资源描述
专题十一 化工流程
【命题趋势探秘】
命题
规律
考查内容
化工生产工艺流程
物质提取工艺流程
水处理工艺流程
考查热度
☆☆☆☆
☆☆☆☆
☆☆☆☆
考查题型
填空题
填空题
填空题
所占分值
10-14分
10-14分
10-14分
命题
趋势
从近三年新课标地区高考试题来看，“化学工艺流程题”一直是高考题常用的命题形式，在新课标地区高考中这一特点依然保留，主要以框图形式给出工业生产流程，通过观察框图，获取所需信息解决问题，试题有一定难度。
化学工艺生产主要解决的矛盾，归纳起来主要有六个方面问题：一是解决将原料转化为产品的生产原理；二是除去所有杂质并分离提纯产品；三是提高产量与产率；四是减少污染，考虑“绿色化学”生产；五是原料的来源既要考虑丰富问题，又要考虑成本问题；六是生产设备简单，生产工艺简便、可行等工艺生产问题。化学工艺流程题，一般也就围绕以上六个方面设问求解。要准确、顺利解答化学工艺流程题，除了必须要掌握物质的性质和物质之间相互作用的基本知识以及除杂分离提纯物质的基本技能外，最关键的问题要掌握和具备分析工艺生产流程的方法和能力。为此，特提出下列四种解题基本方法
【常用方法聚焦】
◇方法1首尾分析型
【分析与讲解】
对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙生产工序)试题，首先对比分析生产流程示意图中的第一种物质原材料与最后一种物质产品，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产流程过程中原料转化为产品的基本原理和除杂分离提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答
【典例1】 （2014·江苏单科化学卷）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫研究。
（1）酸浸时反应的化学方程式为 ；滤渣Ⅰ的主要成分为 （填化学式）。
（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6—2x。滤渣Ⅱ的主要成分为 （填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是 （用离子方程式表示）。
（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是 ；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
【解析】（1）粉煤灰中含有氧化铝和二氧化硅，加入硫酸，氧化铝与硫酸反应，二氧化硅不和硫酸反应，化学方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O，滤渣的成分为二氧化硅。
（2）加入碳酸钙调节溶液的pH，溶液中的硫酸根与钙离子结合生成滤渣，滤渣II的主要成分是硫酸钙；若溶液的pH值偏高则部分硫酸铝转化成氢氧化铝沉淀，导致溶液中的铝离子含量降低，离子方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2
（3）流程中完全分解产生的二氧化硫小于被吸收的二氧化硫的总量，主要是因为有部分亚硫酸根被氧化成硫酸根；二氧化硫被吸收后生成盐，被循环利用的溶液的pH值减小。
【答案】
（1）Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O SiO2
（2）CaSO4 3CaCO3+2Al3++3SO42-+3H2O=2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2
（3）溶液中的部分亚硫酸根被氧化成硫酸根，减小
【技巧点拨】首尾分析法是一种解工艺流程题的常见方法，这种方法的特点是：简单、直观，很容易抓住解题的关键，用起来方便有效。使用这一方法解题，关键在于认真对比分析原材料与产品组成，从中产生的将原料转化为产品和除去原材料中所包含的杂质的基本原理和所采用的工艺生产措施。当把生产的主线弄清楚了，围绕生产主线所设计的系列问题，也就迎刃而解。
◇方法2 截段分析型
对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。
【典例2】（2014·安徽理综化学卷，T27）LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：
已知：HCl的沸点是－85.0 ℃，HF的沸点是19.5 ℃。
（1）第①步反应中无水HF的作用是 、 。反应设备不能用玻璃材质的原因是 (用化学方程式表示)。无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的 溶液冲洗。
（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易水解，其产物为两种酸，写出PF5水解的化学方程式： 。
（3）第④步分离采用的方法是 ；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是 。
（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品wg。测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为 mol(用含有w、n的代数式表示)。
【解析】（1）根据题目中的流程可以看出，固体+液体反应新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；HF属于弱酸，必须用弱碱性溶液来除去（比如2%的NaHCO3溶液）；
（2）根据题目中的信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成可知，两种酸分别是H3PO4和HF，所以反应的方程式为PF5+4H2O=H3PO4+5HF；
（3）第④步分离的是固体（LiPF4）和液体（HF），所以采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法；
（4）根据守恒可以得到；设LiPF6为xmol，LiF为ymol；根据Li守恒，有x+y=n，根据质量守恒有152x+26y=w，解得x=mol。
【答案】
（1）反应物 溶剂 SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O NaHCO3
（2）PF5+4H2O=H3PO4+5HF
（3）过滤 冷凝
（4）
（本题部分小题属于开放试题，合理答案均给分）
【技巧点拨】用截断分析法解工艺流程题是一种主流解题方法。因为当前的化工生产，为了降低成本，减少污染，增加效益，大都设计成综合利用原材料，生产多种产品的工艺生产线。为此这种工艺流程题很多,用截断分析法解工艺流程题关键在于选对属型和如何截段，截几段更合理，一般截段以生产的产品为准点，但也不一定，特殊情况也很多，必须具体情况作具体分析。
◇方法3交叉分析型
有些化工生产选用多组原材料，事先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，以这种工艺生产方式设计的工艺流程题，为了便于分析掌握生产流程的原理，方便解题，最简单的方法，就是将提供的工艺流程示意图画分成几条生产流水线，上下交叉分析.
