高考化學二輪復習高頻考點提分精準突破專題08 工藝流程（解析版）

08工藝流程核心素養(yǎng)題提分精準突破1.基于化核心素養(yǎng)的化學工藝流程化學工藝流程核心素養(yǎng)體現在“科學精神與社會責任，證據推理與模型認知”。核心素養(yǎng)生成——通過對化學工藝的分析，認識化學、技術、社會和環(huán)境之間的相互關系，贊賞化學工藝對社會發(fā)展的重大貢獻，考查學生運用已有知識和方法綜合分析、全面認識化學過程對自然可能帶來的各種影響；培養(yǎng)具有合理開發(fā)、利用資源的意識，樹立理解和贊賞可持續(xù)發(fā)展觀念的新一代?；瘜W工藝流程題是高考比較成熟和固定的題型。預測2020年高考題型中，化學工藝流程題仍會以流程圖的形式，以元素化合物知識為載體，圍繞原料的預處理考查影響速率的因素；圍繞經濟原則考查循環(huán)利用和綠色化學。圍繞產品純度考查物質的分離提純(調pH、結晶、過濾、洗滌)和化工計算等；圍繞核心反應或副反應考查物質成分的判定；以及圍繞物質間的轉化考查陌生方程式的書寫與等。本專題包括五個高頻微考點和四個微考向五個微考點四個微考向化學工藝流程——化工術語化學工藝流程——分離提出化學工藝流程——成分判定化學工藝流程——化工計算化學工藝流程——綠色化學☆以制備為目的的工藝流程題☆以工業(yè)廢料再利用的工藝流程題☆以倡導“綠色化學”為核心的工藝流程題☆以分離提純?yōu)橹骶€的工藝流程題2.化學工藝流程題高頻考點“微”解讀☆化學工藝流程——化工術語關鍵詞釋義研磨、霧化將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末或將液體霧化，增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分灼燒(煅燒)使固體在高溫下分解或改變結構、使雜質高溫氧化、分解等。如煅燒石灰石、高嶺土、硫鐵礦浸取向固體中加入適當溶劑或溶液，使其中可溶性的物質溶解，包括水浸取、酸溶、堿溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去的過程表面處理用水洗除去表面可溶性雜質，金屬晶體可用機械法(打磨)或化學法除去表面氧化物、提高光潔度等加氧化劑氧化某物質，生成目標產物或除去某些離子提高原子利用率綠色化學(物質的循環(huán)利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)在空氣中或在其他氣體中進行的反應或操作要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應；或能否達到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH①調節(jié)溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”還可除去氧化物(膜)③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)①防止副反應的發(fā)生②使化學平衡移動；控制化學反應的方向③控制固體的溶解與結晶④控制反應速率；使催化劑達到最大活性⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質達到沸點揮發(fā)⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出的溶質的量⑧降溫：防止物質高溫分解或揮發(fā)；降溫(或減壓)可以減少能源成本，降低對設備的要求☆化學工藝流程——分離提純關鍵詞釋義蒸發(fā)結晶蒸發(fā)溶劑，使溶液由不飽和變?yōu)轱柡?，繼續(xù)蒸發(fā)，過剩的溶質就會呈晶體析出蒸發(fā)濃縮蒸發(fā)除去部分溶劑，提高溶液的濃度冷卻結晶過濾（抽濾）洗滌晶體①水洗：通常是為了除去晶體表面水溶性的雜質②冰水洗滌：能洗去晶體表面的雜質離子，且防止晶體在洗滌過程中的溶解損耗③用特定有機試劑清洗晶體：洗去晶體表面的雜質，降低晶體的溶解度、有利于析出，減少損耗等④混合洗滌劑洗滌：如酒精和水混合洗滌液⑤洗滌沉淀的方法：往漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復以上操作2～3次干燥干燥：包括風干、晾干、吹干、濾紙吸干等萃取與分液分離混不相溶的液體。蒸餾分離沸點相差較大的液體【例析1】Ⅰ.[高考卷改編]某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag(金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略)。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl?+2H2O③常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為__________________。（2）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并_______________________。（3）請設計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案：________________________(實驗中須使用的試劑有：2mol·L?1水合肼溶液，1mol·L?1H2SO4)。Ⅱ.[自編]按以下實驗方案可從海洋物質樣品中提取具有抗腫瘤活性的天然產物。則(1)、(2)、(3)、(4)的分離提純方法依次為________、________、________、________。【答案】Ⅰ.（1）水浴加熱（2）將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中（3）向濾液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol·L?1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥。Ⅱ.過濾分液蒸發(fā)結晶蒸餾【解析】Ⅰ.（1）“氧化”階段需在800C條件下下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所以適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨配離子洗滌下來，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。（3）“過濾Ⅱ”后的濾液含有銀氨配離子，根據題中信息常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O＝4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O，所以首先向該濾液中加入水合肼把銀氨配離子充分還原，由于該反應產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，所以要設計尾氣處理措施，可以用題中提供的、要求必須使用的硫酸作尾氣吸收劑把氨氣吸收。最后把反應混合物靜置、過濾、洗滌、干燥即可得到回收的銀。具體方案如下：向濾液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol·L?1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥。Ⅱ.（1）操作后有濾液，則該操作為過濾；（2）操作后分出水層和有機層，則該操作為分液；（3）操作析出晶體，則該操作為蒸發(fā)結晶；第（4）操作有機層中分離有機物為蒸餾?！罨瘜W工藝流——成分判定◆濾渣、濾液成分的判定要考慮樣品中原料和雜質的成分在每一步驟中與每一種試劑反應的情況：(1)反應過程中哪些物質(離子)消失了？(2)所加試劑是否過量或離子間發(fā)生化學反應，又產生了哪些新離子？要考慮這些離子間是否會發(fā)生反應？◆循環(huán)物成分判定◆副產品成分的判定☆化學工藝流程——化工計算(1)產品的產率＝eq\f(產品實際產量,產品理論產量)×100%(2)原料轉化率＝eq\f(參加反應的原料量,加入原料的總量)×100%(3)產品的純度（物質的質量分數）＝eq\f(該物質的質量,混合物的總質量)×100%【例析2】[高考題改編]氧化鈧(Sc2O3)在合金、電光源、催化劑、激活劑和陶瓷等領域有廣泛的應用，以鈧精礦為原料(主要成分為Sc2O3，還含有Fe2O3、MnO、SiO2等雜質)生產氧化鈧的一種工藝流程如下：(1)“酸溶”得到濾渣的主要成分是________；25℃時，加入氨水調節(jié)溶液的pH＝3，過濾，濾渣的主要成分是________。（25℃時，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)草酸鈧在空氣中“灼燒”時，產物除氧化鈧外，還有________。(3)某工廠用m1Kg的鈧精礦制備純氧化鈧，得到純產品m2Kg，則鈧精礦中鈧的質量分數是______?(假設Sc的利用率為100%))【答案】(1)SiO2Fe(OH)3(2)CO2（3）【解析】（1）主要成分為Sc2O3，還含有Fe2O3、MnO、SiO2只有SiO2難溶于鹽酸，故酸溶后的濾渣為SiO2；根據題給數據,

