工艺流程大题(一)(解析版)

工艺流程大题
1．（2019·广西桂林十八中高三月考）亚氯酸钠( NaClO2)是一种高效氧化剂和漂白剂，主要用于棉纺、纸张漂白、食品消毒、水处理等。

已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38 ℃时析出的晶体是NaClO2 3H2O，高于38 ℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。

纯ClO2易分解爆炸。

一种制备亚氯酸钠粗产品的工艺流程如下：
（1）ClO2发生器中的离子方程式为________，发生器中鼓人空气的作用可能是__________（选填序号）。

a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．稀释ClO2以防止爆炸
c．将NaClO3还原为ClO2
（2）吸收塔内反应的化学方程式为________，吸收塔的温度不能超过20℃，其原因是_____________。

（3）从“母液”中可回收的主要物质是__________________。

（4）从吸收塔中可获得NaClO2溶液，从NaClO2溶液到粗产品(NaClO2)经过的操作步骤依次为：①减压，55℃蒸发结晶；②______；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。

（5）为测定粗品中NaClO2的质量分数，做如下实验：
准确称取所得亚氯酸钠样品10.00 g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴人适量的稀硫酸，充分反应（ClO2-+ 4I-+ 4H+= 2H2O+ 2I2+ Cl-）。

将所得混合液配成250mL待测溶液，取25.00 mL待测液，用2.000 mol．L-l Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-= 2I-+S4O62-），测得消耗Na2SO3溶液平均值为16.40mL。

该样品中NaClO2的质量分数为______________。

【答案】2ClO3-＋SO2＝2ClO2↑＋SO42- b 2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑防止H2O2分解
Na2SO4趁热过滤38-60℃温水洗涤74.21%
【解析】
【分析】
NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，同时得到Na2SO4，然后与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO3，母液中主要含有Na2SO4，据此分析解答。

【详解】
（1）ClO2发生器中发生反应：2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4，反应离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-，纯ClO2易分解爆炸，发生器中鼓人空气的作用是稀释ClO2以防止爆炸，
故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-；b；
（2）吸收塔内是ClO2与氢氧化钠、过氧化氢反应生成NaClO2，过氧化氢起还原剂作用生成氧气，反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；低于38℃析出NaClO2•3H2O，实际控制温度20℃，可能是防止温度过高时过氧化氢发生分解，
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑；防止H2O2分解；
（3）ClO2发生器中反应生成二氧化氯、硫酸钠，从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，为防止析出晶体NaClO2•3H2O，应趁热过滤，应控制温度38℃～60℃进行洗涤，低于60℃干燥，故答案为：趁热过滤；用38℃～60℃热水洗涤；
（5）由NaClO2～2I2～4Na2S2O3，可知25mol溶液中n（NaClO2）=1
4
n（Na2S2O3）=
1
4
×0.0164L×2mol/L=0.0082mol，
则m（NaClO2）=0.0082mol×90.5g/mol=0.7421g，得到样品中NaClO2的质量分数=
250
0.7421
25
10
mL
g
mL
g
×100%=74.21%，
故答案为：74.21%。

2．（2019·安徽高三月考）锗是第四周期第ⅣA族元素，锗是重要的半导体材料，用于制造晶体管及各种电子装置。

下图为以锗锌矿(含GeO2、ZnS及少量Fe2O3)为原料生产高纯度锗的工艺流程如下：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐。

GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。

回答下列问题：
(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有______________________(写一种)，NaOH溶液碱浸时发生反应的离子方程式为______________________。

(2)操作a的名称是___________，GeCl4的电子式为_______________。

(3)滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量___________。

滤渣2中除含有CaGeO3外，还含有少量___________。

(4)步骤⑤中加入浓盐酸，发生反应的化学方程式为______________________。

不用稀盐酸的原因是
______________________。

(5)写出一种证明步骤⑧反应完全的操作方法：______________________。

【答案】将矿石粉碎(或加热或充分搅拌) GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O 过滤Fe2O3
Ca(OH)2CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O GeCl4在稀盐酸中易水解将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝
【解析】
【分析】
碱浸锗锌矿(主要成分GeO2和ZnS及少量Fe2O3)，浸出液中含有锗酸盐，加入氯化钙溶液反应形成CaGeO3沉淀，过滤后得到CaGeO3，将CaGeO3用浓盐酸溶解生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，据此分析解答。

