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1、专题10 第28题 无机工业流程强化训练高考化学二三轮复习题型大突破系列解析版专题10 第28题 无机工业流程题（强化训练）1由含碘废水制取碘酸钾的一种工艺如下： 写出KIO3在日常生活中的一个重要应用_。 检验“含碘废水”中是否含有单质I2的常用试剂是_(写试剂名称)。 通入SO2的目的是将I2还原为I，该反应的离子方程式为_。 工艺中五种物质的制备反应中，不涉及氧化还原反应的步骤是“制_”。 “制KI(aq)”时，该温度下水的离子积为Kw1.01013，KspFe(OH)29.01015。为避免0.9 molL1 FeI2溶液中Fe2+水解生成胶状物吸附I-，起始加入K2CO3必须保持溶液

2、的pH不大于_。 “制KIO3溶液”反应的离子方程式为_。 KCl、KIO3的溶解度曲线如图所示。流程中由“KIO3(aq)”得到KIO3晶体的操作步骤为_。【答案】（1）食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病 （2）淀粉溶液 （3）SO2I22H2O=SO42-2I4H( 或2SO2I22Cu24H2O=2CuI2 SO42-8H) （4）KI(aq) （5）6.0 （6）5Cl2I212OH=2IO3-10Cl6H2O （7）蒸发浓缩，降温结晶 【解析】 KIO3是日常生活中食用加碘盐的主要添加剂，可以预防碘缺乏病，故答案为食盐添加剂，补充碘成分，预防碘缺乏病；（2）因淀粉遇碘变蓝，因此检验

3、“含碘废水”中是否含有单质I2，常用的试剂是淀粉溶液，故答案为淀粉溶液；（3）通入SO2的目的是将I2还原为I-，二氧化硫被氧化生成硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)，故答案为SO2+I2+2H2OSO42-+2I-+4H+(或2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42-+8H+)； 根据工艺流程图，五种物质的制备反应中，只有制备KI溶液的过程中没有元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故答案为KI(aq)；（5）KspFe(OH)2=9.010-15，现测得溶液中c(FeI

4、2)为0.9 molL-1，则c(OH-)=10-7mol/L，此温度下，Kw=1.010-13，c(H+)=10-6mol/L，pH=-lg10-6=6.0，故答案为6.0；（6）“制KIO3溶液”时，氯气和碘单质与氢氧化钾溶液反应生成KIO3和氯化钾，反应的离子方程式为5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O，故答案为5Cl2+I2+12OH-2IO3-+10Cl-+6H2O；（7）由溶解度曲线图可知，KIO3的溶解度小于KCl且KIO3的溶解度随温度升高而增大，由KIO3溶液得到KIO3晶体，可以通过蒸发浓缩、降温结晶的方法得到，故答案为蒸发浓缩、降温结晶。2以红土镍矿

5、(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，获取净水剂黄钠铁矾NaFe(SO4)2(OH)6和纳米镍粉的部分工艺流程如下：（1）“酸浸”过程，为提高铁和镍元素的浸出率，可采取的措施有_(写出两种)。（2）“过滤”滤渣的主要成分是_。（3）“氧化”过程欲使0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为_ mol。（4）“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，写出该反应的化学方程式_。若碳酸钠过多会导致生成的沉淀由黄钠铁矾转变为_(填化学式)。（5）向“过滤”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4H2O，在不同浓度的氢氧化钠溶液中反应，含镍产物的

6、XRD图谱如下图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为_。写出该条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式_。（6）高铁酸盐也是一种优良的含铁净水剂，JCPoggendor早在1841年利用纯铁作电极插入浓的NaOH溶液电解制得Na2FeO4，阳极生成FeO42的电极反应式为_；Deininger等对其进行改进，在阴、阳电极间设置阳离子交换膜，有效提高了产率，阳离子交换膜的作用是_。【答案】（1）提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条） （2） SiO2 （3） 0.15 （4

7、） 2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2 Fe(OH)3 （5） 0.015mol/L N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)（6） Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O 避免FeO42-在阴极上被还原 【解析】（1）可通过提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等提高铁和镍元素的浸出率，故答案为：提高反应温度、适当增大硫酸浓度、将原料粉碎、搅拌等（任答两条）；（2）Fe2O3、FeO、NiO、SiO2经过“酸浸”后，溶液存在Fe

8、3+、Fe2+和Ni2+,只有SiO2不溶于硫酸，作为滤渣被过滤出来，故答案为：SiO2；（3）NaClO做氧化剂会将Fe2+氧化为Fe3+，Cl元素由+1价降低到-1价，则易知2Fe2+NaClO，则0.3molFe2+转变为Fe3+，则需氧化剂NaClO至少为0.15 mol，故答案为：0.15；（4）NaClO氧化后，溶液中溶质为Fe2(SO4)3，继续在“沉铁”过程中加入碳酸钠调节浴液的pH至2，生成黃钠铁矾沉淀，则化学方程式为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2，碳酸钠过多，溶液酸性减弱，使pH增大，极易生成Fe