pH=3時，計算三種種金屬離子的濃度分別為: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，因此加入氨水調節(jié)pH=3，過濾，濾渣的主要成分是Fe(OH)3。（2）因灼燒過程中草酸鈧中的草酸根離子被氧化為CO2。(3)用m1Kg的鈧精礦制備純氧化鈧，得到純產品m2Kg，則鈧精礦中鈧的質量分數是，故答案為☆化學工藝流程——綠色化學綠色化學是指化學反應及其過程以“原子經濟性”為基本原則，即在獲取新物質的化學反應中充分利用參與反應的每個原料原子，實現“零排放”。綠色化學的目標是研究和尋找能充分利用的無毒害原料，最大限度地節(jié)約能源，在化工生產的各環(huán)節(jié)都實現凈化和無污染的反應途徑。主要包括以下幾個方面：減量——提高轉化率、降低損耗、減少“三廢”的排放量。回收——回收未反應的原料、副產品及助熔劑、催化劑、穩(wěn)定劑等非反應試劑。拒用——一些無法回收、再生和重復使用的毒副作用、污染作用明顯的原料，拒絕在化工生產中使用?！纠?】[上海高考節(jié)選]將磷肥生產中形成的副產物石膏（CaSO4·2H2O）轉化為硫酸鉀肥料和氯化鈣水合物儲熱材料，無論從經濟效益、資源綜合利用還是從環(huán)境保護角度看都具有重要意義。以下是石膏轉化為硫酸鉀和氯化鈣的工藝流程示意圖。（1）本工藝中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，還需要等原料（2）過濾Ⅰ操作所得濾液是(NH4)2SO4溶液。檢驗濾液中含有CO32－的方法是：。（3）上述工藝流程中體現綠色化學理念的是：。【答案】（1）CaCO3NH3H2O（2）濾液中滴加鹽酸產生氣泡（3）碳酸鈣用于制水泥原料、硫酸鈣和氯化鉀轉化為硫酸鉀和氯化鈣、氨在工藝中循環(huán)使用等（原子利用率高，沒有有害物質排放到環(huán)境中）【解析】（1）從生產流程圖可以看出，所需原料除CaSO4·2H2O、KCl外，還需要氨氣、石灰石和水。（2）碳酸根的檢驗可用酸化的方法，若產生氣泡說明慮液中含有碳酸根。（3）綠色化學要求整個生產過程中不排放污染物，原子利用率高，因此生產流程中碳酸鈣用于制水泥原料、硫酸鈣和氯化鉀轉化為硫酸鉀和氯化鈣、氨在工藝中循環(huán)使用?！镜淅龑б俊钜灾苽錇槟康牡墓に嚵鞒填}【典例1】[2019·新課標全國Ⅰ]硼酸（H3BO3）是一種重要的化工原料，廣泛應用于玻璃、醫(yī)藥、肥料等工藝。一種以硼鎂礦（含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3）為原料生產硼酸及輕質氧化鎂的工藝流程如下：回答下列問題：（1）在95℃“溶浸”硼鎂礦粉，產生的氣體在“吸收”中反應的化學方程式為_________。（2）“濾渣1”的主要成分有_________。為檢驗“過濾1”后的濾液中是否含有Fe3+離子，可選用的化學試劑是_________。（3）根據H3BO3的解離反應：H3BO3+H2OSKIPIF1<0H++B(OH)?4，Ka=5.81×10?10，可判斷H3BO3是______酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節(jié)至3.5，目的是_______________。（4）在“沉鎂”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的離子方程式為__________，母液經加熱后可返回___________工序循環(huán)使用。由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是_________?！敬鸢浮浚?）NH4HCO3+NH3(NH4)2CO3（2）SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN（3）一元弱轉化為H3BO3，促進析出（4）2Mg2++3SKIPIF1<0+2H2OMg(OH)2·MgCO3↓+2SKIPIF1<0（或2Mg2++2SKIPIF1<0+H2OMg(OH)2·MgCO3↓+CO2↑）溶浸高溫焙燒【解析】（1）根據流程圖知硼鎂礦粉中加入硫酸銨溶液產生的氣體為氨氣，用碳酸氫銨溶液吸收，反應方程式為：NH3+NH4HCO3(NH4)2CO3。（2）濾渣I為不與硫酸銨溶液反應的Fe2O3、Al2O3、SiO2；檢驗Fe3+,可選用的化學試劑為KSCN，（3）由硼酸的離解方程式知，硼酸在水溶液中是通過與水分子的配位作用產生氫離子，而三價硼原子最多只能再形成一個配位鍵，且硼酸不能完全解離，所以硼酸為一元弱酸；在“過濾2”前，將溶液pH調節(jié)至3.5，目的是將B(OH)?4轉化為H3BO3，并促進H3BO3析出，（4）沉鎂過程中用碳酸銨溶液與Mg2+反應生成Mg(OH)2?MgCO3，沉鎂過程的離子反應為：2Mg2++2H2O+3CO32-Mg(OH)2?MgCO3↓+2HCO3-；母液加熱分解后生成硫酸銨溶液，可以返回“溶浸”工序循環(huán)使用；堿式碳酸鎂不穩(wěn)定，高溫下可以分解，故由堿式碳酸鎂制備輕質氧化鎂的方法是高溫焙燒?！钜怨I(yè)廢料再利用的工藝流程題【典例2】[2017·江蘇卷]某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag(金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略)。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl?+2H2O③常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4SKIPIF1<0+4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為__________________。（2）NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2，該反應的化學方程式為________________。HNO3也能氧化Ag，從反應產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是__________________________________________。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并_______________________。（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3·H2O反應外(該條件下NaClO3與NH3·H2O不反應)，還因為__________________。（5）請設計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案：________________________(實驗中須使用的試劑有：2mol·L?1水合肼溶液，1mol·L?1H2SO4)?！敬鸢浮浚?）水浴加熱（2）4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑會釋放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成環(huán)境污染（3）將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中（4）未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl?，不利于AgCl與氨水反應（5）向濾液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol·L?1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥?！窘馕觥糠治鲱}中的實驗流程可知，第一步氧化是為了把光盤中的少量銀轉化為氯化銀，氯化銀難溶于水，過濾后存在于濾渣中；第三步溶解時，氨水把氯化銀溶解轉化為銀氨配離子，最后經一系列操作還原為銀。（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所以適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）因為已知NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2，用化合價升降法即可配平，該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑時通常被還原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境，所以以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物(或NO、NO2)，造成環(huán)境污染。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨配離子洗滌下來，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3·H2O反應外，還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，氨水的濃度變小，且其中含有一定濃度的Cl?，不利于AgCl與氨水發(fā)生AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)2++Cl?+2H2O反應，使得銀的回收率變小。（5）“過濾Ⅱ”后的濾液含有銀氨配離子，根據題中信息常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4SKIPIF1<0+4NH3↑+H2O，所以首先向該濾液中加入水合肼把銀氨配離子充分還原，由于該反應產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，所以要設計尾氣處理措施，可以用題中提供的、要求必須使用的硫酸作尾氣吸收劑把氨氣吸收。最后把反應混合物靜置、過濾、洗滌、干燥即可得到回收的銀。具體方案如下：向濾液中滴加2mol·L?1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol·L?1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥?！钜猿珜А熬G色化學”為核心的工藝流程題【典例3】[2020·首都師大附中4月開學考試題]As2O3在醫(yī)藥、電子等領域有重要應用。某含砷元素（As）的工業(yè)廢水經如下流程轉化為粗As2O3。（1）“堿浸”的目的是將廢水中的H3AsO3和H3AsO4轉化為鹽。H3AsO4轉化為Na3AsO4反應的化學方程式是________。（2）“氧化”時，1molAsO33－轉化為AsO43－至少需要O2________mol。（3）“沉砷”是將砷元素轉化為Ca5(AsO4)3OH沉淀，發(fā)生的主要反應有：a．Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH－(aq)ΔH＜0b．5Ca2++OH－+3AsO43－Ca5(AsO4)3OHΔH＞0研究表明：“沉砷”的最佳溫度是85℃。用化學平衡原理解釋溫度高于85℃后，隨溫度升高沉淀率下降的原因是________。（4）“還原”過程中H3AsO4轉化為H3AsO3，反應的化學方程式是________。（5）“還原”后加熱溶液，H3AsO3分解為As2O3，同時結晶得到粗As2O3。As2O3在不同溫度和不同濃度硫酸中的溶解度（S）曲線如右圖所示。為了提高粗As2O3的沉淀率，“結晶”過程進行的操作是________。（6）下列說法中，正確的是________（填字母）。a．粗As2O3中含有CaSO4b．工業(yè)生產中，濾液2可循環(huán)使用，提高砷的回收率c．通過先“沉砷”后“酸化”的順序，可以達到富集砷元素的目的【答案】(1).H3AsO4+3NaOH==Na3AsO4+3H2O(2).0.5(3).溫度升高，反應a平衡逆向移動，c(Ca2+)下降，使反應b中Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降(4).H3AsO4+H2O+SO2==H3AsO3+H2SO4(5).調硫酸濃度約為7mol·L－1，冷卻至25℃，過濾(6).abc【解析】（1）H3AsO4與氫氧化鈉發(fā)生中和反應生成Na3AsO4，反應方程式是H3AsO4+3NaOH═Na3AsO4+3H2O；（2）1molAsO33-轉化為AsO43-失電子2mol，1mol氧氣得電子4mol，根據電子守恒，需要O2的物質的量SKIPIF1<0；(3)溫度升高，Ca(OH)2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）

△H＜0，平衡逆向移動，c（Ca2+）、c(OH-)下降，反應b平衡逆向移動，所以隨溫度升高沉淀率下降；（4）H3AsO4被SO2還原成H3AsO3反應的化學方程式是H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4；（5）根據圖2，As2O3的溶解度在25℃、硫酸的濃度在7mol?L-1時最小，為了提高粗As2O3的沉淀率，“結晶”過程進行的操作是調硫酸濃度約為7mol?L-1，冷卻至25℃，過濾；（6）CaSO4微溶于水，鈣離子未完全除去，所以粗As2O3中含有CaSO4，故a正確；濾液2含有少量As2O3、硫酸，濾液2可循環(huán)使用，提高砷的回收率，故b正確；“沉砷”生成Ca5(AsO4)3OH可以富集砷元素，故c正確?！钜苑蛛x提純?yōu)橹骶€的工藝流程題【典例4】[2019·新課標全國Ⅱ，28]咖啡因是一種生物堿（易溶于水及乙醇，熔點234.5℃，100℃以上開始升華），有興奮大腦神經和利尿等作用。茶葉中含咖啡因約1%~5%、單寧酸（SKIPIF1<0約為SKIPIF1<0，易溶于水及乙醇）約3%~10%，還含有色素、纖維素等。實驗室從茶葉中提取咖啡因的流程如下圖所示。索氏提取裝置如右圖所示。實驗時燒瓶中溶劑受熱蒸發(fā)，蒸氣沿蒸氣導管2上升至球形冷凝后滴入濾紙?zhí)淄?中，與茶葉末接觸，進行萃取。萃取液液面達到虹吸管3返回燒瓶，從而實現對茶葉末的連續(xù)萃取?；卮鹣铝藛栴}：（1）實驗時需將茶葉研細，放入濾紙?zhí)淄?中，研細的目的是_________。圓底燒瓶中加入95%乙醇為溶劑，加熱前還要加幾粒________。（2）提取過程不可選用明火直接加熱，原因是_________。與常規(guī)的萃取相比，采用索氏提取器的優(yōu)點是_________。（3）提取液需經“蒸餾濃縮”除去大部分溶劑。與水相比，乙醇作為萃取劑的優(yōu)點計、接收管之外，還有________（填標號）。A．直形冷凝管 B．球形冷凝管C．接收瓶 D．燒杯（4）濃縮液加生石灰的作用是和________和吸收________。（5）可采用如右圖所示的簡易裝置分離提純咖啡因。將粉狀物放入蒸發(fā)皿中并小火加熱，咖啡因在扎有小孔的濾紙上凝結，該分離提純方法的名稱是________?！敬鸢浮浚?）增加固液接觸面積，提取充分；沸石（2）乙醇易揮發(fā)，易燃；使用溶劑量少，可連續(xù)萃取（萃取小率高）（3）AC（4）單寧酸；水（5）升華【解析】（1）將茶葉研細可增大接觸面積，即可反應速率，使提取充分；蒸餾操作中，為了避免混合液體爆沸，需要加入沸石，故答案為：增加固液接觸面積，提取充分；沸石；（2）該實驗中的萃取劑為乙醇，乙醇易揮發(fā)，易燃，為了避免暴沸，提取過程不可選用明火直接加熱；根據圖示裝置及題干描述可知，與常規(guī)的萃取相比，索氏提取器使用溶劑少，可連續(xù)萃取，故答案為：乙醇易揮發(fā)，易燃；使用溶劑少，可連續(xù)萃?。唬?）提取液需經“蒸餾濃縮”除去大部分溶劑。