【典例3】(2013大纲版·29)铝是一种广泛的金属，工业上用Al2O3 和冰晶石（Na3AlF6）混合常事电解制得。
①铝土矿的主要成分是Al2O3和SiO2等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如下；
②以萤石（CaF2）和纯碱为原料制备冰晶石的流程如下：
回答下列问题：
（1）写出反应1的方程式___________________________ _____________________________
(2)滤液I加入CaO生成的沉淀是_________，反应2的离子方程式为___________________
(3)E可作为建筑材料，化合物C是_________，写出由D制备冰晶石的化学方程式__________
(4)电解制铝的化学方程式_____________________________，以石墨为电极，阳极产生的混合气体的成分是________________________
解析：Al2O3、SiO2的性质、离子方程式及化学方程式的书写。
结合Al2O3、SiO2与NaOH反应后产物的性质来分析流程图一，根据萤石与浓硫酸反应制取HF来分析流程图二，充分利用质量守恒等来书写方程式。
（1）在加入NaOH溶液时，Al2O3和SiO2都能与NaOH反应，分别生成NaAlO2和Na2SiO3。
（2）加入CaO后，SiO32-与Ca2+结合生成难溶物CaSiO3；滤液II中主要含有AlO2-，通入CO2后生成沉淀Al(OH)3，煅烧后生成Al2O3。
（3）萤石能与浓硫酸反应生成CaSO4和HF气体；HF、Na2CO3、Al(OH)3三者没有发生氧化还原反应，根据质量守恒可写出方程式。
（4）电解Al2O3制取金属铝，加入的冰晶石为助熔剂；阳极产生的O2能与石墨电极反应生成CO2（可能含有CO）。
答案：（1）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O 2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O
（2）CaSiO3 2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
（3）浓H2SO4 12HF+2Na2CO3+2Al(OH)3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O
（4）2Al2O34Al+3O2↑ O2、CO2(CO)
点拨：从本题分析得知，构成交叉分析的题型，从提供的工艺流程上看，至少有三个因素(多组原材料、中间产品、多种产品)和两条或多条生产流水线的化工生产工艺。利用交叉分析法解工艺流程题的关键，在于找准中间产品(因为有时会出现多种中间产品)和流水生产的分线，在分析过程中，抓住中间物质的关联作用，逐一破解。
◇方法4 “瞻前顾后”分析型
有些化工生产，为了充分利用原料，变废为宝，设计的生产流水线除了主要考虑将原料转化为产品外，同时还要考虑将生产过程的副产品转化为原料的循环生产工艺。解答这种类型题时宜用“瞻前顾后”分析法 。“瞻前顾后”分析法，指分析工艺生产流程时，主要考虑原料转化为产品的问题(瞻前)，同时也要考虑原料的充分利用和再生产问题(顾后)。.
【典例4】（2013新课标I）锂离子电池应用很广,其正极材料可再生利用,某锂离子电池的正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为;6C+xLi++xe-=LixC6.现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)
回答下列问题:
(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为 .