9、(OH)3沉淀，故答案为：2Fe2(SO4)3+6Na2CO3+6H2O=2NaFe(SO4)2(OH)6+5Na2SO4+6CO2；Fe(OH)3；（5）根据图示数据可以看出，氢氧化钠浓度为0.015mol/L时，仅出现Ni衍射峰，因此制得高纯纳米镍粉最适宜的NaOH的物质的量浓度为0.015mol/L，则碱性条件下制备纳米镍粉同时生成N2的离子方程式为：N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+4H2O)，故答案为：0.015；N2H4H2O+2Ni2+4OH-=2Ni+N2+5H2O(或N2H4+2Ni2+4OH-=2Ni+

10、N2+4H2O)；（6）根据电解原理以及实验目的，Fe作阳极，电解质为NaOH，因此阳极反应式为Fe6e8OH=FeO424H2O；阳离子交换膜只允许阳离子通过，FeO42具有强氧化性，因此阳离子交换膜的作用是避免FeO42在阴极上被还原；故答案为：Fe6e8OH=FeO424H2O；避免FeO42-在阴极上被还原。3工业上冶炼铝的原料是铝土矿(主要成分是Al2O3，杂质为Fe2O3、FeO、SiO2等),某研究小组设计的提纯Al2O3的方案如下：（1）加入过量盐酸后过滤出的滤渣中含有_，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质有_(均填化学式)。（2）加入过量NaOH溶液过滤后，若滤

11、渣中Fe(OH)2也被氧化，则每消耗0.1mol氧气有多少_mol Fe(OH)2被氧化。（3）写出通入过量CO2生成沉淀A时反应的离子方程式为_，沉淀A加热得到Al2O3的化学方程式为_。（4）假设铝土矿中含杂质49%，则1吨铝土矿理论上可生产多少_mol铝。【答案】（1）SiO2 NaOH NaAlO2 NaCl （2）0.4 （3）AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3- 2Al(OH)3 Al2O3+3H2O （4）10000【解析】（1）根据上述分析，加入过量的盐酸后，滤出的滤渣为SiO2，加入过量的NaOH溶液，过滤后的滤液中含有的溶质为NaCl、NaAlO2、NaOH；

12、（2）氢氧化亚铁被氧气氧化成氢氧化铁，根据得失电子数目守恒，0.1mol22=nFe(OH)31，即nFe(OH)3=0.4mol；（3）通入过量CO2，发生OHCO2=HCO3、AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，因此生成氢氧化铝沉淀的离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3；氢氧化铝受热分解：2Al(OH)3Al2O3+3H2O；（4）铝土矿中含杂质为49%，则含氧化铝为51%，根据铝元素守恒，因此有=n(Al)，解得n(Al)=10000mol。4镍废料中主要含有Ni，还有少量的Cu、Fe、Pb等。现从中制取Ni2O3，可用于制造人造卫星、宇宙飞船的高能电池

13、，也可用于制成镍镉碱性电池。生产流程见下：已知0.010 mol/L金属离子在不同pH下的沉淀情况如下：Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+开始沉淀pH3.05.07.49.7完全沉淀pH4.06.59.011回答下列问题：（1）加入碳酸钙调pH的目的是_，“沉渣2”的主要成分是_，必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”的原因是_。（2）用离子方程式解释加入NH4F “除Ca”的过程_。（3）“酸浸”时参与反应的H2SO4与HNO3物质的量比保持为3:2，此时Ni单质所发生的化学方程式为_。（4）“操作X”是_、_（5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后，加入足量NaOH溶液，再加入NaClO溶

14、液，写出其中和NaClO相关的反应的离子方程式为_。（6）根据上表数据，计算当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时的c(Ni2+)_mol/L。【答案】（1）提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3) CuS “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀 （2）Ca2+ +2F-=CaF2 （3）3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O （4）过滤 洗涤 （5）2Ni(OH)2+ClO- =Ni2O3+Cl- +2H2O 10-5.2 【解析】（1）加入碳酸钙调节溶液pH，可使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去；向滤液

15、中加入H2S，溶液中铜离子转化为硫化铜沉淀；除溶液中铜离子时，铜离子与硫化氢反应时，有氢离子生成，使溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀，所以必须先过滤“沉渣1”后再进行“除Cu”，故答案为：提高溶液 pH，去除Fe3+(使之转化为 Fe(OH)3）；CuS ； “除 Cu”时溶液pH会降低，可能会溶解部分Fe(OH)3沉淀；（2）加入NH4F溶液，溶液中的钙离子与氟离子反应生成氟化钙沉淀，达到除钙的目的，反应的离子方程式为Ca2+2F-=CaF2；故答案为：Ca2+2F-=CaF2；（3）由题意设H2SO4与HNO3物质的量分别为3mol，2mol；两种混合酸提供氢离子8mol，