乙醇易揮發(fā)，則與水相比，乙醇作為萃取劑的優(yōu)點是乙醇沸點低，易濃縮；結合蒸餾操作方法可知，“蒸餾濃縮”需選用的儀器除了圓底燒瓶、蒸餾頭、溫度計、接收管之外，還有冷凝管和接收器，其中蒸餾操作用直形冷凝管，回流時用球形冷凝管，所以應選用直形冷凝管，即選AC，故答案為：乙醇沸點低，易濃縮；AC；（4）生石灰為CaO，CaO為堿性氧化物，提取液中混有單寧酸，CaO能夠中和單寧酸，還能夠吸收水分，故答案為：單寧酸；水；5）根據咖啡因“100℃以上開始升華”可知，該分離提純方法為升華，故答案為：升華?！揪珳熟柟獭?.[2019·新課標Ⅱ，26]立德粉ZnS·BaSO4（也稱鋅鋇白），是一種常用白色顏料?；卮鹣铝袉栴}：（1）利用焰色反應的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花，亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時，鋇的焰色為__________（填標號）。A．黃色B．紅色C．紫色D．綠色（2）以重晶石（BaSO4）為原料，可按如下工藝生產立德粉：①在回轉爐中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇，該過程的化學方程式為______________________?；剞D爐尾氣中含有有毒氣體，生產上可通過水蒸氣變換反應將其轉化為CO2和一種清潔能源氣體，該反應的化學方程式為______________________。②在潮濕空氣中長期放置的“還原料”，會逸出臭雞蛋氣味的氣體，且水溶性變差。其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的___________（填化學式）。③沉淀器中反應的離子方程式為______________________。（3）成品中S2?的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L?1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應5min，有單質硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，反應式為I2+2SKIPIF1<02I?+SKIPIF1<0。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為_________________，樣品中S2?的含量為______________（寫出表達式）?！敬鸢浮浚?）D（2）①BaSO4+4CBaS+4CO↑ CO+H2OCO2+H2②BaCO3③S2?+Ba2++Zn2++SKIPIF1<0BaSO4·ZnS↓（3）淺藍色至無色 SKIPIF1<0【解析】（1）焰色反應不是化學變化，常用來檢驗金屬元素存在，常見金屬元素焰色：A．鈉的焰色為黃色，故A錯誤；B．鈣的焰色為紅色，故B錯誤；C．鉀的焰色為紫色，故C錯誤；D．鋇的焰色為綠色，故D正確。（2）①注意焦炭過量生成CO，反應物為硫酸鋇與焦炭，產物為BaS與CO，寫出方程式BaSO4+4CBaS+4CO↑；CO與水蒸氣反應生成CO2與H2，寫出方程式：CO+H2OCO2+H2。②根據信息臭雞蛋氣味氣體為硫化氫氣體，由強酸制弱酸原理，還原料硫化鋇與空氣中水，二氧化碳反應生成了碳酸鋇與硫化氫氣體。③硫化鋇與硫酸鋅為可溶性強電解質，寫成離子形式，產物硫酸鋇與硫化鋅為沉淀，不可電離，寫出離子方程式：S2?+Ba2++Zn2++SKIPIF1<0BaSO4·ZnS↓。（3）碘單質與硫離子的反應：S2-+I2S+2I-；碘單質與淀粉混合為藍色，用硫代硫酸鈉滴定過量的I2，故終點顏色變化為淺藍色至無色；根據氧化還原反應得失電子數相等，利用關系式法解題；根據化合價升降相等列關系式，設硫離子物質的量為nmol：S2-～I22S2O32-～I21mol1mol2mol1molnmolnmol0.1V×10-3molSKIPIF1<00.1V×10-3moln+SKIPIF1<00.1V×10-3mol=25SKIPIF1<00.1V×10-3mol，得n=（25-SKIPIF1<0V）0.1×10-3mol則樣品中硫離子含量為：SKIPIF1<0×100%=SKIPIF1<0×100%。2.[2019·新課標Ⅲ]高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“濾渣1”含有S和__________________________；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式____________________________________________________。（2）“氧化”中添加適量的MnO2的作用是________________________。（3）“調pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調節(jié)為_______~6之間。（4）“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是______________。（5）“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。（6）寫出“沉錳”的離子方程式___________________________________________________。（7）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=SKIPIF1<0時，z=___________?！敬鸢浮浚?）SiO2（不溶性硅酸鹽）MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O（2）將Fe2+氧化為Fe3+（3）4.7（4）NiS和ZnS（5）F?與H+結合形成弱電解質HF，MgF2Mg2++2F?平衡向右移動（6）Mn2++2SKIPIF1<0MnCO3↓+CO2↑+H2O（7）SKIPIF1<0【解析】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反應，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化還原反應，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作還原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO42MnSO4+S+2H2O。（2）二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反應完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+。（3）由表中數據知pH在4.7時，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.7~6之間。（4）根據題干信息，加入Na2S除雜為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。（5）由HFSKIPIF1<0H++F-知，酸度過大，F-濃度減低，使得MgF2SKIPIF1<0Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全。（6）根據題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反應離子方程式為：Mn2++2HCO3-MnCO3↓+CO2↑+H2O。（7）根據化合物中各元素化合價代數和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/3。3.[2020·山東省新高考測試卷]普通立德粉（BaSO4·ZnS）廣泛用于工業(yè)生產中，可利用ZnSO4和BaS共沉淀法制備。以粗氧化鋅(含Zn、CuO、FeO等雜質)和BaSO4為原料制備立德粉的流程如下：（1）生產ZnSO4的過程中，反應器Ⅰ要保持強制通風，原因是。（2）加入鋅粉的主要目的是（用離子方程式表示）。（3）已知KMnO4在酸性環(huán)境中被還原為Mn2+，在弱酸性、弱堿性溶液中被還原為MnO2，在堿性環(huán)境中被還原為MnO42-。據流程判斷，加入KMnO4時溶液的pH應調至；a．2.2～2.4 b．5.2～5.4 c．12.2～12.4濾渣Ⅲ的成分為。（4）制備BaS時，按物質的量之比計算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1:2，目的是；生產過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，反應器Ⅳ中產生的尾氣需用堿液吸收，原因是。