(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式
(3)“酸浸”一般在80℃下进行，写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式 ；可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，但缺点是
(4)写出“沉钴”过程中反应的化学方程式
(5)充电过程中,发生LiCoO2与Li1-XCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式
(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收，其原因是 。在整个回收工艺中，可回收的金属化合物有 （填化学式）
解析：本题以金属回收工艺为背景，考查化学反应式、电极反应式的书写、化学与环境等知识。
（1）根据化合物化合价代数等零，可求Co元素的化合价等+3（2）正极上有废铝，用碱浸就是溶解铝。（3）酸浸后，水相中得到Co2+，说明H2O2在酸性环境下，还原了三价Co，即三价Co，有较强的氧化性，如用盐酸，Cl-也会被氧化成氯气，污染了环境。（4）“沉钴”就是CoSO4与NH4HCO3反应（5）已知充电时，负极反应为：6C+xLi++xe=LixC6，则放电时，负极的电极反应： LixC6－xe -=6C+xLi+ ，Li1-xCoO2+xe-+xLi+= LiCoO2，放电时，总反应式：
LixC6+ Li1-xCoO2=6C+LiCoO2 (6)负极上锂元素进入溶液后，在内电场作用下移到正极，在正极区富集。由流程图可知，整个工艺中，可回收到的金属化合物有Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
答案：
(1)+3 (2)2Al+2OH-+6H2O =2Al(OH)4-+3H2↑
(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2 Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O 2H2O2 2H2O +O2 ↑
有氯气生成,污染较大
(4) CoSO4+2NH4HCO3 =CoCO3↓+(NH4)2SO4 + H2O +CO2 ↑
(5)Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C
(6)Li+从负极中脱出，经由电解质向正极移动并进入正极材料中
Al(OH)3、CoCO3 、Li2SO4
【命题趋势】高中新课程改革后的化学高考命题，不少的省区将过去的无机框图题改为工艺流程框图题，如江苏近几年的高考化学试题，充分体现这一特色，体现化学学科与工业生产和日常生活的紧密联系。
专题热点集训11 化工流程
1．（2014·海南单科化学卷，T20-II）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌。某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）硫化锌精矿的焙烧在氧气气氛的沸腾炉中进行，所产生焙砂的主要成分的化学式为____。
（2）焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作.
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为________，其作用是__________________。
（4）电解沉积过程中的阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极，阳极逸出的气体是____。
（5）改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为____________________。
（6）我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于 “升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红，……，冷淀，毁罐取出，……，即倭铅也。”该炼锌工艺过程主要反应的化学方程式为____。（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌）
1．
（1）ZnO
（2）浸出
（3）锌粉 置换出Fe等
（4）O2
（5）2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O
（6）ZnCO3+2CZn+3CO↑
【解析】（1）硫化锌精矿的主要成分为ZnS，在沸腾炉中与氧气发生反应的方程式为ZnS+O2ZnO+SO2，故产生焙砂的主要成分的化学式ZnO；
（2）从流程图可以看出，“浸出”环节需要加入酸，所以用焙烧过程中产生的含尘烟气制取的酸，可用于后续的浸出操作；
（3）为了保证“浸出”环节焙砂能够全部溶解，所以加入的酸是过量的，此时杂质Fe3+也存在于“浸出液”中，所以加入锌粉的目的就是置换出Fe；
（4）根据题目中的信息“阴极采用铝板，阳极采用Pb-Ag合金惰性电极”，则阳极为惰性电极，此时阳极参加反应的微粒是OH—，电极反应式4OH—+4e—=2H2O+O2↑，故阳极逸出的气体是O2；
（5）根据信息“氧压酸浸”，可知参加反应的物质时ZnS、O2和酸提供的H+，生成物“有工业价值的非金属单质”即为S，所以离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O；
（6）该炼锌工艺参加反应的物质时煤炭饼和炉甘石（碳酸锌），得到的物质是倭铅（金属锌) 和CO，ZnCO3+2CZn+3CO↑。
2．（2014·天津理综化学卷）合成氨是人类科学技术上的一项重大突破，其反应原理为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol－1。一种工业合成氨的简式流程图如下：
