2020届高三化学二轮高考12题题型特训——11——实验流程之无机化学工艺流程题

2020届届届届届届届届届12届届届届届
11——届届届届届届届届届届届届届届
1.以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2；还含有Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质]为主要原料生
产重铬酸钠晶体(Na2Cr2O7·2H2O,Na2Cr2O7是一种强氧化剂)的主要工艺流程如下：
已知：
①常温下Al(OH)3的K sp近似值为1×10−35；②当离子浓度小于1×10−5mol/L，视
为沉淀完全；
③溶液中存在下列反应：2CrO 42−+2H+⇌Cr2O 72−+H2O。

试回答下列问题：
(1)煅烧生成Na2CrO4的化学方程式为________________；
(2)滤渣2中除了Al(OH)3，还含有的物质为____________(填化学式)；若在常温下，
要将Al3+恰好沉淀完全，则应把溶液的PH调在___________
(3)往滤液Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，不选用盐酸的原因是
____________________，
(4)该工艺中某种产物可以再利用，该物质的化学式为_________；
(5)煅烧过程中，纯碱与Fe(CrO2)2的物质的量之比对重铬酸钠晶体产率的影响如下
图所示。

分析下图可知，取其之比2∶1为宜，理由是_________________
(6)采用石墨电极电解Na2CrO4溶液，可实现Na2CrO4→Na2Cr2O7的转化，其原理
如下图所示。

电解一段时间后，测得阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，
则此时铬酸钠的转化率为_______
【答案】(1)4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO32Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
(2)H2SiO3;4；
(3)Na2Cr2O7会被盐酸中的Cl−还原，并产生有毒气体Cl2；
(4)CO2；
(5)比为2∶1时，产率已经在97.0%以上，再进一步二者之比，产率提高不明显，而且还会导致成本加大；
(6)2(a−b)
×100%。

a
【解析】【分析】
本题主要以工艺流程为载体考查了化学方程式、沉淀溶解平衡的应用等知识，综合性较强，应多练习。

【解答】
(1)根据图示可得，煅烧生成Na2CrO4的化学方程式应为4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3
2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2；
(2)二氧化硅与纯碱反应生成硅酸钠，通过调节PH应生成硅酸，常温下，要将Al3+恰好沉淀完全，所以铝离子应小于1×10−5mol/L，常温下Al(OH)3的K sp近似值为1×10−35，所以应把溶液的PH调在4左右，故答案为：H2SiO3;4；
(3)往滤液Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，不选用盐酸的原因是Na2Cr2O7会被盐酸中的Cl−还原，并产生有毒气体Cl2，故答案为：Na2Cr2O7会被盐酸中的Cl−还原，并产生有毒气体Cl2；
(4)该工艺中可以再利用的物质应是二氧化碳，故答案为：CO2；
(5)结合图示可知，取其之比2∶1为宜，理由是比为2∶1时，产率已经在97.0%以上，再进一步二者之比，产率提高不明显，而且还会导致成本加大，故答案为：比为2∶1时，产率已经在97.0%以上，再进一步二者之比，产率提高不明显，而且还会导致成本加大；
(6)因为Na2CrO4含有2个钠离子，而阳极区溶液中Na+物质的量由a mol变为b mol，钠
离子减少，所以铬酸钠的转化率应为2(a−b)
a ×100%，故答案为：2(a−b)
a
×100%。

2.铅精矿可用于冶炼金属铅，其主要成分为PbS。

Ⅰ.火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧，生成PbO和SO2。

(1)用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为___________________。

(2)火法炼铅的废气中含低浓度SO2，可将废气通入过量氨水中进行处理，反应的离
子方程式为：______________。

Ⅱ.湿法炼铅在制备金属铅的同时，还可制得硫磺，相对于火法炼铅更为环保。

湿法炼铅的工艺流程如下：
已知：①不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。

温度/℃20406080100
溶解度/g 1.00 1.42 1.94 2.88 3.20
②PbCl2为能溶于水的弱电解质，在Cl−浓度较大的溶液中，存在平衡：PbCl2(aq)+
2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)
(3)浸取液中FeCl3的作用是________________________________。