（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中ZnS含量為29.4%。高品質銀印級立德粉中ZnS含量為62.5%。在ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S中選取三種試劑制備銀印級立德粉。所選試劑為，反應的化學方程式為（已知BaSO4的相對分子質量為233。ZnS的相對分子質量為97）?！敬鸢浮浚?）反應中產生氫氣，達一定濃度后易爆炸，出現危險，需要通風。（2）Zn+Cu2+=Zn2++Cu2+（3）b，MnO2和Fe(OH)3（4）避免產生CO等有毒氣體；尾氣中含有的SO2等有毒氣體（5）ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4【解析】分析流程中的相關反應：反應器Ⅰ中粗氧化鋅中所含Zn、CuO、FeO與硫酸反應，不溶性雜質以濾渣Ⅰ的形式過濾分離；反應器Ⅱ中用Zn置換溶液中Cu2+；反應器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同時控制pH，在弱酸性、弱堿性環(huán)境中，產生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到凈化的ZnSO4溶液；反應器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2制備BaS；反應器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制備立德粉。所以反應器Ⅰ中Zn與硫酸反應產生氫氣，保持強制通風，避免氫氣濃度過大而易發(fā)生爆炸，出現危險。反應器Ⅱ除Cu2+，Zn+Cu2+=Zn2++Cu2+。反應器Ⅲ除Fe2+，同時在弱酸性、弱堿性環(huán)境中KMnO4還原為MnO2，以濾渣形式分離。反應器Ⅳ中BaSO4+2C=BaS+2CO2，BaSO4+4C=BaS+4CO，投料比要大于1:2，避免產生CO等有毒氣體；生產過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，將BaS氧化產生SO2等有毒氣體需用堿液吸收。已知BaSO4的相對分子質量為233。ZnS的相對分子質量為97，ZnS含量為29.4%，立德粉為BaSO4·ZnS；ZnS含量為62.5%，立德粉（BaSO4·4ZnS）。故反應的化學方程式為：4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO4·4ZnS+3Na2SO4。4．[2019·江蘇卷]（1）室溫下，反應CaSO4(s)+SKIPIF1<0(aq)CaCO3(s)+SKIPIF1<0(aq)達到平衡.則溶液中SKIPIF1<0=[Ksp(CaSO4)=4.8×10?5，Ksp(CaCO3)=3×10?9]。（2）將氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其離子方程式為；浸取廢渣時，向(NH4)2CO3溶液中加入適量濃氨水的目的是。（3）廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行?？刂品磻獪囟仍?0~70℃，攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSO4的轉化率下降，其原因是；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，實驗中提高CaSO4轉化率的操作有。（4）濾渣水洗后，經多步處理得到制備輕質CaCO3所需的CaCl2溶液。設計以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl2溶液的實驗方案：[已知pH=5時Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5時Al(OH)3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和Ca(OH)2]?！敬鸢浮浚?）1.6×104（2）SKIPIF1<0+NH3·H2OSKIPIF1<0SKIPIF1<0+SKIPIF1<0+H2O(或SKIPIF1<0+NH3·H2OSKIPIF1<0+SKIPIF1<0+H2O)增加溶液中SKIPIF1<0的濃度，促進CaSO4的轉化

（3）溫度過高，(NH4)2CO3分解 加快攪拌速率（4）在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH試紙測量溶液pH，當pH介于5~8.5時，過濾【解析】（1）反應CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）達到平衡時，溶液中SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=1.6×104。（2）NH4HCO3屬于酸式鹽，與氨水反應生成（NH4）2CO3，反應的化學方程式為NH4HCO3+NH3·H2O=（NH4）2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O（NH4）2CO3+H2O]，離子方程式為HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O）；浸取廢渣時，加入的（NH4）2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動，溶液中CO32-的濃度增大，反應CaSO4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移動，促進CaSO4的轉化。（3）由于銨鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過高，（NH4）2CO3分解，從而使CaSO4轉化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應（或發(fā)生沉淀的轉化），保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSO4轉化率即提高反應速率，結合外界條件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高CaSO4轉化率的操作為加快攪拌速率（即增大接觸面積，加快反應速率，提高浸取率）。（4）工業(yè)廢渣主要含CaSO4·2H2O，還含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4與（NH4）2CO3反應生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反應，過濾后所得濾渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaCl2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCO3完全轉化為CaCl2，發(fā)生的反應為CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，與此同時發(fā)生反應Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反應，經過濾除去SiO2；得到的濾液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根據“pH=5時Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5時Al（OH）3開始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應加入Ca（OH）2調節(jié)溶液的pH介于5~8.5[加入Ca（OH）2的過程中要邊加邊測定溶液的pH]，然后過濾即可制得CaCl2溶液。5.[2018·新課標Ⅱ卷]我國是世界上最早制得和使用金屬鋅的國家。