(1)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收，产物为NH4HS。一定条件下向NH4HS溶液中通入空气，得到单质硫并使吸收液再生，写出再生反应的化学方程式：
________________________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ中制氢气的原理如下：
①CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋206.4 kJ·mol－1
②CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2 kJ·mol－1
对于反应①，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是____________。
a．升高温度 b．增大水蒸气浓度 c．加入催化剂 d．降低压强
利用反应②，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1 mol CO和H2的混合气体(CO的体积分数为20%)与H2O反应，得到1.18 mol CO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为____________。
(3)图(a)表示500 ℃、60.0 MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中a点数据计算N2的平衡体积分数：____________。
(4)依据温度对合成氨反应的影响，在图(b)坐标系中，画出一定条件下的密闭容器内，从通入原料气开始，随温度不断升高，NH3物质的量变化的曲线示意图。
(a) (b)
(5)上述流程图中，使合成氨放出的能量得到充分利用的主要步骤是(填序号)________。简述本流程中提高合成氨原料总转化率的方法： __________________________________。
【解析】(1)由题意可知为空气中的O2将负二价硫氧化为硫单质，根据电子守恒将方程式配平即可。(2)反应①为气体物质的量增大的吸热反应，降低压强使平衡右移，但反应速率减小，d错；催化剂不能改变反应限度，即不能改变H2的百分含量，c错；增大水蒸气浓度虽可使反应速率增大以及平衡右移，但产物H2的百分含量却减小，b错；升高温度反应速率增大，且平衡正向移动，H2的百分含量增大，a对。CO与H2的混合气体与水蒸气的反应中，反应体系中的气体的物质的量不变，而1 molCO与H2的混合气体参加反应生成1.18 mol混合气，说明有0.18 mol 水蒸气参加反应，则根据方程式②可知参加反应的CO也为0.18 mol，则其转化率为×100%＝90%。
(3)由图中看出当N2与H2物质的量比为1∶3时，NH3的平衡体积分数最大，为42%。设平衡时转化的N2的物质的量为x mol，由三段式：
N2＋3H22NH3
起始(mol): 1 3 0
转化(mol): x 3x 2x
平衡(mol): 1－x 3－ 3x 2x
×100%＝42%，则x＝0.59
则平衡时N2的体积分数为×100%＝14.5%。(4)作图时要注意开始时NH3物质的量不断增多，是因为反应正向进行(反应未达平衡)，达到一定程度后反应达到平衡而此时温度继续升高，平衡逆向移动，NH3的物质的量减小。(5)热交换器可以使需要加热的物质得到加热，还可以使需要冷却的物质得到冷却，能充分利用能量。合成氨反应为气体物质的量减小的反应，加压利于反应正向进行；此外，循环利用可反复利用原料，提高原料利用率。
【答案】
(1)2NH4HS＋O22NH3·H2O＋2S↓
(2)a 90%
(3)14.5%
(4)
(5)Ⅳ 对原料气加压；分离液氨后，未反应的N2、H2循环使用
3. （2013广东卷·32）银铜合金广泛用于航空工业。从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
（注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃）
（1）电解精炼银时，阴极反应式为 ；滤渣A与稀HNO3反应，产生的气体在空气中迅速变为红棕色，该气体变色的化学方程式为 。
（2）固体混合物B的组成为 ；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式为 。
（3）完成煅烧过程中一个反应的化学方程式： CuO + Al2O3 CuAlO2+ ↑
（4）若银铜合金中铜的质量分数为63.5%，理论上5.0kg废料中的铜可完全转化为 mol CuAlO2，至少需要1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液 L。
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是 、过滤、洗涤和干燥。
3.（1）Ag++e—= Ag，2NO+O2=2 NO2（2）CuO和Al(OH)3，Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O（3）4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑（4）25.0L （5）蒸发浓缩、冷却结晶
解析：（1）仿照精炼铜的原理可以确定粗银做阳极：Ag—e—= Ag+，纯银做阴极： Ag++e—= Ag。 滤渣A中的金属与稀硝酸反应生成无色的NO，NO与空气中的氧气反应生成红棕色的NO2：2NO+O2=2 NO2。（2）结合信息和流程图分析可知：硫酸铜、硫酸铝固体与稀氢氧化钠反应生成氢氧化铜和氢氧化铝，煮沸时氢氧化铜分解为CuO，氢氧化铝不分解，所以B应该为CuO和Al(OH)3，若NaOH过量，两性氢氧化物Al(OH)3就会溶解：Al(OH)3+OH—= AlO2—+2H2O。（3）依据题给反应物和生成物可以判断：CuO转化为CuAlO2，铜元素化合价由+2下降为+1，CuO做氧化剂，所以生成的物质还应有氧气（化合价-2→0），根据氧化还原反应反应得失电子守恒可配平反应：4CuO+2Al2O3 4CuAlO2+O2↑（4）银铜合金中的铜的物质的量n（Cu）=，根据元素守恒可得生成的CuAlO2也是50.0mol，依据CuAlO2中的Cu和Al个数关系及Al原子个数守恒可得,n= 25.0 mol，则需要硫酸铝溶液的体积是25.0L。（5）用溶液制备带结晶水的晶体的一般操作步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
