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1、.* 2018年高考化学分项汇编-工艺流程题k j.co 1【2018新课标1卷】焦亚硫酸钠（Na2S2o5）在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题： （1）生产Na2S2o5，通常是由NaHSo3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。 （2）利用烟道气中的So2生产Na2S2o5的工艺为： pH=4.1时，中为_溶液（写化学式）。 工艺中加入Na2co3固体、并再次充入So2的目的是_。 （3）制备Na2S2o5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中So2碱吸收液中含有NaHSo3和Na2So3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSo3浓度增加。将该室
2、溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2o5。 （4）Na2S2o5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2o5残留量时，取50.00L葡萄酒样品，用0.01000olL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00L。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2o5的残留量为_gL1（以So2计）。 【答案】2NaHSo3Na2S2o5+H2oNaHSo3得到NaHSo3过饱和溶液2H2o4e4H+o2aS2o52+2I2+3H2o2So42+4I+6H0.128 【解析】分析：（1）根据原子守恒书写方程式； （2）根据溶液显酸性判断产物； 要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，据此判断
3、； （3）根据阳极氢氧根放电，阴极氢离子放电，结合阳离子交换膜的作用解答； （4）焦亚硫酸钠与单质碘发生氧化还原反应，据此书写方程式；根据方程式计算残留量。 详解：（1）亚硫酸氢钠过饱和溶液脱水生成焦亚硫酸钠，根据原子守恒可知反应的方程式为2NaHSo3Na2S2o5+H2o； （2）碳酸钠饱和溶液吸收So2后的溶液显酸性，说明生成物是酸式盐，即中为NaHSo3； 要制备焦亚硫酸钠，需要制备亚硫酸氢钠过饱和溶液，因此工艺中加入碳酸钠固体、并再次充入二氧化硫的目的是得到NaHSo3过饱和溶液； 点睛：本题以焦亚硫酸钠的制备、应用为载体考查学生对流程的分析、电解原理的应用以及定量分析等，题目难度中
4、等。难点是电解池的分析与判断，注意结合电解原理、交换膜的作用、离子的移动方向分析电极反应、亚硫酸氢钠浓度的变化。易错点是最后一问，注意计算残留量时应该以二氧化硫计，而不是焦亚硫酸钠。 2【2018新课标2卷】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家，一种以闪锌矿（ZnS，含有Sio2和少量FeS、cdS、PbS杂质）为原料制备金属锌的流程如图所示： 相关金属离子c0(n+)=0.1olL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子Fe3+Fe2+Zn2+cd2+ 开始沉淀的pH1.56.36.27.4 沉淀完全的pH2.88.38.29.4 回答下列问题： （1）焙烧过程中主要反应的化学方程式
5、为_。 （2）滤渣1的主要成分除Sio2外还有_；氧化除杂工序中Zno的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。 （3）溶液中的cd2+可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。 （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。 【答案】ZnS+o2Zno+So2PbSo4调节溶液的pH无法除去杂质Fe2+Zn+cd2+Zn2+cdZn2+2eZn溶浸 【解析】分析：焙烧时硫元素转化为So2，然后用稀硫酸溶浸，生成硫酸锌、硫酸亚铁和硫酸镉，二氧化硅与稀硫酸不反应转化为滤渣，由于硫酸铅不溶于水，因此滤渣1中还含有硫酸铅。由于沉淀亚铁离子的pH较大
6、，需要将其氧化为铁离子，通过控制pH得到氢氧化铁沉淀；滤液中加入锌粉置换出cd，最后将滤液电解得到金属锌，据此将解答。 （3）溶液中的cd2+可用锌粉除去，反应的离子方程式为Zn+cd2+Zn2+cd。 （4）电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极发生得到电子的还原反应，因此阴极是锌离子放电，则阴极的电极反应式为Zn2+2eZn；阳极是氢氧根放电，破坏水的电离平衡，产生氢离子，所以电解后还有硫酸产生，因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。 点睛：无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，能够综合考查学生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的