(4)结合信息判断，操作a为___________________________________，以利于PbCl2
的析出。

(5)将溶液3和滤液2分别置于下图所示电解装置的两个极室中，可制取金属铅并
使浸取液中的FeCl3再生。

①溶液3应置于___________________(填“阴极室”或“阳极室”)中。

②简述滤液2电解后再生为FeCl3的可能原理：
____________________________________。

③若铅精矿的质量为a g，铅浸出率为b，当电解池中通过c mol电子时，金属铅全
部析出，铅精矿中PbS的质量分数的计算式为______________。

【答案】(1)2PbS+3O22PbO+2SO2；
(2)2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O；
(3)使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl42−，S元素转化成单质硫成为滤渣；
(4)加适量水稀释并冷却；
(5)①阴极室；
②阳极发生电极反应：Fe2+−e−=Fe3+，使c(Fe3+)升高，同时Cl−通过阴离子交换膜
向阳极移动，使FeCl3再生；
×100%。

③239c
2ab
【解析】【分析】
本题考查物质的分离与提纯的综合应用，难度一般。

理清提纯工艺中的流程是解题的关键，注意题目信息获取、电解池的工作原理、质量守恒定律等基础知识。

【解答】
铅精矿通过含有氯化铁和氯化钠溶液浸泡，加热，趁热过滤，得到含氯化铅、氯化亚铁的溶液和含有硫单质的滤渣，滤液加适量水稀释并冷却，得到氯化亚铁溶液和析出PbCl2，PbCl2加入氯化钠溶液，使平衡PbCl2(aq)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)正向移动，得到PbCl42−溶液，再与上述的氯化亚铁溶液共同组成电解池，电解得到铅单质和含有氯化铁的溶液，以此来解答。

(1)由题意，铅精矿在空气中焙烧，即与氧气反应生成PbO和SO2，故反应方程式2PbS+ 3O22PbO+2SO2，
故答案为：2PbS+3O22PbO+2SO2；
(2)二氧化硫是酸性气体，氨水显弱碱性，用氨水来吸收二氧化硫，得到相应的铵盐和水，故离子方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O，
故答案为：2NH3⋅H2O+SO2=2NH4++SO32−+H2O；
(3)浸取液中FeCl3，增加了氯离子浓度，当氯离子浓度较大时，溶液中存在平衡：
PbCl2(aq)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)，正向移动，让铅以PbCl42−的形式存在溶液中，另
外三价铁离子具有氧化性，S2−离子具有还原性，发生氧化还原反应，使硫元素转化成
单质硫，
故答案为：使Pb元素从难溶固体PbS转化成溶液中的PbCl42−，S元素转化成单质硫成
为滤渣；
(4)PbCl2为能溶于水的弱电解质，存在平衡：PbCl2(aq)+2Cl−(aq)⇌PbCl42−(aq)，加
水稀释，氯离子的浓度降低，平衡逆向移动，冷却后，温度降低，PbCl2的溶解度降低，从而析出PbCl2固体；
故答案为：加适量水稀释并冷却；
(5)①溶液3是含PbCl42−的溶液，要制得单质铅，元素铅的化合价降低，得到电子，发生还原反应，根据电解池的工作原理，阴极得到电子，故溶液3应放入阴极室；故答案为：阴极室；
②阳极室是溶液2，溶液2是氯化亚铁溶液，亚铁离子在阳极失去电子，转化成三价铁离子，溶液中的阴离子氯离子通过阴离子交换膜，到达阳极室，与三价铁离子结合，得到氯化铁溶液，达到再生的目的；
故答案为：阳极发生电极反应：Fe2+−e−=Fe3+，使c(Fe3+)升高，同时Cl−通过阴离子交换膜向阳极移动，使FeCl3再生；
③由Pb2+→Pb，1molPb2+，转移2mol电子，当电解池中通过c mol电子时，金属铅全部析出，所以就有1
2
cmol的Pb析出，铅浸出率为b，故原液中有铅离子物质的量为
c 2b mol，故PbS的物质的量也为c
2b
mol，m(PbS)=M(PbS)×n=(207+32)×c
2b
=239c
2b
，
铅精矿的质量为a g，质量分数=239c
2ab
×100%，
故答案为：239c
2ab
×100%。

