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1、化学工艺流程综合题型研究之真题研析(6)1(2017全国I卷)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下：回答下列问题：(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为_(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式_(3)TiO2xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：温度/3035404550TiO2xH2O转化率/%9295979388分析40 时TiO2xH2O转化率最高的原因
2、_(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为4，其中过氧键的数目为_(5)若“滤液”中c(Mg2)0.02 molL1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3)1.0105 molL1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？_(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.31022、1.01024(6)写出“高温煅烧”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_2(2017全国II卷)水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：
3、(1)在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸(2)沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_(3)加氨水过程中加热的目的是_。沉淀B的主要成分为_、_(写化学式)(4)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnOHH2C2O4Mn2CO2H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.050 0 molL1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_3(2017全国III卷)重铬酸钾是一种重要的化
4、工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr2O3，还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示，回答下列问题：(1)步骤的主要反应为：FeOCr2O3Na2CO3NaNO3Na2CrO4Fe2O3CO2NaNO2。上述反应配平后FeOCr2O3与NaNO3的系数比为_。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_(2)滤渣1中含量最多的金属元素是_，滤渣2的主要成分是_及含硅杂质(3)步骤调滤液2的pH使之变_(填“大”或“小”)，原因是_(用离子方程式表示)(4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到_(填标号)得到的K2Cr2
5、O7固体产品最多，步骤的反应类型是_a80 b60 c40 d10 (5)某工厂用m1 kg铬铁矿粉(含Cr2O3 40%)制备K2Cr2O7，最终得到产品m2 kg，产率为_4(2017天津卷)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见图2)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）(1)反应所加试剂NaOH的电子式为_，BC的反应条件为_，CAl的制备方法称为_(2)该小组探究反应发生的条件
6、。D与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有_ a温度 bCl的浓度 c溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O的液态化合物，放热4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_(写化学式)5(2017海南卷)以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥为原料制取MgSO47H2O的过程如图所示：硼镁泥的主要成分如下表：Mg
7、OSiO2FeO、Fe2O3CaOAl2O3B2O330%40%20%25%5%15%2%3%1%2%1%2%回答下列问题：(1)“酸解”时应该加入的酸是_，“滤渣1”中主要含有_(写化学式)(2)“除杂”时加入次氯酸钙、氧化镁的作用分别是_、_(3)判断“除杂”基本完成的检验方法是_(4)分离滤渣3应趁热过滤的原因是_6(2017北京卷)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/58136181(升华)3161412熔点/6925
8、193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶难溶(1)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(g)O2(g) H1=175.4 kJmol-12C(s)O2(g)=2CO(g) H2=220.9 kJmol-1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式_氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的H_0（填“”“”或“=”），判断依据_氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是_氯化产物冷却至室温，
9、经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_(2)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：物质a是_，T2应控制在_7(2017江苏卷)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_(2)向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_ (填“增大”、“不变”或“减小”)(3)“电解”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_(4)“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_，
10、阴极产生的物质A的化学式为_(5)铝粉在1000时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_8(2017江苏卷)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。已知：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaClNaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl2NH3H2OAg(NH3) 2+Cl2H2O常温时N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3) 2+N2H4H2O=4AgN24NH44NH3H2O(1)“氧化”阶段需在80条件
11、下进行，适宜的加热方式为_(2)NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为_，HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是_(3)为提高Ag的回收率，需对“过滤”的滤渣进行洗涤，并_(4)若省略“过滤”，直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反应外(该条件下NaClO3与NH3H2O不反应)，还因为_ _(5)请设计从“过滤”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：_(实验中须使用的试剂有：2 molL1水合肼溶液，1 molL1H2SO4)【化学工艺流程综合题型研究之真题研析