7、能力。解决本类题目的关键是分析流程中的每一步骤，可从以下几个方面了解流程：反应物是什么；发生了什么反应；该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。即抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务的。另外本题中呈现的内容展示了中华优秀科技成果对人类发展和社会进步的贡献，可以引导学生自觉传承我国科学文化，弘扬科学精神。 3【2018新课标3卷】kIo3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题： （1）kIo3的化学名称是_。 （2）利用“kclo3氧化法”制备kIo3工艺流程如下图所示： “酸化反应”所得产物有kH(Io3)2、cl2和kcl。“逐cl2”采用的方法是_。“
8、滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。 （3）kIo3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。 写出电解时阴极的电极反应式_。 电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。 与“电解法”相比，“kclo3氧化法”的主要不足之处有_（写出一点）。 【答案】碘酸钾加热kclkH(Io3)2+koH2kIo3+H2o或（HIo3+koHkIo3+H2o）2H2o+2e2oH+H2k+a到b产生cl2易污染环境等 【解析】分析：本题考查的是化学工业以及电化学的相关知识。应该从题目的化工流程入手，判断每步流程操作的目的，就可以顺利解决问题。 详解：（1）根据氯酸钾（k
9、clo3）可以推测kIo3为碘酸钾。 （2）将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度是随温度上升而下减小。第一步反应得到的产品中氯气在“逐cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时kH(Io3)2应该在滤渣中，所以滤液中主要为kcl。“调pH”的主要目的是将kH(Io3)2转化为kIo3，所以方程式为：kH(Io3)2+koH=2kIo3+H2o。 点睛：题目的电解过程，可以理解为：阳极区的单质碘和氢氧化钾反应：3I2+6koH=kIo3+5kI+3H2o，生成的碘离子在阳极失电子再转化为单质碘，单质碘再与氢氧化钾反应，以上反应反复循环最终将所有的碘都转化
10、为碘酸钾。阴极区得到的氢氧化钾可以循环使用。 4【2018北京卷】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为ca5(Po4)3(oH)，还含有ca5(Po4)3F和有机碳等。 溶解度：ca5(Po4)3(oH) （1）上述流程中能加快反应速率的措施有_。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 2ca5(Po4)3(oH)+3H2o+10H2So410caSo40.5H2o+6H3Po4 该反应体现出酸性关系：H3Po4_H2So4（填“”或“ 结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。 （3）酸浸时，磷精矿中ca5(Po4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去
11、。写出生成HF的化学方程式：_。 （4）H2o2将粗磷酸中的有机碳氧化为co2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80后脱除率变化的原因：_。 （5）脱硫时，caco3稍过量，充分反应后仍有So42残留，原因是_；加入Baco3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是_。 （6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bolL1NaoH溶液滴定至终点时生成Na2HPo4，消耗NaoH溶液cL，精制磷酸中H3Po4的质量分数是_。（已知：H3Po4摩尔质量为98gol1） 【答案】研磨、加热核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力
12、PS，非金属性PS2ca5(Po4)3F+10H2So4+5H2o10caSo40.5H2o+6H3Po4+2HF80后，H2o2分解速率大，浓度显著降低caSo4微溶Baco3+2H3Po4BaSo4+co2+H2o+2 【解析】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。 （1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3Po4H2So4。 用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （6）根据题意关系式为H