3.从银精矿(含有Ag、Zn、Cu、Pb、S和SiO2等)中提取银、铜和铅的工艺流程如下
所示。

(1)步骤①中当盐酸的浓度和KClO3的用量一定时，为提高浸取率可采取的措施是
________(任答一条)。

(2)步骤②中试剂X为________，步骤④所得滤渣中除含有单质硫外，还含有的成
分为________。

(3)步骤③中发生反应的化学方程式为________。

(4)步骤⑤中发生反应的离子方程式为________，N2H4的电子式为________。

(5)粗银(含有Ag、Cu、Zn等)可用立式电解槽电解精炼，以纯银作阴极，以硝酸和
硝酸银的混合溶液作电解液，硝酸的浓度不能过大，其原因是________。

(6)此类工厂排出的废水中含有的NO3−危害人体健康，科技人员在碱性条件下用Al
粉将NO3−还原为N2，但处理后的水中有AlO2−生成，仍然对人体健康有害。

已知25℃时，K sp[Al(OH)3]=1.3×10−33，Al(OH)3⇌H++H2O+AlO2−K=1.0×10−13。

①25℃时，若将上述处理过的水中的AlO2−的浓度降至1.0×10−6mol⋅L−1，则此时
水中c(Al3+)=________mol⋅L−1。

②25℃时，Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数K=________。

【答案】(1)进一步粉碎银精矿或适当增大液固比；适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；
(2)Zn；SiO2
(3)AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl
(4)4[Ag(SO3)2]3−+N2H4+4OH−=4Ag↓+8SO32−+N2↑+4H2O；
(5)防止生成的银被硝酸溶解
(6)①1.3×10−12；②10
【解析】【分析】
本题为工艺流程题，为高考常见题型，侧重学生的分析、实验能力以及计算能力的考查，通过银的炼制、金属的冶炼原理、电解原理及其应用，考查了化学方程式、离子方程式的书、物质分离提纯的方法，明确工艺流程及各种物质的性质是解题关键，题目难度中等。

【解答】
(1)为提高浸取率可采取的措施：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提取浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌等；
故答案为：进一步粉碎银精矿或适当增大液固比或适当提高浸取温度或适当延长浸取时间或充分搅拌；
(2)由流程分析可知，试剂X为Zn，步骤④滤渣中除含单质硫外，还含有的成分有SiO2；故答案为：Zn；SiO2；
(3)步骤③加Na2SO3溶液，AgCl与Na2SO3反应生成Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，反应的化学方程式为AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl，
故答案为：AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl；
(4)滤液为Na3[Ag(SO3)2]和NaCl，在滤液中加N2H4，Na3[Ag(SO3)2]与N2H4反应生成Ag和氮气、亚硫酸钠，反应的离子方程式为：4[Ag(SO3)2]3−+N2H4+4OH−=4Ag↓+8SO32−+N2↑+4H2O；N2H4为共价化合物，其电子式为：
，
故答案为：4[Ag(SO3)2]3−+N2H4+4OH−=4Ag↓+8SO32−+N2↑+4H2O；
；
(5)浓硝酸具有强氧化性能氧化Ag，生成硝酸银溶液，所以硝酸浓度不能过大，防止生成的银被硝酸溶解，
故答案为：防止生成的银被硝酸溶解；
(6)①水中AlO2−浓度降到1.0×10−6mol⋅L−1，依据Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O K= 1.0×10−13，则c(H+)=1.0×10−13
=10−7(mol/L)，c(OH−)=10−7mol/L，：25℃时，
1.0×10−6
K sp[Al(OH)3]=1.3×10−33，则c(Al3+)=1.3×10−33
=1.3×10−12mol⋅L−1；
(10−7)3
故答案为：1.3×10−12；
②解：由①H2O⇌OH−+H+、②Al(OH)3⇌AlO2−+H++H2O可知，②−①得到OH−+Al(OH)3⇌AlO2−+H+，则Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数数值为
1.0×10−13
=10，
1.0×10−14
故答案为：10。

4.镧系金属元素铈(Ce)常见有+3、+4两种价态，铈的合金耐高温，可以用来制造喷
气推进器零件。

请回答下列问题：
(1)雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2− , NO3−物质的量之
比为1∶1，试写出该反应的离子方程式
_________________________________________。