一種以閃鋅礦（ZnS，含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS雜質）為原料制備金屬鋅的流程如圖所示：相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+開始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列問題：（1）焙燒過程中主要反應的化學方程式為_______________________。（2）濾渣1的主要成分除SiO2外還有___________；氧化除雜工序中ZnO的作用是____________，若不通入氧氣，其后果是________________。（3）溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，還原除雜工序中反應的離子方程式為_________________?！敬鸢浮浚?）ZnS+SKIPIF1<0O2ZnO+SO2（2）PbSO4 調節(jié)溶液的pH 無法除去雜質Fe2+（3）Zn+Cd2+Zn2++Cd【解析】（1）由于閃鋅礦的主要成分是ZnS，因此焙燒過程中主要反應的化學方程式為ZnS+SKIPIF1<0O2ZnO+SO2。（2）由于硫酸鉛不溶于水，因此濾渣1的主要成分除SiO2外還有PbSO4；要測定鐵離子，需要調節(jié)溶液的pH，又因為不能引入新雜質，所以需要利用氧化鋅調節(jié)pH，即氧化除雜工序中ZnO的作用是調節(jié)溶液的pH。根據表中數據可知沉淀亞鐵離子的pH較大，所以若不通入氧氣，其后果是無法除去雜質Fe2+。（3）溶液中的Cd2+可用鋅粉除去，反應的離子方程式為Zn+Cd2+＝Zn2++Cd。6.[2017·北京卷]TiCl4是由鈦精礦（主要成分為TiO2）制備鈦（Ti）的重要中間產物，制備純TiCl4的流程示意圖如下：資料：TiCl4及所含雜質氯化物的性質化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸點/℃58136181（升華）3161412熔點/℃?69?25193304714在TiCl4中的溶解性互溶——微溶難溶（1）氯化過程：TiO2與Cl2難以直接反應，加碳生成CO和CO2可使反應得以進行。已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol?12C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=?220.9kJ·mol?1①沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學方程式：_______________________。②氯化過程中CO和CO2可以相互轉化，根據如圖判斷：CO2生成CO反應的ΔH_____0（填“＞”“＜”或“=”），判斷依據：_______________。③氯化反應的尾氣須處理后排放，尾氣中的HCl和Cl2經吸收可得粗鹽酸、FeCl3溶液，則尾氣的吸收液依次是__________________________。④氯化產物冷卻至室溫，經過濾得到粗TiCl4混合液，則濾渣中含有_____________。（2）精制過程：粗TiCl4經兩步蒸餾得純TiCl4。示意圖如下：物質a是______________，T2應控制在_________?！敬鸢浮浚?）①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=?45.5kJ/mol②>隨溫度升高，CO含量增大，說明生成CO的反應是吸熱反應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的反應方程式為TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根據蓋斯定律，兩式相加，得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=ΔH1+ΔH2=（?220.9kJ·mol?1）+（+175.4kJ·mol?1）=?45.5kJ·mol－1。②根據圖像，隨著溫度的升高，CO的濃度增加，CO2濃度降低，說明升高溫度，平衡向正反應方向移動，即△H>0。③尾氣中的HCl經水吸收可得到粗鹽酸，然后再將Cl2通入FeCl2溶液中，最后用氫氧化鈉溶液吸收剩余酸性氣體。④資料中已經給出“TiCl4及所含雜質氯化物的性質”一覽表，因此氯化過程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液態(tài)TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此過濾得到粗TiCl4混合液時濾渣中含有上述難溶物和微溶物。濾渣應為MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根據資料，SiCl4的沸點最低，先蒸餾出來，因此物質a為SiCl4，根據流程目的，為了得到純凈的TiCl4，后續(xù)溫度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。7.[2020·長沙市高三上學期一模，27]如圖是工業(yè)上以制作印刷電路的廢液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生產CuCl的流程：已知：CuCl是一種白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空氣中迅速被氧化為綠色，見光分解變成褐色。請回答下列問題：(1)流程中的濾渣①與Y反應和X與Y反應相比，單位時間內得到的氣體多，其原因為_______________________________。(2)濾液①需要加過量Z，檢驗Z過量的方法是________________________。(3)寫出生成CuCl的化學方程式：____________。(4)為了提高CuCl產品的純度，流程中的“過濾”操作適宜用下列裝置圖中的________(填選項字母)，過濾后，洗滌CuCl的試劑宜選用________(填“無水乙醇”或“稀硫酸”)。(5)CuCl加入飽和NaCl溶液中會部分溶解生成CuCleq\o\al(－,2)，在一定溫度下建立兩個平衡：Ⅰ.CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp＝1.4×10－6Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－(aq)CuCleq\o\al(－,2)(aq)K＝0.35。分析c(Cu＋)、c(CuCleq\o\al(－,2))和Ksp、K的數學關系，在圖中畫出c(Cu＋)、c(CuCleq\o\al(－,2))的關系曲線(要求至少標出一個坐標點)。(6)氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0.25g于250mL錐形瓶中，加入10mL過量的FeCl3溶液，不斷搖動：②待樣品溶解后，加入20mL蒸餾水和2滴指示劑；③立即用0.1000mol·L－1硫酸鈰標準溶液滴定至綠色為終點；④重復三次，消耗硫酸鈰溶液的平均體積為24.30mL。上述相應化學反應為CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，則樣品中CuCl的純度為________(保留三位有效數字)。【答案】(1)濾渣①中有鐵和銅，與鹽酸反應時形成無數微小的原電池，極大地加快了反應速率(2)取蝕刻液少量于試管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下層液體呈橙色，說明氯氣已過量(其他合理答案均可)(3)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4(4)B無水乙醇(5)(6)96.7%【解析】(1)流程中的濾渣①與Y反應和X與Y反應相比，單位時間內得到的氣體多，說明反應速率快，因為濾渣①中有鐵和銅單質，與鹽酸反應時能形成無數微小的原電池，極大地加快了反應速率；(2)檢驗溶液中通入的氯氣已過量，可取蝕刻液少量于試管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，若下層液體呈橙色，說明氯氣已過量。(3)根據流程圖可知，SO2、CuSO4、CuCl2反應生成H2SO4、CuCl，因此化學方程式為：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O=2CuCl↓＋2H2SO4。(4)生產中為了提高CuCl產品的質量，盡可能減少CuCl被空氣中氧氣氧化，宜采用抽濾法快速過濾，所以過濾裝置選擇B項。