4．（2013浙江卷·28）利用废旧锌铁皮制备磁性Fe3O4胶体粒子及副产物ZnO。制备流程图如下：
已知：Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似。请回答下列问题：
（1） 用NaOH溶液处理废旧锌铁皮的作用有
。
A．去除油污 B．溶解镀锌层 C．去除铁锈 D．钝化
（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是 。
（3）由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，原因是 。
（4）Fe3O4胶体粒子能否用减压过滤法实现固液分离？ （填“能”或“不能”），理由是 。
（5）用重铬酸钾法（一种氧化还原滴定法）可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取 g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1)。
配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有 。（用编号表示）。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
4．
（1）A、B
（2）抽滤、洗涤、灼烧
（3）N2气氛下，防止Fe2＋被氧化
（4）不能 胶体粒子太小，抽滤时容易透过滤纸
（5）0.7350 ③⑦
（6）偏大
解析：
（1）油污可在碱性条件下水解而除去。Zn具有两性，可用强碱NaOH除去。（2）将Zn(OH)2沉淀，抽滤、洗涤，最灼烧可得ZnO。（2）为制得Fe3O4胶粒，其中含有Fe2＋，故需要在N2保护中进行，以免被O2氧化。（4）胶体比滤纸的空隙小，抽滤时，胶体可以透过滤纸。（5）n(K2Cr2O7)=0.01000 mol·L－1×0.25L=0.0025mol，m (K2Cr2O7)= 0.0025mol×294.0 g·mol－1 = 0.7350 g。配制固体溶液时选用电子天平，配制液体时可选用量筒或移液管。（6）滴定前尖嘴有气泡，滴定后无气泡，则有部分溶液填入了气泡中，误当成与Fe2＋反应了，故使测定结果偏大。
5.（2013安徽理综卷·27）二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）。某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：
⑴ 洗涤滤渣A的目的是为了去除 （填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是 。
⑵ 第②步反应的离子方程式是 ，滤渣B的主要成分是 。
⑶ 萃取是分离稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP （填“能”或“不能”）与水互溶。实验室进行萃取操作是用到的主要玻璃仪器有 、烧杯、玻璃棒、量筒等。
⑷ 取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L-1 FeSO4标准溶液滴定终点是（铈被还原为Ce3＋）,消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为 。
5.⑴Fe3+， 用试管接最后一次洗涤液，滴入2~3滴KSCN溶液，若不显红色，无Fe3+ ，则已洗涤干净 。(稀盐酸只可以溶解Fe2O3，所以溶液中有Fe3+ 。SiO2不溶于盐酸)
⑵ CeO2 + 6H＋+ 3H2O2 == 2Ce3＋+3 O2↑+ 6H2O SiO2 。
(注意Ce的化合价是由+4到+3价的，被还原，所以H2O2是被氧化的)
⑶ 不能 (萃取剂与原溶剂必须是互不相溶的) 分液漏斗
⑷ 97.0 %
M(Ce(OH)4)=208 g·mol-1 n Ce(OH)4)= (n(Fe2＋)= 0.1000mol•L-1×0.025L =0.0025 mol
m(Ce(OH)4)=208 g·mol-1×0.0025 mol= 0.52 g
ω(Ce(OH)4)= 0.52 g / 0.536g = 0.9701=97.01%
解析：本题以工艺流程为基础，考查化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识。该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，、Fe2O3转化FeCl3为存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+滤渣为SiO2③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品。Ce(OH)4~ FeSO4，n= n(FeSO4)=0.1000mol/L×1.025L=0.0025mol，m=0.0025mol×208g/mol=0.52g。
6.（2013福建理综卷·24）二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱、安全的杀菌、消毒剂。
(1)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_________(填化学式)，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是___________。
②该法工艺原理示意图如右。其过程是将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠(NaClO3)与盐酸反应生成ClO2。工艺中可以利用的单质有________(填化学式)，发生器中生成ClO2的化学方程式为________________________________。