13、3Po42NaoH，由消耗的NaoH计算H3Po4。 详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。 （2）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3Po4H2So4。 用元素周期律解释酸性：H3Po4H2So4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。 （3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，ca5（Po4）3F与H2So4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2ca5（Po4）3F+10H2So4+5H2o10caSo40.5H2o+6H3Po4+2HF。
14、（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80后温度升高，H2o2分解速率大，H2o2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。 点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，Baco3或caco3中碳元素最终变为co2；第（6）问中H3Po4与NaoH物质的量之比的确定等。 5.【2018江苏卷】以高硫铝土
15、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题16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”得到的滤液中通入过量co2，铝元素存在的形式由_（填化学式）
16、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）=_。 【答案】（1）So2+oHHSo3 （2）FeS2 硫元素转化为caSo4而留在矿粉中 （3）NaAlo2Al(oH)3 （4）116 添加cao，cao起固硫作用，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。 （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
17、成NaHco3和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。 详解：（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，离子方程式为So2+oH-=HSo3-。 （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）=1:16。 点睛：本题以高硫铝土矿为原料生产氧化铝和Fe3o4的流程为载体，
18、考查流程的分析，Fe、Al、S元素及其化合物的性质，图像的分析，获取新信息的能力，指定情境下方程式的书写。如NaoH溶液吸收过量So2则产物为HSo3，Fe2o3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧则没有氧气作氧化剂等需注意反应物及用量的不同。 6.【2018江苏卷】以cl2、NaoH、(NH2)2co（尿素）和So2为原料可制备N2H4H2o（水合肼）和无水Na2So3，其主要实验流程如下： 已知：cl2+2oHclo+cl+H2o是放热反应。 N2H4H2o沸点约118，具有强还原性，能与Naclo剧烈反应生成N2。 （1）步骤制备Naclo溶液时，若温度超过40，cl2与NaoH溶液反应生成
19、Naclo3和Nacl，其离子方程式为_；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是_。 （2）步骤合成N2H4H2o的装置如题19图1所示。Naclo碱性溶液与尿素水溶液在40以下反应一段时间后，再迅速升温至110继续反应。实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是_；使用冷凝管的目的是_。 （3）步骤用步骤得到的副产品Na2co3制备无水Na2So3（水溶液中H2So3、随pH的分布如题19图2所示，Na2So3的溶解度曲线如题19图3所示）。 边搅拌边向Na2co3溶液中通入So2制备NaHSo3溶液。实验中确定何时停止通So2的实验操作为_。 请补充完整由NaHSo3溶液制备无水Na2So3的实
20、验方案：_，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 【答案】（1）3cl2+6oH5cl+clo3+3H2o缓慢通入cl2 （2）Naclo碱性溶液减少水合肼的挥发 （3）测量溶液的pH，若pH约为4，停止通So2 边搅拌边向NaHSo3溶液中滴加NaoH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaoH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34条件下趁热过滤 【解析】分析：步骤I中cl2与NaoH溶液反应制备Naclo；步骤II中的反应为Naclo碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，；步骤III分离出水合肼溶液；步骤IV由So2与Na2co3反应制备Na2So3。 （1）温度超过40，c