12、(6)】答案1(1)100 、2 h,90 、5 h(2)FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O(3)低于40 ，TiO2xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2xH2O转化反应速率下降(4)4(5)Fe3恰好沉淀完全时，c(PO) molL11.31017 molL1，c3(Mg2)c2(PO)值为0.013(1.31017)21.71040KspMg3(PO4)2，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀(6)2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O解析：(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为1
13、00 、2 h,90 、5 h。(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO34H4Cl=Fe2TiOCl2H2O。(3)当温度低于40 时，H2O2、NH3H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2xH2O转化率低；当温度高于40 时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为152x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x2(152x)1245，解得：x4。(5)根据Ksp(FePO4)1.31022及Fe3恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3)1.0105 mo
14、lL1，可得c(PO) molL11.31017 molL1。c(Mg2) molL10.01 molL1，则c3(Mg2)c2(PO)0.013(1.31017)21.6910401.71040KspMg3(PO4)21.01024，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由3降至2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4Li2CO3H2C2O42LiFePO43CO2H2O。2(1)将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3H2O2(2)SiO2(或H2SiO3)SiO24HF=SiF42H2O(或H2SiO34HF=Si
15、F43H2O)(3)防止胶体生成，易沉淀分离Al(OH)3Fe(OH)3(4)45.0%解析：(1)由题意知，水泥样品中含有铁、铝和镁等金属的氧化物，后面操作有加入氨水调节pH45，目的是除去Al元素和Fe元素，而在此pH范围内，Fe元素只有转化为Fe3才能完全生成沉淀，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2氧化为Fe3；还可以使用双氧水等其他氧化剂代替硝酸。(2)水泥样品中的SiO2、CaO及铁、铝、镁等金属的氧化物，只有SiO2(或反应生成的H2SiO3)不溶于盐酸，所以沉淀A的主要成分是SiO2(或H2SiO3)。SiO2(或H2SiO3)不与强酸反应，但可溶于氢氟酸中，反应的化学
16、方程式为SiO24HF=SiF42H2O(或H2SiO34HF=SiF43H2O)。(3)盐类水解是吸热反应，升高温度，可防止生成胶体，同时促进溶液中的Al3、Fe3水解程度增大而生成沉淀易于除去，加热的同时还可以加快反应速率；生成的沉淀主要为Al(OH)3、Fe(OH)3。(4)KMnO4与H2C2O4反应时，Mn由7价变为2价，每个Mn得到5个电子，即每个KMnO4得到5个电子，C由3价变为4价，每个C失去1个电子，即每个H2C2O4失去2个电子，由电子守恒可知，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO45H2C2O4。由题意知，消耗KMnO4的物质的量为0.050 0 m
17、ol/L0.036 L0.001 8 mol，因此H2C2O4的物质的量为0.001 8 mol0.004 5 mol。H2C2O4CaC2O4，故CaC2O4的物质的量为0.004 5 mol，Ca的质量为0.004 5 mol40 g/mol0.18 g，即水泥样品中钙的质量分数100%45.0%。3(1)27陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2)FeAl(OH)3(3)小2CrO2HCr2OH2O(4)d复分解反应(5)100%解析：(1)由题中反应可知，FeOCr2O3是还原剂，Fe元素化合价由2升高到3，Cr元素化合价由3升高到6,1 mol FeOCr2O3失去7 mol电子；Na
18、NO3是氧化剂，N元素化合价由5降低到3,1 mol NaNO3得到2 mol电子。根据电子守恒可得，FeOCr2O3和NaNO3的系数比为27。步骤不能使用陶瓷容器的原因是陶瓷在高温下会与Na2CO3反应。(2)熔块中Fe2O3不溶于水，过滤后进入滤渣1，则滤渣1中含量最多的金属元素是铁。滤液1中含有AlO、SiO及CrO，调节溶液pH7，则SiO转化为H2SiO3、AlO转化为Al(OH)3，故滤渣2为Al(OH)3及含硅杂质。(3)由流程图可知，滤液2通过调节pH使CrO转化为Cr2O，根据离子方程式2CrO2HCr2OH2O可知，增大H浓度，即pH变小，可以使上述平衡右移，有利于提高溶
19、液中的Cr2O浓度。(4)由图像可知，在10 左右时得到的K2Cr2O7固体最多。发生反应为2KClNa2Cr2O7=K2Cr2O72NaCl，该反应为复分解反应。(5)根据铬元素守恒可得：Cr2O3K2Cr2O7，理论上m1 kg铬铁矿粉可制得K2Cr2O7的质量：294 gmol1，则K2Cr2O7的产率为100%100%。4(1) 加热(或煅烧) 电解法(2)a c(3)2Cl2(g)TiO2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g) H85.6kJmol1(4)在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO和Cr2O NaOH和H25(1) H2SO4 SiO
20、2 (2)将Fe2氧化为Fe3 调节溶液pH，使Fe3、Al3以氢氧化物的形式沉淀除去 (3)取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全 (4)防止MgSO47H2O结晶析出解析：（1）流程制备的是MgSO47H2O，为了不引入杂质，因此所用的酸是硫酸，化学式为H2SO4；根据硼镁泥的成分，SiO2不与硫酸反应，因此滤渣1为SiO2；（2）硼镁泥中含有FeO，与硫酸反应后生成FeSO4，次氯酸钙具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，氧化镁的作用是调节pH，使Al3和Fe3以氢氧化物形式沉淀出来，除去Fe3和Al3；（3）除杂是除去的Fe3和Al3，因此验证Fe3就行，方法是
21、取滤液将其酸化后滴加KSCN溶液，若溶液未变红，则说明除杂完全；（4）防止MgSO47H2O结晶析出。6(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=-45.5 kJ/mol 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 MgCl2、AlCl3、FeCl3(2)SiCl4 高于136，低于181解析：（1）生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO22Cl22C=TiCl42CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) H=H1+H2=（-220.