洗滌CuCl宜選用無水乙醇，因為CuCl難溶于無水乙醇，洗滌時可減少CuCl的溶解損失，而且后續(xù)干燥中易除去乙醇。不選用稀硫酸，雖然CuCl難溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗滌，會給CuCl表面帶來少量的H＋和SOeq\o\al(2－,4)雜質。(5)據反應式CuCl(s)＋Cl－(aq)CuCleq\o\al(－,2)(aq)和K的定義式有：K＝eq\f(c（CuCleq\o\al(－,2)）,c（Cl－）)，將分子、分母同乘以c(Cu＋)得：K＝eq\f(c（CuCleq\o\al(－,2)）×c（Cu＋）,c（Cl－）×c（Cu＋）)＝eq\f(c（CuCleq\o\al(－,2)）×c（Cu＋）,Ksp（CuCl）)，將題給的K和Ksp的數據代入得c(CuCleq\o\al(－,2))×c(Cu＋)＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。取其中(0.7，0.7)做為一個坐標點，圖像示意如答案：(6)根據題給的相應化學反應CuCl＋FeCl3=CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反應配比是1∶1，所以可得CuCl的純度：eq\f(24.30×10－3L×0.1mol/L×99.5g/mol,0.25g)×100%＝96.7%。8.[2019·黃岡高三調研，28)某科研課題小組研究利用含H＋、Na＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SOeq\o\al(2－,4)的工業(yè)廢電解質溶液，制備高純的ZnO、MnO2、Fe2O3，設計實驗流程如下：回答下列問題：(1)加入雙氧水的目的是___________________________。(2)第一次調pH使Fe3＋完全沉淀，寫出反應的離子方程式___________________________。(3)第二次調pH前，科研小組成員分析此時的溶液，得到常溫下相關數據如下表(表中金屬離子沉淀完全時，其濃度為1×10－5mol·L－1)。濃度/(mol·L－1)氫氧化物的Ksp開始沉淀的pH沉淀完全的pHZn2＋0.121.2×10－176.08.1Mn2＋0.104.0×10－147.89.8為防止Mn2＋同時沉淀造成產品不純，最終選擇將溶液的pH控制為7，則此時溶液中Zn2＋的沉淀率為________，利用濾渣Ⅱ制備高純的ZnO時，必然含有極其微量的________(以化學式表示)。(4)已知常溫下，Ksp(MnS)＝3.0×10－14，Ksp(ZnS)＝1.5×10－24，在除鋅時發(fā)生沉淀轉化反應為：MnS(s)＋Zn2＋(aq)ZnS(s)＋Mn2＋(aq)，其平衡常數K＝________。(5)沉錳反應在酸性條件下完成，寫出該反應的離子方程式________________________________?！窘馕觥?1)加入雙氧水，目的是將Fe2＋轉化為Fe3＋。(2)第一次加NaOH溶液調pH使Fe3＋完全沉淀，離子方程式為：Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓。(3)控制溶液的pH＝7，c(OH－)＝10－7mol·L－1，根據Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)，可知此時溶液中c(Zn2＋)＝1.2×10－17/(10－7)2mol·L－1＝1.2×10－3mol·L－1，則Zn2＋的沉淀率為eq\f(0.12－1.2×10－3,0.12)×100%＝99%。根據流程圖知，濾渣Ⅱ的主要成分為Zn(OH)2，其中會混有微量的Fe(OH)3，因此制得的ZnO中會混有微量的Fe2O3。(4)該反應的平衡常數K＝eq\f(c（Mn2＋）,c（Zn2＋）)＝eq\f(c（Mn2＋）·c（S2－）,c（Zn2＋）·c（S2－）)＝eq\f(Ksp（MnS）,Ksp（ZnS）)＝eq\f(3.0×10－14,1.5×10－24)＝2.0×1010。(5)沉錳反應為Mn2＋和S2Oeq\o\al(2－,8)的氧化還原反應，Mn2＋被氧化為MnO2，S2Oeq\o\al(2－,8)被還原為SOeq\o\al(2－,4)，該反應在酸性條件下完成，配平離子方程式為：Mn2＋＋S2Oeq\o\al(2－,8)＋2H2O=MnO2↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋?！敬鸢浮?1)將Fe2＋轉化為Fe3＋(2)Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓(3)99%Fe2O3(4)2.0×1010(5)Mn2＋＋S2Oeq\o\al(2－,8)＋2H2O=MnO2↓＋2SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋【精準提分】1.[2017·新課標Ⅰ]Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質）來制備，工藝流程如下：回答下列問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結果如下圖所示。由圖可知，當鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為___________________。（2）“酸浸”后，鈦主要以SKIPIF1<0形式存在，寫出相應反應的離子方程式__________________。（3）TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40min所得實驗結果如下表所示：溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉化率%9295979388分析40℃時TiO2·xH2O轉化率最高的原因__________________。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數目為__________________。（5）若“濾液②”中SKIPIF1<0，加入雙氧水和磷酸（設溶液體積增加1倍），使SKIPIF1<0恰好沉淀完全即溶液中SKIPIF1<0，此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？（列式計算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為SKIPIF1<0。（6）寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式?！敬鸢浮浚?）100℃、2h，90℃，5h（2）FeTiO3+4H++4Cl?=Fe2++SKIPIF1<0+2H2O（3）低于40℃，TiO2·xH2O轉化反應速率隨溫度升高而增加；超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉化反應速率下降（4）4（5）Fe3+恰好沉淀完全時，c(SKIPIF1<0)=SKIPIF1<0mol·L?1=1.3×10–17mol·L?1，c3(Mg2+)×c2(SKIPIF1<0)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不會生成Mg3(PO4)2沉淀。（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑【解析】（1）由圖示可知，“酸浸”時鐵的凈出率為70%時，則應選擇在100℃、2h，90℃，5h下進行；（2）“酸浸”時用鹽酸溶解FeTiO3生成SKIPIF1<0時，發(fā)生反應的離子方程式為FeTiO3+4H++4Cl?＝Fe2++SKIPIF1<0+2H2O；（3）溫度是影響速率的主要因素，但H2O2在高溫下易分解、氨水易揮發(fā)，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O轉化反應速率隨溫度升高而增加；超過40℃，雙氧水分解與氨氣逸出導致TiO2·xH2O轉化反應速率下降；（4）Li2Ti5O15中Li為+1價，O為–2價，Ti為+4價，過氧根(SKIPIF1<0)中氧元素顯–1價，設過氧鍵的數目為x，根據正負化合價代數和為0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c(SKIPIF1<0)=1.3×10–2，則c(SKIPIF1<0)＝SKIPIF1<0＝1.3×10–17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2(SKIPIF1<0)＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，則無沉淀。