(2)纤维素还原法制 ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物D与NaClO3反应生成 ClO2。完成反应的化学方程式：
D +24NaClO3+12H2SO4 ＝ClO2↑+CO2↑+18H2O +______
(3)ClO2和Cl2 均能将电镀废水中的CN-氧化为无毒的物质，自身被还原为Cl-。处理含CN—相同量的电镀废水，所需Cl2 的物质的量是ClO2的______倍。
6.（1）①BaCl2
BaCO3 和BaSO4 的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，BaSO4(s) 会部分转化为BaCO3(s)
②H2 、Cl2
2NaClO3+4HCl =2ClO2+Cl2↑+2NaCl+2H2O
(2) C6H12O6+24NaClO3+12H2SO4=ClO2↑+CO2↑+18H2O +Na2SO4
(3) 2.5
解析：本题考查物质的提纯与除杂，沉淀溶度积的应用、电解、化学方程式的书写、氧化还原反应的配平与计算。（1）①BaCl2加入顺序要在Na2CO3溶液前；BaCO3 和BaSO4 的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO32-时，BaSO4(s) 会部分转化为BaCO3(s)，此时，SO42-又从沉淀中进入滤液中。②制备过程中，需要盐酸，电解过程产生的氯气、氢气可用制备需要的盐酸。（2）根据元素守恒和氧化还原反应中化合价升降相等配平化学方程式。（3）ClO2～5e-
Cl2 ～2e-，处理相同量CN－，氧化剂得到相同量电子，Cl2 的物质的量是ClO2的2.5倍
7.（2013江苏卷·16）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛。硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索。以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3 )为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：
（1）MgCO3 与稀硫酸反应的离子方程式为 。
（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为 。
（3）滤渣2 的成分是 (填化学式)。
800℃
（4）煅烧过程存在以下反应：
800℃
2MgSO4+C=== === 2MgO+2SO2↑+CO2↑
800℃
MgSO4+C=== === MgO+SO2↑+CO↑
MgSO4+3C=== === MgO+S↑+3CO↑
利用右图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集。
①D中收集的气体可以是 (填化学式)。
②B中盛放的溶液可以是 (填字母)。
a．NaOH 溶液 b．Na2CO3 溶液 c．稀硝酸 d．KMnO4溶液
③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式： 。
7.
（1）MgCO3 + 2H＋ Mg2＋ + CO2↑ + H2O
（2）2FeSO4 + H2O2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + 2H2O
（3）Fe(OH)3
（4）①CO ②d ③3S+6OH—SO32—+2S2—+3H2O。
解析：本题考查制备硫酸镁的实验流程分析，考查了方程式的书写以及混合气体的分离等知识。
（1）MgCO3为难溶性物质，写离子方程式不能拆开。（2）根据菱镁矿的成分，可知滤液中含有Fe2+，H2O2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+。结合前面使用稀硫酸可知溶液显酸性，所以离子方程式为2FeSO4+H2SO4+H2O2= Fe2(SO4)3+2H2O。（3）根据题意要提取镁元素，必须除去不溶性杂质和铁元素。根据流程，可知滤渣1是不溶性杂质，滤渣2中含的是铁元素。结合加入一水合氨和H2O2，可知滤渣2是Fe(OH)3。（4）根据反应原理，可知气体中含有SO2、CO2、CO和硫蒸汽。①D采用排水集气法，气体必然不溶于水，所以是CO。②SO2和CO2均属于酸性氧化物，均能与NaOH、Na2CO3溶液反应，达不到分步的目的，ab错误。SO2与稀HNO3反应同时得到NO，产生新杂质，干扰后续操作，c错误。SO2能被KMnO4氧化，而且没有新气体生成，d正确。③根据“淡黄色固体”，可知A中是硫单质。产物中有+4价硫，说明是Na2SO3，进而可知发生氧化还原反应，必然有部分硫化合价降低转化成Na2S。根据化合价升降相等，所以有3S+6OH—SO32—+2S2—+3H2O。
8 (2012·新课标全国，36)
由黄铜矿(主要成分是CuFeS2)炼制精铜的工艺流程示意图如下:
铜矿石
选矿
铜精矿砂
焙烧和除渣
反射炉
冰铜
还原
转炉
粗铜
精炼
电解槽
电解铜
(1)在反射炉中，把铜精矿砂和石英砂混合加热到1000 ℃左右，黄铜矿与空气反应生成Cu和Fe的低价硫化物，且部分Fe和硫化物转变为低价氧化物.该过程中两个主要反应的化学方程式分别是
； ，反射炉内生成炉渣的主要成分是 .
(2)冰铜(Cu2S和FeS互相熔合而成)含铜量为20%-50%.转炉中，将冰铜加熔剂(石英砂)在1200 ℃左右吹入空气进行吹炼.冰铜中的Cu2S被氧化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S反应，生成含Cu量约为98.5%的粗铜，该过程发生反应的化学方程式分别是 ；
(3)粗铜的电解精炼如右图所示.在粗铜的电解过程中，粗铜反应是图中电极 (填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为
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