(2)用电解的方法可将上述吸收液中的NO2−转化为稳定的无毒气体，同时再生
Ce4+，其原理如图所示。

①无毒气体从电解槽的___________(填字母序号)口逸出。

②每生成标准状况下22.4L无毒气体，同时可再生Ce4+_____________mol。

(3)铈元素在自然界中主要以氟碳铈矿形式存在，其主要化学成分为CeFCO3。

工业
上利用氟碳铈矿提取CeCl3的一种工艺流程如下：
①焙烧过程中发生的主要反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为
______________。

②向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是
________________________________________。

③常温下，当溶液中的某离子浓度≤1.0×10−5mol·L−1时，可认为该离子沉淀完
全。

据此，在生成Ce(OH)3的反应中，加入NaOH溶液至pH至少达到____________时，即可视为Ce3+已完全沉淀。

(K SP[Ce(OH)3])=1.0×10−20
④加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，其中NH4Cl的作用
是______________________________________。

【答案】(1)2NO+4Ce4++3H2O=6H++NO2−+NO3−+4Ce3+
(2)①c；②6
(3)①1∶4
②避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率)
③9
④NH4Cl固体分解产生的HCl可抑制CeCl3的水解
【解析】【分析】
本题考查混合物分离提纯的操作方法的应用，沉淀溶解平衡的应用，难度中等。

【解答】
(1)雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2−,NO3−物质的量之比为1∶1，该反应的离子方程式为：
2NO+4Ce4++3H2O=6H++NO2−+NO3−+4Ce3+，
故答案为：2NO+4Ce4++3H2O=6H++NO2−+NO3−+4Ce3+；
(2)①NO2−在电解池中阴极放电，得电子被还原成稳定的无毒气体N2，因此N2从电解槽的c口逸出。

故答案为：c；
②阴极是NO2−得到电子转化为氮气，则阴极的电极反应式为2NO2−+8H++6e−=N2↑+4H2O，生成1molN2转移6mol电子，Ce3+在阳极失去电子转化为Ce4+，根据得失电
子守恒，可再生6molCe4+，故答案为：6。

(3)①根据流程图可知焙烧过程中CeFCO3与氧气反应生成CeO2、CeF4、CO2，反应方程
式为4CeFCO
+O2 =高温3CeO2+CeF4+4CO2，氧化剂为O2，还原剂为CeFCO3，二者
3
物质的量之比为1:4，故答案为：1:4；
②向Ce(BF4)3中加入KCl溶液的目的是生成KBF4沉淀和CeCl3，使Ce(BF4)3转变成CeCl3，故答案为：避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率)；
3=10−5，则c(H+)=
③当Ce3+的浓度为：1.0×10−5mol/L时，c(OH−)=√1.0×10−20
1.0×10−5
10−9mol/L，则pH=9，故答案为：9；
④NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解，所以加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得固体无水CeCl3，故答案为：NH4Cl固体分解产生的HCl可以抑制CeCl3的水解。

5.资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。

某工厂以酸性
工业废水(含H+、Al3+、Mg2+、Cr2O72−、SO42−)以及硫酸厂废气(SO2)为原料提取铬的工艺流程如下：
有关数据如下表所示。

化合物Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3完全沉淀的pH10.5 4.3 5.3
开始溶解的pH—7.89.2
K sp近似值 5.6×10−12 1.3×10−33 6.3×10−31请回答下列问题：
(1)步骤①中发生主要反应的离子方程式为__________________________。

(2)步骤②中加入适量Al2O3的目的是__________________________。

(3)为了达到实验目的，步骤③中加入NaOH溶液，应调节溶液的pH范围为
_________。

(4)步骤⑥向滤液B中通入过量CO2，反应的离子方程式为
__________________________。

(5)工业上也常采用下列装置，利用电解法处理含铬废水。

①在电解过程中阳极区pH增大的原因是_______________________。

②理论上每处理含1mol K2Cr2O7的废水，阴极区得到的气体体积为________L(标
准状况)。

【答案】(1)Cr2O72−+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42−+H2O；
(2)调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离；
(3)7.8≤pH<9.2；
(4)AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；
(5)①Fe2+与Cr2O72−发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区；
②134.4。