【详解】
(1)步骤①中提高碱浸效率的措施有将矿石粉碎或加热或充分搅拌，NaOH溶液碱浸时，将GeO2溶解生成锗酸盐，反应的离子方程式为GeO2+ 2OH- =GeO32-+H2O，故答案为：将矿石粉碎(或加热或充分搅拌)；GeO2+ 2OH-
=GeO32-+H2O；
(2)操作a为分离溶液与沉淀，为过滤操作；GeCl4的熔点为－49.5℃，沸点为84℃，为分子晶体，含有共价键，电子式为，故答案为：过滤；；
(3)氧化铁不溶于氢氧化钠，滤渣1中除含有ZnS外，还含有少量Fe2O3。

氢氧化钙微溶于水，氯化钙能够与氢氧化钠反应生成氢氧化钙沉淀，因此滤渣2中除含有CaGeO3外，还含有少量Ca(OH)2，故答案为：Fe2O3；Ca(OH)2；
(4)根据流程图，步骤⑤中加入浓盐酸，反应生成CeCl4，反应的化学方程式为CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解，因此不用稀盐酸溶解，故答案为：CaGeO3+6HCl(浓)=CaCl2+ CeCl4+3H2O；GeCl4在稀盐酸中易水解；
(5)步骤⑧是用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge，当反应完全后将不再产生水蒸气，可以将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝，即可证明反应已经完全，故答案为：将反应生成的气体通入装有无水硫酸铜的U形管，固体未变蓝。

【点睛】
充分理解题中信息是解题的关键。

本题的易错点为(4)中方程式的书写，要注意流程图中加入浓盐酸，反应生成CeCl4
的提示。

3．（2019·福建省漳平第一中学高三月考）2019年10月9日，瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布，将2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。

钴酸锂(LiCoO 2)电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。

实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。

实验过程如下：
已知：①还原性：Cl ->Co 2+；
②Fe 3+和C 2O 42-结合生成较稳定的[ Fe(C 2O 4)3]3-，在强酸性条件下分解重新生成Fe 3+。

回答下列问题：
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是_______________。

（2）从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为_______。

（3）写出LiCoO 2和盐酸反应的化学方程式________________。

滤液A 中的溶质除HCl 、LiCl 外还有__________（填化学式）。

（4）滤渣的主要成分为____________________（填化学式）。

（5）从FeCl 3溶液中得到FeCl 3·
6H 2O 固体的操作：先_________，再蒸发浓缩、冷却结晶。

（6）在空气中加热一定质量的CoC 2O 4·
2H 2O 固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。

已知：①CoC 2O 4在空气中加热时的气体产物为CO 2 ②固体失重率=对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量 CoC 2O 4·2H 2O
CoC 2O 4+2H 2O
【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 AlO 2-+CO 2+2H 2O==Al(OH)3↓+ HCO 3-
2LiCoO 2+8HCl==2CoCl 2+Cl 2↑+4H 2O+2LiCl FeCl 3、CoCl 2 C 加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体）
24222CoC O +O 2CoO+4CO @
【解析】 【详解】
（1）废旧电池初步处理为粉末状的目的是增大接触面，加快反应速率，提高浸出率， 答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）铝废液含有()-
4Al OH ⎡⎤⎣⎦，通入过量的2CO 得到碳酸氢根离子和氢氧化铝沉淀，离子反应方程式为：
()()--2343Al OH +CO =Al OH +HCO ⎡⎤⎣⎦ ， 故答案为()()--2343
Al OH +CO =Al OH +HCO ⎡⎤⎣⎦； （3）因还原性-2+Cl >Co ，且滤液A 中含有的是2+Co ，所以2LiCoO 和盐酸发生氧化还原反应生成氯气和2+Co ，方程式为：22222LiCoO +8HCl==2CoCl +Cl +4H O+2LiCl ↑ ，碱浸后的固体残渣不含铝，钴酸锂中的三价Co 有强氧化性，把铁氧化为三价铁离子，本身被还原为2+Co ，碳单质一般性质稳定，不与酸碱盐反应成为滤渣，故滤液A 中还含有2CoCl 和3FeCl ，
故答案为：22222LiCoO +8HCl==2CoCl +Cl +4H O+2LiCl ↑；2CoCl 、3FeCl （4）碳单质一般性质稳定，不与酸碱盐反应成为滤渣，故滤渣的主要成分是C ， 故答案为：C ；
（5）氯化铁易水解得到氢氧化铁沉淀，所以要先加盐酸或通入氯化氢气体，抑制氯化铁的水解， 故答案为：加入适量盐酸（或通入适量氯化氢气体）；
（6）由①可知，在120～220℃时，242CoC O 2H O g 完全失去结晶水生成24CoC O ，然后继续升高温度加热，则
24CoC O 分解生成氧化物，其分解失去的质量为183g ×59.02%=108g ，剩余的质量为183g-108g=75g ，设产物的化
学式为x CoO ，则591675x += ，解得1x =，则化学式为CoO ，故方程式为：24222CoC O +O 2CoO+4CO @ ， 故答案为：24222CoC O +O 2CoO+4CO @。