（6）高溫下FePO4與Li2CO3和H2C2O4混合加熱可得LiFePO4，根據電子守恒和原子守恒可得此反應的化學方程式為2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。2.[2019浙江選考，31改編]某興趣小組在定量分析了鎂渣(含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Mg含量的基礎上，按如下流程制備六水合氯化鎂(MgCl2·6H2O)。相關信息如下：①700℃只發(fā)生MgCO3和Mg(OH)2②NH4Cl溶液僅與體系中的MgO反應，且反應程度不大。③“蒸氨”是將氨從固液混合物中蒸出來，且須控制合適的蒸出量。請回答：(1)下列說法正確的是________。A．步驟Ⅰ，煅燒樣品的容器可以用坩堝，不能用燒杯和錐形瓶B．步驟Ⅲ，蒸氨促進平衡正向移動，提高MgO的溶解量C．步驟Ⅲ，可以將固液混合物C先過濾，再蒸氨D．步驟Ⅳ，固液分離操作可采用常壓過濾，也可采用減壓過濾(3)溶液F經鹽酸酸化、蒸發(fā)、結晶、過濾、洗滌和低溫干燥得到產品。取少量產品溶于水后發(fā)現溶液呈堿性。①含有的雜質是________。②從操作上分析引入雜質的原因是________。(4)有同學采用鹽酸代替步驟Ⅱ中的NH4Cl溶液處理固體B，然后除雜，制備MgCl2溶液。已知金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍：金屬離子pH開始沉淀完全沉淀Al3＋3.04.7Fe3＋1.12.8Ca2＋11.3－Mg2＋8.410.9請給出合理的操作排序(從下列操作中選取，按先后次序列出字母，操作可重復使用)：固體B→a→()→()→()→()→()→()→MgCl2溶液→產品。a．用鹽酸溶解b．調pH＝3.0c．調pH＝5.0d．調pH＝8.5e．調pH＝11.0f．過濾g．洗滌【答案】(1)ABD(2)①堿式氯化鎂(氫氧化鎂)②過度蒸發(fā)導致氯化鎂水解(3)c→f→e→f→g→a【解析】(1)煅燒樣品應在坩堝中進行，不能在燒杯和錐形瓶中進行，A項正確；蒸氨促進反應MgO＋2NH4Cl＋H2OMgCl2＋2NH3·H2O正向移動，提高MgO的溶解量，B項正確；由于NH4Cl溶液與MgO的反應程度不大，先過濾，再蒸氨導致大量未反應的MgO損失，產率降低，C項錯誤；最后得到的是MgCl2·6H2O，固液分離操作既可以用常壓過濾，也可以用減壓過濾，D項正確。(2)①產品溶于水后溶液呈堿性，說明可能含有的雜質為Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。②引入該雜質最有可能的操作是過度蒸發(fā)濃縮導致Mg2＋水解生成Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。(3)若用鹽酸代替NH4Cl溶液，則用鹽酸溶解固體B所得溶液中含有Mg2＋、Al3＋、Fe3＋和Ca2＋。根據金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍，可先將溶液pH調節(jié)至5.0，使Fe3＋和Al3＋分別完全轉化為Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀從而過濾除去，再將溶液pH調節(jié)至11.0，將Mg2＋轉化為Mg(OH)2，過濾得到Mg(OH)2固體，洗滌后用鹽酸溶解即可得到MgCl2溶液，故合理的操作排序為固體B→a→c→f→e→f→g→a。3.[2020浙江選考，30改編]30.碘化鋰（SKIPIF1<0）在能源、醫(yī)藥等領域有重要應用，某興趣小組制備SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，流程如下：已知：SKIPIF1<0在75~80℃轉變成SKIPIF1<0，80~120℃轉變成SKIPIF1<0，300℃以上轉變成無水SKIPIF1<0。b.SKIPIF1<0易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大。c.SKIPIF1<0在空氣中受熱易被氧化。請回答：(1)步驟II，調SKIPIF1<0，為避免引入新的雜質，適宜加入的試劑為________。(2)步驟III，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥等多步操作。下列說法正確的是________。A.為得到較大的SKIPIF1<0晶體顆粒，宜用冰水浴快速冷卻結晶B.為加快過濾速度，得到較干燥的晶體，可進行抽濾C.宜用熱水洗滌D.可在80℃鼓風干燥(4)步驟IV，采用改進的實驗方案（裝置如圖），可以提高SKIPIF1<0純度。①設備X的名稱是________。②請說明采用該方案可以提高SKIPIF1<0純度的理由________。【答案】(1)LiOH(2)B(3)①抽氣泵②抽除空氣，避免LiI被氧化，減壓，有利脫水【解析】(1)將酸性溶液調節(jié)成中，又不引入新的雜質，可選用LiOH調節(jié)pH值；(2)A.用冰水浴快速冷卻結晶得到的是較小顆粒的晶體，故A錯誤；B.抽濾可以加快過濾速度，得到較干燥的晶體，故B正確；C.LiI易溶于水，溶解度隨溫度升高而增大，故C錯誤；D.SKIPIF1<0在75~80℃轉變成SKIPIF1<0，80~120℃轉變成SKIPIF1<0，故D錯誤。(3)①設備X的作用是將儀器內的空氣抽出，其名稱為抽氣泵；②該方案抽出空氣且瓶內壓強較低，抽除空氣，避免LiI被氧化，減壓，有利脫水；4.[2020·安徽省“皖江名校聯盟”高三5月聯考，27]MnCO3可用作電器元件材料，也可作為瓷釉、顏料的制作原料。工業(yè)上用酸性含錳廢水(主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋)制備MnCO3；已知：幾種金屬離子沉淀的pH如表金屬離子Fe2＋Fe3＋Cu2＋Mn2＋開始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.76.410.4回答下列問題：(1)①中加入過量MnO2的作用是___________________________，濾渣W的成分是___________________。(2)過程③中，調pH的目的是_________________。(3)過程④中有CO2生成，則生成MnCO3的離子方程式是________________________________。(4)過程④中得到純凈MnCO3的操作方法是___________________________，該過程中的副產品化學式是________。(5)MnCO3在空氣中加熱易轉化為不同價態(tài)的錳的氧化物，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示。則300℃時，剩余固體中n(Mn)∶n(O)為________；圖中點D對應固體的成分為_____________________(填化學式)?！窘馕觥?1)在過程①中，MnO2在酸性條件下可將Fe2＋氧化為Fe3＋，在過程②中，向溶液中加入氨水，調節(jié)溶液的pH＝3.7，這時溶液中的Fe3＋會形成Fe(OH)3沉淀，過量的MnO2也以固體形式存在。(2)過程③中，調pH是將Cu2＋轉化為沉淀除去。(3)過程④中，反應會有CO2生成，故反應為Mn2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)過程④中得到純凈MnCO3的操作方法是過濾、洗滌、干燥。根據元素守恒，可知副產品為NH4Cl。(5)MnCO3的物質的量為1mol，即質量為115g①A點剩余固體質量為115g×75.65%＝87g減少的質量為115g－87g＝28g可知MnCO3失去的組成為COn(Mn)∶n(CO)為1∶2，故剩余固體的成分為MnO2②C點剩余固體質量為115g×61.74%＝71g據錳元素守恒知m(Mn)＝55g，則m(O)1＝71g－55g＝16g則n(Mn)∶n(O)＝eq\f(55,55)∶eq\f(16,16)＝1∶1故剩余固體的成分