【解析】【分析】
本题考查工艺流程分析，涉及沉淀形成，氧化还原反应，电化学相关知识，均为高频考点，正确运用化学原理分析问题是解题的关键，整体难度中等。

【解答】
(1)SO2具有还原性在溶液中被氧化为SO42−，Cr2O72−具有氧化性，其还原产物为Cr3+，步骤①中发生主要反应的离子方程式为Cr2O72−+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42−+H2O，
故答案为：Cr2O72−+3SO2+2H+=2Cr3++3SO42−+H2O；
(2)溶液A含H+、Al3+、Mg2+、Cr3+、SO42−，据表格数据和流程图知，步骤②中加入适量Al2O3的目的是调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离，过滤，滤液A为硫酸镁溶液，经系列操作得硫酸镁晶体，滤渣A为Al(OH)3、Cr(OH)3，故答案为：调节溶液的pH，使Cr3+、Al3+形成沉淀而与Mg2+分离；
(3)步骤③中加入NaOH溶液溶解氢氧化铝，使Al(OH)3与Cr(OH)3分离，应调节溶液的pH范围为7.8≤pH<9.2，故答案为：7.8≤pH<9.2；
(4)氢氧化钠与氢氧化铝反应的离子方程式为OH−+Al(OH)3=AlO2−+2H2O，步骤⑥向滤液B偏铝酸钠溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为AlO2−+ CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−，故答案为：AlO2−+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3−；
(5)①阳极采用Fe电极，电解时产生Fe2+，Fe2+具有还原性，阳极附近溶液中Cr2O72−转化为Cr3+，同时Fe2+被氧化为Fe3+，则反应的离子方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+= 2Cr3++6Fe3++7H2O，反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区，故在电解过程中阳极区pH增大，故答案为：Fe2+与Cr2O72−发生反应消耗H+，同时H+通过质子交换膜迁移到阴极区；
②Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，处理含1mol K2Cr2O7的废水消耗6molFe2+，Fe−2e−=Fe2+，转移12mole−，阴极电极反应式为2H++2e−=H2↑，阴
×22.4L/mol=134.4L，故答案为：134.4。

极区得到的气体体积为12mol
2
6.工业上以软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量FeCO3、Al2O3、SiO2)为原料制取
金属锰的工艺流程如下：
(1)软锰矿“粉磨”的目的是________。

(2)“浸渣”的主要成分是________。

(3)经检测“浸取液”中无Fe2+，“浸取时MnO2发生反应的离子方程式为
________。

(4)在“沉锰”操作中，不能用Na2CO3代替NH4HCO3，其原因是________。

(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用下图1装置电解应采用________离子交换
膜(填“阴”或“阳”)，阳极的电极反应式为________。

(6)为充分利用“滤渣1”，需测定滤渣中Al元素的含量，设计以下方案。

①将mg滤渣处理成amL溶液；
②取少量①中溶液用EDTA滴定测得溶液中Fe3+、Al3+的浓度之和为bmmol/L；
③另取少量①中溶液将Fe3+用盐酸羟胺(在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl−)还
原Fe2+，离子方程式为________；
④将③所得溶液利用吸光光度法测得其吸光度为0.400(吸光度与Fe2+的浓度关系
如上图2所示)。

该样品中Al元素的质量分数为________(用含字母的表达式表示)。

【答案】(1)加快浸取速率；
(2)SiO2；
(3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物(碱式碳酸锰)；
(5)阴；2H2O−4e−=4H++O2↑；
(6)③2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O；
④27a(b−0.040)×10−6
m 或(m−0.040×107a×10−6)×27
78m
【解析】【分析】
本题考查物质制备工艺流程、电解原理，属于拼合型题目，涉及陌生氧化还原方程式书写、对原理的分析评价、条件控制、化学计算等知识点，是对学生综合能力的考查，题目难度中等。