21、l2与NaoH溶液发生歧化反应生成Naclo3、Nacl和H2o。由于cl2与NaoH溶液的反应为放热反应，为了减少Naclo3的生成，应控制温度不超过40、减慢反应速率。 （2）步骤II中的反应为Naclo碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与Naclo剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加Naclo碱性溶液。Naclo碱性溶液与尿素水溶液在110继续反应，N2H4H2o沸点约118，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。 （3）向Na2co3溶液中通入So2制备NaHSo3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSo3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止
22、通入So2。 由NaHSo3溶液制备无水Na2So3，首先要加入NaoH将NaHSo3转化为Na2So3，根据含硫微粒与pH的关系控制pH；根据Na2So3的溶解度曲线，确定分离Na2So3的方法。 详解：（1）温度超过40，cl2与NaoH溶液发生歧化反应生成Naclo3、Nacl和H2o，反应的化学方程式为3cl2+6NaoH5Nacl+Naclo3+3H2o，离子方程式为3cl2+6oH-5cl-+clo3-+3H2o。由于cl2与NaoH溶液的反应为放热反应，为了减少Naclo3的生成，应控制温度不超过40、减慢反应速率；实验中控制温度除用冰水浴外，还需采取的措施是：缓慢通入cl2。
23、由NaHSo3溶液制备无水Na2So3，首先要加入NaoH将NaHSo3转化为Na2So3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaoH应调节溶液的pH约为10；根据Na2So3的溶解度曲线，温度高于34析出Na2So3，低于34析出Na2So37H2o，所以从Na2So3溶液中获得无水Na2So3应控制温度高于34。由NaHSo3溶液制备无水Na2So3的实验方案为：边搅拌边向NaHSo3溶液中滴加NaoH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaoH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。 点睛：本题以制备水合肼和无水Na2So3的
24、实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。 7【2018届长沙市三模】硫酸锌被广泛应用于医药领域和工农业生产。工业上由氧化锌矿（主要成分为Zno，另含ZnSio3、Feco3、cuo等）生产ZnSo47H2o的一种流程如图： （1）步骤的操作是_。 （2）步骤加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气的目的是_。 （3）步骤中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(oH)3和no(oH)2两种沉淀，该反应的
25、离子方程式为_。 （4）步骤中，加入锌粉的作用是_。 （5）已知硫酸锌的溶解度与温度之间的关系如下表： 温度/020406080100 溶解度/g41.854.170.474.867.260.5 从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为_、冷却结晶、过滤。烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是_。 （6）取28.70gZnSo47H2o加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680时所得固体的化学式为_。 aZnobZn3o(So4)2cZnSo4dZnSo4H2o 【答案】过滤升高温度、使反应物充分混合，以加快反应速率3Fe2+no4-+8H2o=3Fe(oH)3+no(oH)
26、2+5H+除去cu2+60条件下蒸发浓缩降低烘干的温度，防止ZnSo47H2o分解b 【解析】氧化锌矿(主要成分为Zno,另含ZnSio3、Feco3、cuo等)加稀硫酸溶解，过滤,滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁,再加高锰酸钾溶液与亚铁离子反应生成no(oH)2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中含有硫酸铜和硫酸锌，加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣为cu可能含有Zn，滤液为硫酸锌和硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSo47H2o晶体，根据分析可回答下列问题： （4）步骤中，向滤液中加入锌粉,可以与cu2+反应置换出铜，从而除去cu2+。答案为：除去cu2+ （5）从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、