4．（2019·荆门市龙泉中学高三月考）五氧化二钒（V 2O 5）是接触法生产硫酸中常用的催化剂。

从废钒催化剂中回收V 2O 5既避免污染环境又有利于资源综合利用。

废钒催化剂的主要成分为：
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：
回答下列问题：
(1)提高“酸浸”效率的措施：________________；________________(写两条)。

“废渣1”的主要成分是__________________________。

(2)“氧化”中主要是将VO 2+变为VO 2+，则氧化剂与还原剂之比为________________。

(3)“中和”作用之一是使钒以V 4O 124-形式存在于溶液中。

“废渣2”中含有__________。

(4)“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH + V 4O 124- 垐垐垎噲垐垐离子交换浸溶
R 4V 4O 12 + 4OH -（以ROH 为强碱性阴离子交换树脂）。

为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈______性（填“酸”“碱”“中”）。

“流出液”中阳离子最多的是______________。

(5)“沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO 3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式______。

【答案】升高温度 将废钒催化剂粉碎 SiO 2 1：6 Fe(OH)3、Al(OH)3 碱 K +
2NH 4VO 3高温
V 2O 5 + H 2O↑ + 2NH 3↑ 【解析】 【分析】
从废钒催化剂中回收V 2O 5，由流程可知，“酸浸”时V 2O 5转化为VO 2+，V 2O 4转成VO 2+．氧化铁、氧化铝均转化为金属阳离子，只有SiO 2不溶，则过滤得到的滤渣1为SiO 2，然后加氧化剂KClO 3，将VO 2+变为VO 2+，再加KOH 时，铁离子、铝离子转化为Fe （OH ）3、Al （OH ）3沉淀，同时中和硫酸，过滤得到的滤渣2为Fe （OH ）3、Al （OH ）
3，“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：4ROH + V 4O 12
4-
垐垐垎噲垐垐离子交换浸溶
R 4V 4O 12 + 4OH -，由ROH 为强碱性阴离子交换树脂可知，碱性条件下利用反应逆向移动，流出液中主要为硫酸钾，“沉钒”得到偏钒酸铵（NH 4VO 3）沉淀，“煅烧”时分解生成V 2O 5，以此来解答。

【详解】
（1）提高酸浸常用方法为将将废钒催化剂粉碎或者提高温度等；废渣1主要是不溶于酸的二氧化硅， 故答案为：升高温度；将废钒催化剂粉碎；SiO 2；
（2）氧化”中氧化剂为KClO 3，Cl 元素由+5降到-1价，降低6价，还原剂为VO 2+，V 元素由+4价升高到+5价，降低1价，根据电子守恒可知答案为：1：6；
（3）由上述流出分析可知滤渣2为Fe （OH ）3、Al （OH ）3， 故答案为：Fe （OH ）3、Al （OH ）3；
（4）利用强碱性阴离子交换树脂可“离子交换”和“洗脱”，则应选择碱性条件下使用，且OH-浓度大反应逆向移动提高洗脱效率；由上述分析可知，流出液中主要为硫酸钾，则“流出液”中阳离子最多的是K+，
故答案为：碱；K+；
（5）“煅烧”中发生反应的化学方程式为2NH4VO3高温
V2O5 + H2O↑ + 2NH3↑，故答案为2NH4VO3
高温
V2O5 + H2O↑
+ 2NH3↑；
【点睛】
把握流程中发生的反应、混合物分离及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物与实验相结合的训练。