22、9 kJmol-1）+（+175.4 kJmol-1）=-45.5kJmol1。根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即H0。除去氯气中混有HCl一般采用将气体通过饱和食盐水，结合操作目的，因此先通过饱和食盐水，然后在通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余的Cl2。资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。（2）根据资料，SiCl4
23、的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136，但小于181。7(1)Al2O3+2OH=2AlO2+H2O (2)减小(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(4)4CO32+2H2O4e=4HCO3+O2 H2(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜解析：结合流程及题中信息可知，铝土矿在碱溶时，其中的氧化铝和二氧化硅可溶于强碱溶液，过滤后，滤液中偏铝酸钠与碳酸氢钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，氢氧化铝经灼烧后分解为氧化铝，最后电解熔融的氧化铝得到铝。碳酸钠溶液经电解后可以再生成碳酸氢钠和氢氧化钠进行
24、循环利用。（1）氧化铝为两性氧化物，可溶于强碱溶液生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 。 (2为了提高铝土矿的浸取率，氢氧化钠溶液必须过量，所以过滤I所得滤液中含有氢氧化钠，加入碳酸氢钠溶液后，氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水，所以溶液的pH减小。 （3）电解I过程中，石墨阳极上氧离子被氧化为氧气，在高温下，氧气与石墨发生反应生成气体，所以，石墨电极易消耗的原因是被阳极上产生的氧气氧化。 （4）由图中信息可知，生成氧气的为阳极室，溶液中水电离的OH-放电生成氧气，破坏了水的电离平衡，碳酸根结合H+转化为HCO3-，所以电极反应式为4CO32-+2H
25、2O-4e-=4HCO3-+O2，阴极室氢氧化钠溶液浓度变大，说明水电离的H+放电生成氢气而破坏水的电离平衡生成大，所以阴极产生的物质A为H2 。 （5）铝在常温下就容易与空气中的氧气反应生成一层致密的氧化膜。氯化铵受热分解产生的氯化氢能够破坏铝表面的氧化铝薄膜，所以加入少量的氯化铵有利于AlN的制备。8(1)水浴加热 (2)4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl+4NaOH+O2会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 )，造成环境污染 (3)将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中 (4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，且其中含有一定浓度的Cl，不利于AgCl与氨水反应 (5)向滤液中滴加2 mol
26、L1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 molL1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。 解析：分析题中的实验流程可知，第一步氧化是为了把光盘中的少量银转化为氯化银，氯化银难溶于水，过滤后存在于滤渣中；第三步溶解时，氨水把氯化银溶解转化为银氨配离子，最后经一系列操作还原为银。（1）“氧化”阶段需在 80条件下进行,由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。 （2）因为已知NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2 ,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4A
27、gCl+4NaOH+O2。 HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造成环境污染 。（3）为提高Ag的回收率,需对“过滤”的滤渣进行洗涤,洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中。 （4）若省略“过滤”,直接向冷却后的反应容器中滴加10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量NaClO与NH3H2O反应外,还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水，氨水的浓度变小，且其中含有一定浓度的Cl-, 不利于AgCl与氨水发生AgCl+2NH3H2OAg
28、(NH3)2+ Cl +2H2O反应 ，使得银的回收率变小。 （5）“过滤”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2+N2H4H2O=4Ag+ N2+ 4NH4+ 4NH3+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2molL-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 molL-1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥。10学科网（北京）股份有限公司