27、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作,因为ZnSo47H2o易分解,所以烘干操作需在减压低温条件下进行,因此，本题正确答案是:60条件下蒸发浓缩，降低烘干的温度,防止ZnSo47H2o分解。答案为：60条件下蒸发浓缩、降低烘干的温度，防止ZnSo47H2o分解 （6）28.70gZnSo47H2o的物质的量为0.1ol,由Zn元素守恒可以知道,生成ZnSo4H2o或ZnSo4或Zno或Zn3o(So4)2时,物质的量均为0.1ol,若得ZnSo4H2o的质量为17.90g(100);若得ZnSo4的质量为16.10g(250);若得Zno的质量为8.10g(930);据此通过排除法确定680时所得
28、固体的化学式为Zn3o(So4)2；答案为：b 8【2018届内江市三模】铍铜是力学、化学综合性能良好的合金,广泛应用于制造高级弹性元件。以下是从某废旧铍铜元件(含Beo25%、cuS71%、少量FeS和Sio2)中回收铍和铜两种金属的流程。 已知：铍、铝元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似 常温下：kspcu(oH)2=2.210-20 kspFe(oH)3=4.010-38 kspn(oH)2=2.l10-13 （1）原子序数为29的cu的原子结构示意图为_。 （2）滤渣B的主要成分为_(填化学式)。写出反应中含铍化合物与过量盐酸反应的化学方程式_。 （3）溶液c中含Nacl、Bec
29、l2和少量Hcl,为提纯Becl2,选择合理步骤并排序。 a加入过量的NaoHb过滤c加入适量的Hcl d加入过量的氨水e通入过量的co2f洗涤 从Becl2溶液中得到Becl2固体的操作是_。 （4）no2能将金属硫化物中的硫元素氧化为单质硫,写出反应中cuS发生反应的离子方程式_。 若用浓HNo3溶解金属硫化物,缺点是_(任写一条)。 （5）溶液D中含c(cu2+)=2.2olL-1、c(Fe3+)=0.008olL-1、c(n2+)=0.01olL-1,逐滴加入稀氨水调节pH可依次分离,首先沉淀的是_(填离子符号),为使铜离子开始沉淀,常温下应调节溶液的pH大于_。 （6）取铍铜元件10
30、00g,最终获得Be的质量为72g，则Be的产率是_。 【答案】cuS、FeSNa2Beo2+4Hcl=Becl2+2Nacl+2H2odbfc蒸发结晶时向溶液中持续通入Hcl气体(或在Hcl气流中加热蒸干)no2+cuS+4H+=S+n2+cu2+2H2o产生污染环境的气体Fe3+4 【解析】（1）根据电子排布规律可得cu的原子结构示意图为。 （2）根据旧铍铜原件的成分Beo、cuS、FeS和Sio2的性质，结合已知铍、铝两元素的化学性质相似，Beo属于两性氧化物，Sio2属于酸性氧化物，二者都能溶于NaoH溶液中，生成Na2Beo2和Na2Sio3，而不溶物为cuS和FeS，所以滤渣B的主
31、要成分为cuS和FeS；滤液A中主要成分是NaoH、Na2Sio3、Na2Beo2，所以反应中含铍化合物即Na2Beo2，与过量盐酸反应的化学方程式为Na2Beo2+4Hcl=Becl2+2Nacl+2H2o。 （3）溶液c中含Nacl、Becl2和少量Hcl，根据Be与Al的性质相似，可得Becl2可与氨水反应生成Be(oH)2沉淀，经过虑，洗涤后再与适量的盐酸反应即可提纯Becl2，所以提纯Becl2合理的步骤是dbfc；为防止Be2+水解，要在Hcl气流中加热蒸干。 （4）根据叙述即可写出反应中cuS发生反应的离子方程式为no2+cuS+4H+=S+n2+cu2+2H2o；用浓HNo3溶
32、解金属硫化物时，浓硝酸被还原为氮的氧化物，污染环境（浓硝酸腐蚀性强，氧化性强，可能把S氧化为So2，污染环境）。 （6）已知旧铍铜原件中含Beo25%，所以Beo的质量为100025%=250g，理论上得到Be的物质的量为250g/25g/ol=10ol，即90g，但实际得到Be的质量为72g，所以Be的产率是72g/90g100%=80%。 点睛：本题重在理解铍、铝两元素处于周期表中的对角线位置，化学性质相似，包括单质及其化合物的性质都相似，根据铝及其化合物的性质即可解决铍及其化合物的性质。 9【2018届郑州市三模】coco3可用作选矿剂、催化剂及伪装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成coo、
33、co2o3，还含有Al2o3、Zno等杂质)为原料制备coco3的一种工艺流程如下： 下表是相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0olL-1计算)： 金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pH co2+7.69.4 Al3+3.05.0 Zn2+5.48.0 （1）写出“酸溶”时发生氧化还原反应的化学方程式_。 （2）“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为_，形成沉渣时发生反应的离子方程式为_。 （3）在实验室里，萃取操作用到的玻璃仪器主要有_；上述“萃取”过程可表示为ZnSo4(水层)+2HX(有机层)ZnX2(有机层)+H2So4(水层)，由有机层获取ZnSo4
