礎(chǔ)化學知識，察看考生對化學反響原理知識的綜合應用能力和對已知信息的綜合應用能力。制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成，每一步操作都有其詳細的目標、任務(wù)。審題的重點要放在與題設(shè)有關(guān)操作的目標、任務(wù)上,剖析時要從成本角度(原料可否低價易得)、環(huán)保角度（可否切合綠色化學第6頁共18頁的要求）、現(xiàn)實角度等方面考慮；解答時要看框內(nèi),看框外，里外聯(lián)合;邊剖析,邊思慮，易處著手；先局部，后全盤,漸漸深入.而且還要看清問題,不能夠答非所問.要求用理論回答的試題應采用“四段論法”：此題改變了什么條件（或是什么條件)依照什么理論因此有什么變化結(jié)論。其他需要注意題干信息的提

11、取和精選,好似此題中:溶解性決定溶液中溶質(zhì)及積淀的成分，表格中信息則能夠獲得Ti4液體中溶解的溶質(zhì)及同時存在的積淀成分。工業(yè)過程中有毒、有污染的尾氣都需要進行辦理防備污染.【2017江蘇卷】(1分）鋁是應用寬泛的金屬。以鋁土礦(主要成分為AO3,含iO2和e2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程以下：注:SO2在“堿溶時轉(zhuǎn)變成鋁硅酸鈉積淀.（1)“堿溶時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為_。(2）向“過濾”所得濾液中加入NCO3溶液,溶液的pH_(填“增大、“不變”或“減小”).（3)“電解”是電解熔融AlO3，電解過程中作陽極的石墨易耗資,原因是_。(）“電解”是電解Na2O3溶液,原理以以下圖.

12、陽極的電極反響式為_,陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學式為_。(5）鋁粉在100時可與N2反響制備AlN。在鋁粉中增添少量NH4Cl固體并充分混淆，有利于第7頁共18頁AlN的制備,其主要原因是_.【答案】(1）Al23+2OH-=2O2-+H2O(2)減小()石墨電極被陽極上產(chǎn)生的2氧化（4)4C32-=4-2H+2H2-4O(）HCl分解產(chǎn)生的Cl能夠損壞表面的Al2O3薄膜(）為了提高鋁土礦的浸取率，氫氧化鈉溶液必定過分，因此過濾I所得濾液中含有氫氧化鈉,加入碳酸氫鈉溶液后，氫氧化鈉與碳酸氫鈉發(fā)生反響生成碳酸鈉和水,因此溶液的H減小。（3)電解I過程中，石墨陽極上氧離子被氧化為氧氣,在高溫下，氧氣

13、與石墨發(fā)生反響生成氣體,因此,石墨電極易耗資的原因是被陽極上產(chǎn)生的氧氣氧化。(4）由圖中信息可知,生成氧氣的為陽極室,溶液中水電離的H-放電生成氧氣，損壞了水的電離平衡,碳酸根聯(lián)合H+轉(zhuǎn)變成H-4C322O-4-32,因此電極反響式為=4CO+O,陰極室氫氧化鈉溶液濃度變大,說明水電離的放電生成氫氣而損壞水的電離平衡，因此陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A為H2.(5）鋁在常溫下就簡單與空氣中的氧氣反響生成一層致密的氧化膜。氯化銨受熱分解產(chǎn)生的氯化氫能夠損壞鋁表面的氧化鋁薄膜，因此加入少量的氯化銨有利于Al的制備。【名師點睛】此題經(jīng)過化工流程察看了課本上學過的從鋁土礦提取鋁的元素化合物的知識，在問題中又聯(lián)合原料

14、的循環(huán)利用察看了電解原理制備類工藝流程題一般由多步連續(xù)的操作組成,每一步操作都有其詳細的目標、任務(wù).審題的重點要放在與題設(shè)相關(guān)操作的目標、任務(wù)上,剖析時要從成本角度(原料可否低價易得)、環(huán)保角度(可否切合綠色化學的要求）、現(xiàn)實角度等方面考慮;解答時要先看框內(nèi),后看框外,里外聯(lián)合;邊剖析,邊思慮,易處著手；先局部,后全盤，漸漸深入而且還要看清問題，不能夠答非所問。要求用理論回答的試題應采用“四段論法”:此題改變了什么條件（或是什么條件）依照什么理論或性質(zhì)因此有什么變化結(jié)論,這樣題最后一個問題，只需注意了鋁表面易生成氧化膜和氯化銨受熱易分解這兩條性質(zhì),即可想到分解產(chǎn)物對氧化膜的作用，因此備考時,要