5．（2019·广西南宁二中高三月考）碳酸锶是重要的化工基础原料，由工业级硝酸锶(含有Ba2+、Ca2+、Mg2+等杂质)制备分析纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①BaCrO4不溶于水，在水溶液中Cr2O72-与Ba2+不能结合。

②常温下，各物质的溶积常数如下表所示：
(1)“除钡”过程中CrO42-在不同pH时的利用率随时间变化曲线如下图所示，根据图像分析“除钡”过程中需要调节pH=7.5的原因_______________________________。

(2)“还原”过程中，应先调节pH=1.0，再加入草酸，加入草酸时发生反应的离子方程式为
_____________________________。

(3)“滤渣Ⅱ”的主要成分为________________。

(4)“除Ca 2+、Mg 2+”后得到的滤液中除含有Sr(NO 3)2外还含有过量的NH 3·H 2O ，则“成盐”过程中发生反应的离子方程式为__________________________。

(5)“粗品SrCO 3”烘干过程中除去的主要杂质为_____________________。

(6)在“中和、沉淀”步骤中，假定开始Cr 3＋，Zn 3+浓度为0.1mol/L ，调节至pH 为_______时，铬开始沉淀；继续加碱调节至pH 为_____时，铬刚好完全沉淀(离子浓度小于1×
10-6mol/L 时，即可认为该离子沉淀完全)。

【答案】pH 过低CrO 42-的利用率低，pH=7.5和pH=10时CrO 42-的利用率相当，但后期需要将pH 值调回1.0，导致浪费药品，因此应选用pH=7.5 8H ++Cr 2O 72-+3H 2C 2O 4=6CO 2↑+2Cr 3++7H 2O CaC 2O 4和Mg(OH)2 NH 3·H 2O+HCO 3-+Sr 2+=SrCO 3↓+NH 4++H 2O NH 4NO 3 4.3 6 【解析】 【分析】
硝酸锶用水溶解，加入重铬酸铵除钡得到BaCr 2O 7沉淀，过滤分离，滤液中加入硝酸、草酸还原Cr 2O 72-，再加入氨水中和、沉淀得到Cr （OH ）3，可知Cr 2O 72-被还原为Cr 3+，草酸被氧化为二氧化碳，再过滤分离，滤液中加入氨水、醋酸铵、硫化氢，除去Ca 2+、Mg 2+、重金属，滤液中再加入碳酸氢铵得到碳酸锶，滤液中含有Sr 2+，进行循环利用。

【详解】
(1) pH 过低 CrO 42-的利用率低，pH=7.5和pH=10时CrO 42-的利用率相当，但后期需要将pH 调回1，导致浪费药品,因此应选用pH=7.5；
(2)步骤②是酸性条件下Cr 2O 72-被还原为Cr 3+，草酸被氧化为二氧化碳，反应离子方程式为：
3H 2C 2O 4+8H ++Cr 2O 72-=2Cr 3++6CO 2↑+7H 2O ，故答案为：3H 2C 2O 4+8H ++Cr 2O 72-=2Cr 3++6CO 2↑+7H 2O ；
(3)调pH 为10是为了除去Ca 2+和Mg 2+，此时加入了草酸铵，由溶解度表可知MgC 2O 4的Ksp 大于Mg(OH)2的Ksp ，Ca(OH)2的Ksp 大于CaC 2O 4，有沉淀转化关系可知，沉淀最终会转化成溶解度更小的沉淀，故“滤渣Ⅱ”的主要成分为CaC 2O 4和Mg(OH)2；
(4) NH 3·H 2O 在溶液中发生电离，产生氢氧根离子，氢氧根离子和HCO 3-反应生成CO 32-，最终生成SrCO 3沉淀，离子方程式为：NH 3·
H 2O+HCO 3-+Sr 2+=SrCO 3↓+NH 4++H 2O ； (5) 由于对产品的纯度要求是分析纯，而在成盐过程中生成的SrCO 3经过滤和洗涤后，仍会含微量NH 4NO 3，因此需要在200 ℃时烘干使铵盐分解；
(6)起始n(Cr 3＋
)=0.1mol/L ，开始沉淀时K sp = (
)()3
-3+
c OH
c Cr
⨯，
c(OH -)= = 29310-mol/L ，
pH=-lg
(
)w
-
K c OH =-lg 133
10
-= 133
=4.3；当Cr 3＋除尽时，n(Cr 3＋)=10-6mol/L ，此时c(OH -)= = 8
10-mol/L ，pH=-lg (
)
w
-
K c OH
=-lg 610-=6。