【解答】
(1)软锰矿“粉磨”的目的是加快浸取速率，故答案为：加快浸取速率；
(2)软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，二氧化硅不反应，滤渣主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；
(3)二氧化锰具有氧化性，亚铁离子具有还原性，“浸取”时MnO2发生反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O；
(4)不能用Na2CO3代替NH4HCO3的原因是Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物(
碱式碳酸锰)，故答案为：Na2CO3溶液碱性较强，会导致生成氢氧化物(碱式碳酸锰)；
(5)将“酸溶”后的溶液作为电解液，用如图1装置电解时，阴极发生放电的物质是Mn2+，应采用阴离子交换膜使硫酸根向阳极移动，阳极发生放电的物质是水，电极反应式为
2H2O−4e−=4H++O2↑，故答案为：阴；2H2O−4e−=4H++O2↑；
(6)③Fe3+与盐酸羟胺反应的离子方程式为2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑
+2H2O，故答案为：2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2↑+2H2O；
④由图2可知溶液中的亚铁离子的浓度为0.04×10−3mol/L，
根据铁元素的守恒可知，滤渣处理后的铁离子浓度为0.04×10−3mol/L，
铝离子浓度为(b−0.04)×10−3mol/L，
则该样品中Al元素的质量分数为27a(b−0.040)×10−6
m
；
滤渣1为Fe(OH)3和Al(OH)3，
由铁离子浓度为0.04×10−3mol/L，计算得氢氧化铁质量是0.04×10−6×107a g，则m g 滤渣中氢氧化铝质量是(m−0.04×10−6×107a)g，计算得到Al元素质量分数为(m−
0.040×107a×10−6)×27
78m。

故答案为：27a(b−0.040)×10−6
m 或(m−0.040×107a×10−6)×27
78m。

7.粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。

湿法处理阳极泥的一种工艺流程如
下：
(1)在含锌、金、银的粗铜电解精炼过程中，阳极质量的减小_________(选填“大
于”、“小于”或“等于”)阴极质量的增加。

(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为________，从CuSO4溶液中获取CuSO4
晶体的主要步骤：_________、____________、过滤、洗涤、干燥。

(3)已知；浸金时，Au转化为AuCl4−。

在理论上，提取金的过程中反应消耗NaClO3
和H2C2O4的物质的量之比为________________。

(4)已知：浸银时发生反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+Cl−;Ag(SO3)23−将HCHO
氧化为CO32−
①为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到Na2SO3再生
液，X是_______。

②其他条件不变时，浸银如在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率
___________(选填“减小”、“增大”或“不变”)；其他条件不变时，浸银如在不同PH下进行，银的浸出率随PH的增大而_________(选填“减小”、“增大”
或“不变”)；其他条件不变时，Na2SO3再生液循环使用多次后银的浸出率会降低。

试解释产生这种变化的原因_________________。

【答案】(1)大于
(2)；蒸发浓缩、冷却结晶
(3)1︰3
(4)①SO2
②减小；增大；Cl−浓度累积增大，抑制了平衡反应的正向进行，导致浸出率不断降低。

【解析】【分析】
本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、实验能力，注意题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。

【解答】
粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等，加入过氧化氢、稀硫酸和氯化钠，在90℃条件下浸铜，可生成硫酸铜，滤渣1含有金、银，加入适量的氯酸钠、稀硫酸和氯化钠，Au转化为AuCl4−，调节pH=4，加入草酸，可生成金，滤渣2含有银，调节pH=9，加入亚硫酸钠，可生成Ag(SO3)23−，加入HCHO，可生成Ag，以此解答该题。

(1)在粗铜精炼过程中，含锌、金、银的粗铜与电源的正极连接，发生氧化反应；阴极发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e−=Cu，阳极质量的减小大于阴极质量的增加；故答案为：大于；
(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为，从
CuSO4溶液中获取CuSO4晶体的主要步骤：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

故答案为：；蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)浸金液的主要成分为AuCl4−，1molAu被氧化生成1molAuCl4−，失去3mol电子，需要0.5molNaClO3，从浸金液中加入H2C2O4提取Au，Au元素化合价从+3降到0，被还原，做氧化剂，H2C2O4中C元素化合价从+3升高到+4，被氧化，做还原剂，需要
1.5molH2C2O4，则反应消耗NaClO3和H2C2O4的物质的量之比为1：3，
故答案为：1：3；
(4)①为减少废液排放，充分利用资源，浸银残液pH约为14，通入气体SO2得到Na2SO3再生液，故答案为：SO2 ；
②其他条件不变时，浸银如在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率减小；其他条件不变时，浸银如在不同pH下进行，银的浸出率随pH的增大而增大，浸银时发生反应AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+Cl−，为可逆反应在Na2SO3再生液含有Cl−，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl−，c(Cl−)增大，使AgCl+2SO32−⇌Ag(SO3)23−+Cl−平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，导致银的浸出率不断降低；
故答案为：减小；增大；Cl−浓度累积增大，抑制了平衡反应的正向进行，导致浸出率
不断降低。