15、多看課本上元素化合物方面內(nèi)容，知道學了哪些,大部分的試題的根都在課本上5【2017江蘇卷】(5分)某科研小組采用以下方案回收一種光盤金屬層中的少量g（金屬層中其他金屬含量過低,對實驗的影響可忽略)。第8頁共18頁已知:NCl溶液在受熱或酸性條件下易分解,如：NalONal+NCOCl可溶于氨水:gCl+2H3H2OAg(NH3)+-+22O2+C常溫時N2H4H2O（水合肼)在堿性條件下能復原(H3）2+：+4H3H2O4g（N3)22H4H2O4Ag+N2+N4氧“化”階段需在條件下進行,合適的加熱方式為_.()NlO溶液與A反響的產(chǎn)物為Al、aOH和O2，該反響的化學方程式為_。HNO3也

16、能氧化Ag，從反響產(chǎn)物的角度剖析,以HO3代替NaC的缺點是_.為提高Ag的回收率,需對“過濾的濾渣進行沖洗,并_。(4)若省略“過濾”，直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水，則需要增添氨水的用量，除因過量NaCO與NH32與NH32不反響)，還由于_HO反響外（該條件下NaClOH_.（）請設(shè)計從“過濾”后的濾液中獲得單質(zhì)Ag的實驗方案：_(實驗中須使用-1-1H2SO）的試劑有：2molL水合肼溶液,molL【答案】（1)水浴加熱(2)4AgNaClO+2H2O24gl+4NaOH+O會釋放出氮氧化物(或NO、O2),造成環(huán)境污染(3)將沖洗后的濾液歸并入過濾的濾液中（4）未過濾掉的溶液

17、會稀釋加入的氨水,且其中含有必然濃度的-，不利于Ag與氨水反應(5）向濾液中滴加2m-水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時用1-1溶液lLoL吸取反響中放出的NH3,待溶液中無氣泡產(chǎn)生,停止滴加，靜置,過濾、沖洗,干燥。第9頁共18頁該反響的化學方程式為4AgNaClO2H223O=4AgC+NH+O。HNO也能氧化g,硝酸做氧化劑時過去被復原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境,因此以H3代替NaC的缺點是會釋放出氮氧化物（或NO、NO)，造成環(huán)境污染.(3）為提高Ag的回收率，需對“過濾的濾渣進行沖洗，沖洗的目的是為了把濾渣表面剩余的銀氨配離子沖洗下來，并將沖洗后的濾液歸并入過濾的濾液中。（4）若省

18、略“過濾”,直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水，則需要增添氨水的用量,除因過量NCl與NH反響外,還由于未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水,氨水的濃度變小,且其中含有必然濃度的Cl-，不利于AgC與氨水發(fā)生AgCl+2NH2OAg(NH3)2+l-2H2反響，使得銀的回收率變?。?）“過濾后的濾液含有銀氨配離子,依照題中信息常溫時N2H42O（水合肼）在堿性條件下能復原Ag(NH3）+:Ag(NH）2+N242O=g+N+4NH+4NHHO，因此第一直該濾液中加入水合肼把銀氨配離子充分復原,由于該反響產(chǎn)生所氣體中含有氨氣,氨氣有強烈的刺激性氣味會污染空氣,因此要設(shè)計尾氣辦理舉措，能夠用題中供應

19、的、要求必定使用的硫酸作尾氣吸取劑把氨氣吸取。最后把反響混淆物靜置、過濾、沖洗、干燥即可獲得回收的銀.詳細方案以下:向濾液中滴加2moL-1水合肼溶液,攪拌使其充分反響，同時用1moL-1H2SO溶液吸取反響中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生,停止滴加,靜置,過濾、沖洗,干燥。【名師點睛】此題以回收一種光盤金屬層中的少量A的實驗流程為載體,將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的采用、實驗條件的控制、實驗操作規(guī)范、實驗方案的設(shè)計等融為一體,重點察看學生對實驗流程的理解、實驗裝置的察看、信息的加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設(shè)計和評價等能力,也察看學生運用比較、剖析等科學方法解決實責問題的能力和邏

20、輯思想的嚴實性。解題的重點是能讀懂實驗流程，剖析實驗各步驟的原理、目的、實驗條件等。設(shè)計實驗方案時，根據(jù)限制必定使用的試劑,聯(lián)合題中所給信息,注意反響條件的控制以及實驗試劑的量的控制,依照“核心轉(zhuǎn)變尾氣辦理產(chǎn)品分別產(chǎn)品提純思路,對細節(jié)進行耐心的優(yōu)化,直至獲得圓滿方案。2017屆高考模擬試題，.【鄭州市201屆第三次模擬】碲(Te)寬泛用于彩色玻璃和陶瓷。工業(yè)上用精華銅的陽極泥（主要含有TeO、少量Ag、u)為原料制備單質(zhì)碲的一種工藝流程以下:第10頁共18頁已知TeO2微溶于水,易溶于較濃的強酸和強喊。(1）“堿浸”時發(fā)生反響的離子方程式為_.(2）堿浸后的“濾渣”能夠部分溶于稀硝酸，發(fā)生反響