【点睛】
本题考查了物质的分离提纯、生产流程的分析判断，主要是物质的性质、试剂选择的目的和沉淀产物的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

6．（2019·浠水县实验高级中学高三月考）氯化亚铜(CuCl)常用作有机合成工业中的催化剂，是一种白色粉末；微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸。

工业上采用如下工艺流程，从某酸性废液(主要含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-中制备氯化亚铜。

请回答下列问题：
（1）出步驟①中发生的两个主要反应的离子方程式：___。

（2）步骤②的操作名称是____。

（3）步骤④中所加物质X为_____。

（4）步骤⑤的操作是_____。

（5）步骤⑥应调节溶液pH呈酸性，且用乙醇洗涤CuCl晶体，目的是____。

（6）在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是____。

【答案】Cu2++Fe=Cu +Fe2+、Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe+2H+=Fe2++H2↑过滤、洗涤CuO(或Cu(OH)2等）在HCl气流中蒸发结晶减少CuCl的损失硫酸(或H2SO4)
【解析】
【分析】
酸性废液中含Cu2+、Fe3+、H+、Cl-，加入过量铁粉，Cu2+、Fe3+、H+都能发生反应，反应的离子方程式为：Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+，Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+，Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑，反应后所得的固体a为Cu与过量的Fe，加入足量稀盐酸，Fe溶解为Fe2+，此时溶液过滤可得固体b，固体b为Cu，加入浓硫酸可得SO2和硫酸铜，所得SO2与Cu2+再反应制备CuCl，据此分析。

【详解】
（1）铁是活泼的金属，能与铁离子、铜离子以及氢离子反应，则步骤①中发生的两个主要反应的离子方程式为Cu2++ Fe = Cu+ Fe2+、Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+或Fe + 2H+ = Fe2++ H2↑；
（2）置换出的铜以及剩余的铁需要通过过滤从溶液中分离出来，再进行洗涤；
（3）要得到氯化铜溶液，则需要除去铜离子，因此步骤④中所加物质X为CuO或Cu (OH) 2或CuCO3等；
（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶；
（5）由于氯化亚铜不溶于乙醇，因此用乙醇洗涤CuCl晶体的目的是减少CuCl的损失；
（6）由于最终还有硫酸生成，因此在CuCl的生成过程中，可以循环利用的物质是硫酸。

【点睛】
本题为工艺流程题，为高考热点和难点，设计物质的分离、物质的制备，明确物质的性质是解题关键，注意物质性质的理解应用，易错点为（4）由于铜离子水解，所以步骤⑤的操作是在HCl气流中蒸发结晶。

7．（2019·辽河油田第二高级中学高三月考）以废旧锌锰电池初步处理分选出的含锰废料(MnO2、MnOOH、MnO 及少量Fe、Pb等）为原料制备高纯MnCl2·xH2O，实现锰的再生利用。

其工作流程如下：
资料a:Mn的金属活动性强于Fe；Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化。

资料b：生成氢氧化物沉淀的pH
注：金属离子的起始浓度为0.1 mol·L-l
(1)过程I的目的是浸出锰。

经检验滤液1中含有的阳离子为Mn2+、Fe3+、Pb2+和H+。

①MnO2与浓盐酸反应的离子方程式是____________。

②检验滤液1中只含Fe3+不含Fe2+的操作和现象是：分别取两份少量滤液1于试管中，一份__________；另一份________________。

③Fe3+由Fe2+转化而成，可能发生的反应有：
a. 2Fe2++Cl2= 2Fe3++2Cl-
b.4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
c．…… 写出c的离子方程式：____________________。

(2)过程Ⅱ的目的是除铁。

有如下两种方法：
i．氨水法：将滤液1先稀释，再加适量10%的氨水，过滤。

ii．焙烧法：将滤液l浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物加水溶解、过滤，滤液再加盐酸酸化至合适pH。