34、溶液的操作是_。 （4）“沉钴”时，Na2co3溶液滴加过快会导致产品不纯，请解释原因_。 （5）在空气中煅烧coco3生成钴氧化物和co2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，co2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为_。 【答案】co2o3+So2+H2So4=2coSo4+H2o5.05.42Al3+3co32-+3H2o=2Al(oH)3+3co2分液漏斗，烧杯向有机层中加入适量的硫酸溶液充分振荡，静置，分离出水层Na2co3溶液滴加过快，会导致局部碱性过强而产生co(oH)2co3o4 【解析】试题分析：本题以含钴废渣为原料制备coco3的流程为载体，考查流程的分
35、析、方程式的书写、物质的分离和提纯、盐类的水解和化学式的确定。 （1）“酸溶”时加入H2So4和So2，由于So2具有还原性，So2将钴废渣中+3价的co还原为+2价，“酸溶”时发生的非氧化还原反应为：coo+H2So4=coSo4+H2o、Al2o3+3H2So4=Al2（So4）3+3H2o、Zno+H2So4=ZnSo4+H2o，发生的氧化还原反应为co2o3+So2+H2So4=2coSo4+H2o。 （2）“除铝”过程中Al3+完全沉淀，其它金属阳离子不形成沉淀，根据co2+、Al3+、Zn2+开始沉淀和沉淀完全的pH，“除铝”过程中需要调节溶液pH的范围为5.05.4。形成沉渣时加
36、入的是Na2co3，发生的是Al3+与co32-的双水解反应，形成沉渣时反应的离子方程式为2Al3+3co32-+3H2o=2Al（oH）3+3co2。 （4）“沉钴”时是向coSo4溶液中加入Na2co3溶液产生coco3沉淀，由于Na2co3溶液呈碱性，若Na2co3溶液滴加过快会导致局部碱性过强而产生co（oH）2沉淀，导致产品coco3中混有co（oH）2。 （5）n（co2）=0.03ol，根据c守恒，n（coco3）=n（co2）=0.03ol；根据co守恒，n（co）=0.03ol，氧化物中n（o）=0.04ol，n（co）：n（o）=0.03ol：0.04ol=3:4，该钴氧化
37、物的化学式为co3o4。 10【2018届河南省名校二模联考】镓是制作高性能半导体的重要原料。在工业上经常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知锌矿渣中含有Zn、Fe、Pb、Ga以及二氧化硅等，目前综合利用锌矿渣的流程如下： 已知：Ga性质与铝相似。 lg2=0.3，lg3=0.48。 如下表所示。 Zn(oH)2Ga(oH)3Fe(oH)2Fe(oH)3 ksp1.610-172.710-31810-162.810-39 （1）写出Ga的原子结构示意图_。 （2）滤渣1的成分为_。 （3）加入H2o2的目的(用离子方程式和适当语言回答)_。 （4）室温条件下，若浸出液中各种阳离子的浓度均为0.01o
38、/L且某种离子浓度小于110-5ol/L即认为该离子已完全除去，问操作B调节pH的范围是_。 （5）操作c中，需要加入氢氧化钠溶液，其目的是_(用离子方程式解释)；能否用氨水代替NaoH溶液，为什么?_；如何检测Fe(oH)3洗涤干净?_。 （6）在工业上，经常用电解NaGao2溶液的方法生产Ga，写出阴极的电极反应方程式：_。 【答案】Sio2PbSo42Fe2+H2o2+2H+=2Fe3+2H2o，防止生成Fe(oH)25.48pH.6.6Ga(oH)3+oH-=cao2-+2H2o不能，因为NH3H2o为弱碱，与Ga(oH)3不反应取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗
39、涤干净Gao2-+2H2o+3e-=Ga+4oH- （2）根据上述分析，滤渣1的成分为Sio2、PbSo4。 （3）Fe2+具有还原性，H2o2将Fe2+氧化成Fe3+，加入H2o2的目的是：2Fe2+H2o2+2H+=2Fe3+2H2o2，防止生成Fe（oH）2沉淀。 （5）根据流程，操作c中加入NaoH溶液的目的是：将Ga（oH）3溶解转化为NaGao2，联想Al（oH）3与NaoH的反应，反应的离子方程式为Ga（oH）3+oH-=Gao2-+2H2o。不能用氨水代替NaoH溶液，原因是：NH3H2o为弱碱，氨水与Ga（oH）3不反应。根据流程，Fe（oH）3沉淀上吸附的离子有Na+、oH-、Gao2-等，检验Fe（oH）3洗涤干净只要检验最后的洗涤液中不含oH-即可，检验Fe（oH）3洗涤干净的操作是：取最后一次洗涤的滤液，用pH试纸测试pH值，若为中性则洗涤干净。 （6）电解NaGao2溶液生产Ga，Ga元素的化合价由+3价降为0价，Gao2-转化为Ga为还原反应，电解时还原反应在阴极发生，阴极的电极反应式为：Gao2-+3e-+2H2o=Ga+4oH-。 k j.co