21、的化學方程式是_。（)“沉碲”時控制溶液的p為45?.0,生成Te積淀。酸性不能夠過強,其原因是_;防備局部酸度過大的操作方法是_.（4）“酸溶”后,將SO2通人Tel4酸性溶液中進行“復原”獲得碲,該反響的化學方程式是_。（)5C時,亞碲酸(H23）的Ka111038,Ka2=10。1molL1H2TeO電離度約為_.(10）0.lmol?L-1的NaTO3溶液中，以下粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項是_。+Ac（Na)c（HTO3）(OH）c(H2O3)(H)+）()B.(Na)c(H)(Te3c(TeO3+)=（Te32)+c(HTeO3)+c(H23Cc（NaTe).c(H+）+(H2

22、TeO3)c(O)+e(TeO3）【答案】TeO2+2OH-=TeOH23A+4HNO3=3AgNO+2HO溶液酸性過強,Te2會繼續(xù)與酸反響致使碲元素損失遲緩加入2SO4,其實不斷攪拌TeCl4+2S2+4H=T+4Hl+2H2O10%D將el復原成e,自己被氧化成SO2,因此有TClS4+Hl,依照化合價4SOe+的起落法進行配平,即TeCl4248個H和個,即缺少STe+2HSO4Cl，反響物中缺少個H2O，反響方程式為:eCl42S2+H2O=Te+4HCl224;(）亞碲酸是二元弱第11頁共18頁酸，以第一步電離為主,H23-+,依照a=(HTeO-)c（H)/c（H23TeOHTe

23、OTO),+-，即轉(zhuǎn)變率為。01。1110;、代入數(shù)值，求出c（)=0。1lNaHeO3的水解平衡常數(shù)-1/11-3=0-11c(H+）,故A錯誤；、依照電荷守恒，應是c（Na）+c（H)c(TeO3）+2c(Te32)c(OH-),故B錯誤;C、依照物料守恒，因此有:c（Na）=c(e32)+c(eO）+-），故D正確。點睛:此題的易錯點是問題（5）中的A選項,由于aTO3是酸式鹽,既有電離也有水解，需要判斷是電離為主仍是水解為主,這需要依照電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)大小進行判斷,水解平衡143=11，電離大于水解，因此溶液應顯酸性,常數(shù)=KwKa1=1101120故A錯誤。.【寧德市207

24、屆第三次質(zhì)量檢查】氯化亞銅是一種重要的化工原料，寬泛應用于有機合成、石油、油脂、染料等工業(yè)。一種利用低品位銅礦(C2、uS及Fe和Fe2O3等)為原料制取CuCl的工藝流程以下:回答以下問題：(1）步驟“浸取”前需將銅礦粉碎的目的是_；“浸取”時,被氧化的元素有_（填元素符號)（2）已知Cu2、M2、Fe3開始生成積淀和積淀完好的H以下表,則步驟“中和”時，p應控制的范圍為_。C（O(Fe(H）物質(zhì))H）3第12頁共18頁開始積淀pH4。7。31.2完好積淀pH6。7.32(3）步驟IV加熱“蒸氨時發(fā)生反響的化學方程式為_。(）步驟I反響的離子方程式為_，其中鹽酸需過分,其原因是_。步驟獲得C

25、uC晶體需經(jīng)過濾、沖洗、干燥。沖洗時,常有無水乙醇代替蒸餾水做沖洗劑的優(yōu)點是_(寫一點）?！敬鸢浮刻岣呓》错懰俾屎驮系慕÷蕌、和e32p.7C(）4CO=CuO4H3O2CuO+4+2H+Cu=2HO防備C2和Cu+水解,提高CuCl產(chǎn)率預防ul溶于水而損失(或防備被氧化,或縮短干燥時間降低能耗,或其他合理答案)（)步驟I加熱“蒸氨”時,Cu(NHCO3受熱分解生成氨氣、CuO和C2,發(fā)生反響的化學方3)程式為Cu（N3）43=Cu+NH+CO2;（4)步驟VI是CO溶解于鹽酸和氯化鈉的混淆溶液生成a，發(fā)生反響的離子方程式為-+O，為防備C2+uO+4Cl+2H+=2+2和C水解，并提高