8.废铅蓄电池的一种回收利用工艺流程如图所示：
部分难溶电解质的性质如下表：
物质K sp颜色
PbSO4 1.8×10−8白色
PbCO3 1.5×10−13白色
PbCrO4 1.8×10−14黄色
BaCrO4 1.2×10−10黄色
Pb(OH)2 1.4×10−20白色
请回答下列问题：
(1)铅蓄电池在生产、生活中使用广泛，铅蓄电池的缺点有________________(写一
条)。

(2)利用废铅蓄电池中的废硫酸与氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]反应，可以制化肥——过
磷酸钙[有效成分是Ca(H2PO4)2]，写出该反应的化学方程式：
_____________________________________________________________。

滤液经_________________________________等操作，可以析出十水硫酸钠。

(3)Na2CO3溶液浸出时发生的反应为CO 32−(aq)+PbSO4(s)⇌PbCO3(s)+
SO 42−(aq)，计算该反应的平衡常数K=________。

以滤渣PbCO3和焦炭为原料可制备金属铅，用化学方程式表示制备过程：
_________________________________________________________________。

(4)利用铅泥中PbSO4制取PbO2的方法：PbSO4溶于CH3COONa溶液生成弱电解质
(CH3COO)2Pb，(CH3COO)2Pb与KClO在强碱性条件下反应制取PbO2，写出生成PbO2的离子方程式：
_________________________________________________________________。

(5)已知Pb(OH)2是既能溶于稀硝酸又能溶于KOH溶液的两性氢氧化物。

设计实验
区别PbCrO4和BaCrO4：
_______________________________________________________________。

【答案】(1)比能量低(或笨重或废弃电池污染环境等)；
(2)2Ca5(PO4)3F+7H2SO4=7CaSO4+3Ca(H2PO4)2+2HF；蒸发浓缩、冷却结晶；
(3)1.2×10−5；、或
；
(4)(CH3COO)2Pb+ClO−+2OH−=PbO2↓+Cl−+2CH3COO−+H2O；
(5)取少量待测物于两支试管中，分别向两支盛有黄色沉淀的试管中加入过量KOH溶液，振荡，沉淀溶解的是PbCrO4，沉淀不溶解的是BaCrO4。

【解析】【分析】
本题通过铅的制备流程，考查了物质制备方案的设计方法，题目难度中等，注意掌握物质制备方案的设计原则，正确分析制备流程得出物质的制备原理为解答此类题的关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力及化学实验能力，试题的综合性较强，是一道质量较好的题目。

【解答】
废铅蓄电池经分离得到铅泥，加入碳酸钠溶液可生成碳酸铅，过滤后加入碳高温可生成铅。

(1)铅蓄电池较为笨重，且可引起重金属污染，所以比能量低，
故答案为：比能量低(或笨重或废弃电池污染环境等)；
(2)利用废铅蓄电池中的废硫酸与氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]反应，可以制化肥--过磷酸钙[有效成分是Ca(H2PO4)2]，该反应的化学方程式为：2Ca5(PO4)3F+7H2SO4=7CaSO4+
3Ca(H2PO4)2+2HF，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶等操作，可以析出十水硫酸钠，
故答案为：2Ca5(PO4)3F+7H2SO4=7CaSO4+3Ca(H2PO4)2+2HF；蒸发浓缩、冷却
结晶；
(3)反应CO32−(aq)+PbSO4(s)⇌PbCO3(s)+SO42−(aq)的平衡常数K=c(SO42−)
c(CO32−)
=
c(SO42−) c(CO32−)×c(Pb2+)
c(Pb2+)
= 1.8×10−8
1.5×10−13
=1.2×10−5，
以滤渣PbCO3和焦炭为原料可制备金属铅，涉及反应为、
或，
故答案为：1.2×10−5；、或
；
(4)(CH3COO)2Pb溶液与KC10在强碱性条件下反应制取Pb02，同时生成氯离子、CH3COO−，反应的离子方程式为(CH3COO)2Pb+ClO−+2OH−=PbO2↓+Cl−+
2CH3COO−+H2O，
故答案为：(CH3COO)2Pb+ClO−+2OH−=PbO2↓+Cl−+2CH3COO−+H2O；
(5)Pb(OH)2是既能溶于稀硝酸，又能溶于KOH溶液的两性氢氧化物，则可加入过量KOH溶液鉴别，能溶解的为PbCrO4，
故答案为：取少量待测物于两支试管中，分别向两支盛有黄色沉淀的试管中加入过量KOH溶液，振荡，沉淀溶解的是PbCrO4，沉淀不溶解的是BaCrO4。