已知：焙烧中发生的主要反应为2FeCl3+3O2Δ
2Fe2O3+3Cl2，焙烧时MnCl2和PbCl2不发生变化。

①氨水法除铁时，溶液pH应控制在__________之间。

②两种方法比较，氨水法除铁的缺点是____________。

(3)过程Ⅲ的目的是除铅。

加入的试剂是____________。

(4)过程Ⅳ所得固体中的x 的测定如下：取m 1g 样品，置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，固体质量减轻m 2g 。

则x=________。

【答案】MnO 2+4H ++2Cl −ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O 加铁氰化钾,无现象 滴加KSCN 溶液，溶液变红 MnO 2+4H ++2Fe 2+＝Mn 2++2Fe 3++2H 2O 3.2~5.5（或3.2≤pH≤5.5或3.2≤pH<5.5） 引入杂质NH 4+ 锰 212
7m m -m 【解析】
【分析】
(1) ①浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气、氯化锰和水；
②Fe 3+使KSCN 溶液显红色，Fe 2+可使铁氰化钾显蓝色；
③Fe 3+由Fe 2+转化而成，可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化；
(2) ①调节pH 除去铁离子，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀；
②焙烧法除铁，将滤液l 浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物，加水溶解，过滤，即可，而氨水法除铁溶液中会引入铵根离子；
(3)过程Ⅲ的目的是除铅，加入锰，不引入杂质；
(4)根据1:x ＝n(MnCl 2)：n(H 2O)计算。

【详解】
(1) ①浓盐酸与二氧化锰反应产生氯气、氯化锰和水，离子方程式为：MnO 2+4H ++2Cl −ΔMn 2++Cl 2↑+2H 2O ；
②Fe 3+使KSCN 溶液显红色，Fe 2+可使铁氰化钾显蓝色，则取少量滤液1于试管中，滴入铁氰化钾溶液，无明显变化；另取少量滤液1于试管中，再滴加KSCN 溶液，溶液变红；
③Fe 3+由Fe 2+转化而成，可能由氯气、氧气氧化，也可能由二氧化锰氧化，反应为：MnO 2+4H ++2Fe 2+＝
Mn 2++2Fe 3++2H 2O ；
(2) ①调节pH 除去铁离子，pH 大于3.2时，铁离子沉淀完全，铅离子、锰离子不能沉淀，小于5.5时锰离子不易氧化，故pH 应小于5.5；
②焙烧法除铁，将滤液l 浓缩得到的固体于290℃焙烧，冷却，取焙烧物，加水溶解，过滤，即可，而氨水法除铁溶液中会引入铵根离子；
(3)过程Ⅲ的目的是除铅，用活泼金属置换不活泼金属，加入锰，将铅离子置换与溶液分离，自身生成锰离子，不引入杂质；
(4)m 1gMnCl 2⋅xH 2O 置于氮气氛围中加热至失去全部结晶水时，生成MnCl 2，减少的质量为结晶水的质量，为m(H 2O)=m 2g ，则m(MnCl 2)= （m 1- m 2）g ，则1:x ＝n(MnCl 2)：n(H 2O)=
12126m m :218m ，解得x=212
7m m -m 。

8．（2019·浙江高三）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。

工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：
（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。

（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：
①_____________________________（用离子方程式表示）
②MnO2+2Fe2++4H+= Mn2++2Fe3++2H2O
（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：
步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；
步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：
步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。

则固体甲的化学式为_________________
（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→( ) →( )→( ) →(A) →( ) →( ) →（），_____________
A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤
E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体
【答案】温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFB ECD
【解析】
【分析】
（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；
（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；
（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。

【详解】
(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C ～600C 之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。

（2）Fe 3+对Mn02氧化Cu 2S 起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu 2S+4Fe 3+=2Cu 2++S+4Fe 2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。

（3）向A 中加入足量的NaOH 溶液并加热，共收集到0.448L NH 3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g 红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol ，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。

向B 中加入足量的BaCl 2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g 硫酸钡，即0.04mol ，因为将溶液分成两等份，则19.2 g 固体甲含有0.04mol 铵根离子，0.12mol 铁离子，0.08mol 硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为19.20.04180.12560.08960.2417mol -⨯-⨯-⨯=，则固体甲的化学式为NH 4Fe 3(SO 4)2(OH)6。

【点睛】
掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。