26、CuC產(chǎn)率，應保證鹽酸;(）用無水乙醇代替蒸餾水沖洗Cul晶體,可預防C溶于水而損失(或防備被氧化，或縮短干燥時間降低能耗）。【安徽省江南十校17屆5月沖刺聯(lián)考(二模)】金屬釩主要用于冶煉特種鋼和在化學工業(yè)、煉油工業(yè)中作催化劑，被譽為“合金的維生素”回收利用廢釩催化劑(主要成分為V2O5、VO和二氧化硅)的工藝流程以以以下圖所示.第13頁共18頁（1）粉碎的作用是_，濾渣可用于_（填用途）。()25時,取樣進行實驗剖析,獲得釩積淀率和溶液pH之間的關(guān)系以下表所示：。1。H。41.51。71.81。92.02.3釩積淀率96。3。8.191。89899。89.889。3/6.4依照上表數(shù)據(jù)判斷，

27、加入氨水調(diào)治溶液pH的最正確選擇為_;上述過濾操作過程中所需用到的玻璃儀器有_。(3)為了提高釩的浸出率，用酸浸使廢釩催化劑中的V2O5轉(zhuǎn)變成可溶于水的VOSO4,酸浸過程中復原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為_.(4）達成并配平氧化過程中的離子方程式：_lOV+=VO+l-+.(5)廢釩催化劑中V252此廢釩催化劑O的質(zhì)量分數(shù)為6%(原料中的所有釩已換算成VO)。取100g按上述流程進行實驗,當加入105m0。1molL的KlO3溶液時，溶液中的釩碰巧被完全辦理,假定此后各步釩沒有損失,則該工業(yè)生產(chǎn)中釩的回收率是_。【答案】提高VO4（可溶性釩化合物)的浸出率制作光導纖維、建筑資料等（寫出一種

28、即可得分)1。7。8(或1.7或8）漏斗、燒杯、玻璃棒+O95。5%2第14頁共18頁VOSO4,化學方程式為:V2O+NaSO3+2H2SO=VOSO4+H2+N2SO4，該反響中V2O5為氧化劑，2為復原劑,故氧化劑與復原劑的物質(zhì)的量之比為11；(4）該反響中3-將2+氧化NSOClO為VO,而自己被復原為C-,離子方程式為:CO3-+6VO2+66VO+C-+3H2O；（5)依照釩元素守恒及反響的化學方程式得:CO36VO+2,則回收到的m(V2O5）=30105L.molL12gmol=。733g，故釩的回收率是5.733g100%=9100g6%。%。點睛：此題以工藝流程的形式察看了

29、化學實驗的基本操作、物質(zhì)的制備及相關(guān)計算等,意在察看考生的計算能力和綜合剖析判斷能力9【龍巖市217屆5月綜合能力測試(二）】金屬鎘寬泛用于合金制造及電池生產(chǎn)等，一種用銅鎘廢渣（含C、Z、C、Fe及C等單質(zhì))制取海綿鎘的工藝流程以下:(1）步驟進行破裂和粉磨的目的是_.(2)步驟需間隔O2的原因_(用文字和方程式說明）。（3)步驟中除鐵發(fā)生的離子反方程式為_。(4)步驟調(diào)治pH合適的試劑是_,應調(diào)整的范圍為_。(已知部分氫氧化物開始積淀和積淀完好的pH以下表)氫氧化物Fe(OH）Cd(OH)n()開始積淀的p1。7。25積淀完好的pH3。39989（5）步驟發(fā)生的反響為+Co2=n2+o，（已

30、知Sb的金屬活動性介于Cu和Ag之間),加入少量銻鹽能加速反響的進行，其原因是_;(6)用石墨作陽極,純鋅作陰極電解ZnSO溶液可得高純鋅，電解時總反響的離子方程式為_第15頁共18頁_;電解后的殘液返回到步驟_(填流程中數(shù)字).【答案】提高原料浸取率和浸取時反響速率防備發(fā)生2CH+22+2H22CuO，致使銅被浸出3F2+MnO4+Mn+4H3。35。形成微電池，Zn42+3Fe2OZ或Zn(OH)作負極，o2+加速在銻正極表面獲得電子析出Z2+2H22Zn+2H(5）加入少量銻鹽，鋅置換出銻,組成鋅銻原電池,使Zn+C2+=Zn2+Co反響速率加速;(6)用石墨作陽極,純鋅作陰極電解nS4溶液，陽極氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極鋅離子得電子生成單質(zhì)鋅,總