9.硫酸锌用于制造立德粉，并用作媒染剂、收敛剂、木材防腐剂等．现欲用氧化锌矿
(主要成分为ZnO，另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)为原料生产ZnSO4·7H2O，工艺流程如图1:
图1 图2
(l)步骤I的操作是_____，滤渣A的主要成分是_____。

(2)步骤I加入稀硫酸进行酸浸时，需不断通入高温水蒸气，其目的是。

(3)步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾溶液，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2
两种沉淀，该反应的离子方程式为。

(4)步骤Ⅲ得到的滤液中，阳离子是_____。

(不考虑H+)
(5)步骤IV中的烘干操作需在减压低温条件下进行，其原因是。

(6)取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。

650℃
时所得固体的化学式为(填字母序号)。

a.ZnO
b.Zn3O(SO4)2
c.ZnSO4
d.ZnSO4·H2O
【答案】(1)过滤H2SiO3
(2)升高温度，加快反应速率
(3)3Fe2++MnO4−+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+
(4)Zn2+、K+
(5)防止ZnSO4·7H2O分解，并减少ZnSO4水解
(6)b
【解析】【分析】
本题以ZnSO4⋅7H2O的制备为知识背景，考查了基本实验操作、氧化还原反应、化学反应速率的影响因素、离子方程式的书写、计算等知识，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和实验能力。

【解答】
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MnO(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，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4⋅7H2O晶体；
(1)由上述分析可知，氧化锌矿加入稀硫酸后，得到混合溶液和硅酸沉淀，所以步骤Ⅰ的操作是过滤，滤渣成分是硅酸；
故答案为：过滤，H2SiO3；
(2)酸浸时，不断通入高温水蒸气可使反应液的温度升高，使反应物充分混合，以加快反应速率；
故答案为：升高温度，以加快反应速率；
(3)步骤Ⅱ中，在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾，生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，根据质量守恒和电子守恒，可得离子方程式为：3Fe2++MnO4−+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+；
故答案为：3Fe2++MnO4−+8H2O=3Fe(OH)3↓+MnO(OH)2↓+5H+；
(4)步骤Ⅲ：向含有K+、Cu2+、Zn2+、SO42−的滤液中加入锌粉，Zn+Cu2+=Zn2++Cu，置换出铜，所得的滤液中含有的金属阳离子有
Zn2+、K+；
故答案为：Zn2+、K+；
(5)由硫酸锌的溶解度表可知，在0到60℃之间，硫酸锌的溶解度随温度升高而增大，所以，从硫酸锌溶液中获得硫酸锌晶体的实验操作为
60℃条件下蒸发浓缩、降温结晶、过滤，烘干操作需在减压低温条件下进行，原因是由于ZnSO4⋅7H2O易分解，降低烘干的温度，防止ZnSO4·7H2O分解，并减少ZnSO4水解；
故答案为：防止ZnSO4·7H2O分解，并减少ZnSO4水解；
(6)28.70gZnSO4⋅7H2O的物质的量为0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4⋅H2O或ZnSO4或ZnO时，物质的量均为0.1mol，
若得ZnSO4⋅H2O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℃时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2；
故答案为：b。

10.工业以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高
性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。

其工业流程如下：
(1)浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++
SO42−+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。

写出ⅱ的离子方程式：
_________________________________
ⅱ：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2Oⅱ：……
(2)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为____________(填离子符号)。

(3)写出氧化过程中MnO2与SO2反应的化学方程式：
_________________________________
(4)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所
示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是___________________________。