16、2mol硝酸根离子全部被还原为2mol一氧化氮，转移电子总数为6mol，镍在反应中被氧化为硫酸镍，根据电子守恒可知，消耗金属镍3mol，则反应的化学方程式为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O，故答案为：3Ni+3H2SO4+2HNO3=3NiSO4+2NO+4H2O；（4）向滤液中加入草酸，溶液中镍离子与草酸反应生成草酸镍沉淀，然后进行过滤、洗涤干燥得到草酸镍沉淀，故答案为：过滤；洗涤； （5）向NiO中加入盐酸溶解，待完全溶解后生成NiCl2，NiCl2在碱性环境下被次氯酸钠氧化为三氧化二镍、次氯酸钠被还原为氯化钠，反应的离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO

17、-=Ni2O3+Cl-+2H2O ，故答案为：2Ni(OH)2+ClO-=Ni2O3+Cl-+2H2O；（6）由表中数据可知，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+开始沉淀时，溶液中c（OH-）=10-6.6mol/L，KspNi(OH)2= c（Ni2+）c2（OH-）= 0.010 mol/L(10-6.6mol/L)2=10-15.2，当0.010 mol/L NiSO4溶液中Ni2+完全沉淀时，溶液中c（OH-）=10-5mol/L，c（Ni2+）=10-5.2 mol/L，故答案为：10-5.2。5氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：菱锰矿石主要成分是

18、，还含有少量Fe、Al、Ca、Mg等元素； 相关金属离子形成氯氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子Al3+ Fe3+ Fe2+ Ca2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.3 10.6 8.8 9.6 沉淀完全的pH 5.2 2.8 8.3 12.6 10.8 11.6 常温下， 的溶度积分别为回答下列问题： （1）“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为_。 （2）分析下列图1、图2、图3，氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是： 焙烧温度_，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为_，焙烧时间为_.（3）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入氧化为，反应的离子方程式为_；然后调节溶液pH使沉淀完全，此时

19、溶液的pH范围为_。再加入沉淀，当时， =_（4）碳化结晶时，发生反应的离子方程式为_。 （5）流程中能循环利用的固态物质是_。【答案】（1）MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O （2）500 1.10 60min （3）MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O 5.2pH8.8 510-6 （4） Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O （5）NH4Cl 【解析】（1）根据工艺流程图知“焙烧”时发生的主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3+CO2+H2O；（2）根据图示锰浸出率比较高，焙烧菱镁矿的最佳条件是：焙烧温度

20、500；氯化铵与菱镁矿粉的质量比为1.10；焙烧时间为60min； （3）二氧化锰具有氧化性，可以氧化亚铁离子，而二氧化锰被还原为锰离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；根据题干信息知pH在5.2时Al3+沉淀完全，pH在8.8时，Mn2+开始沉淀，所以将Fe3+、Al3+沉淀完全，可以调整pH范围在5.2pH8.8；根据 的溶度积计算得：c2(F-)= ，c(Mg2+)= mol/L；（4）根据流程图知碳化结晶时，发生反应的离子方程式为：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O；（5）流程图可以看出能循环利用的固态物质是NH4Cl。6利用废旧

21、锂离子电池的正极材料，主要成分为 LiCoO2(难溶于水)还含有 Al以及少量 Ca、Mg、Cu、Fe 等。制备 Co3O4 微球的工艺流程如下：回答下列问题：（1）LiCoO2 中 Co 元素的化合价为_。（2）配平步骤中生成 Co2+的离子方程式为_LiCoO2 +_H+_H2 O2 =_Co2+_O2 +_Li+_H 2O此过程中若用浓盐酸代替 H2SO4 和 H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是_。（3）步骤中，不同 pH 下溶液中金属离子的去除效果如下图所示。该过程加入NaOH调节溶液 pH 的最佳范围是_，理由是_。（4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪

22、器有烧杯、玻璃棒、_。（5）步骤中，Co(OH)2 在空气中高温焙烧生成 Co3O4 的化学方程式为_。【答案】（1）+3 （2）2 6 1 2 6 2 4 盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境 （3）5.56.0 在pH为5.56.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高，而Co2+去除率很低，损失率较小 漏斗 6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O 【解析】（1）由化合价代数和为零可知，LiCoO2 中Co元素的化合价为+3，故答案为：+3；（2）步骤在正极材料中加入硫酸和过氧化氢溶液，过氧化氢做还原剂将LiCoO2生成Co2+，本身被氧化生成

23、氧气，由升降法配平可得离子方程式：2LiCoO2 +6H+H2O2=2Co2+ O2+2Li+4H2O；此过程中若用浓盐酸代替H2SO4和H2O2的混合溶液，除因挥发使其利用率降低外，还有的缺点是盐酸（或Cl-）可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境，故答案为：2；6；1；2；6；2；4；盐酸(或Cl-)可被LiCoO2氧化产生Cl2污染环境；（3）由图可知，步骤中，加入NaOH调节溶液pH的最佳范围是pH=5.56.0，在此范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子几乎被沉淀完全，而Co2+损失率较小，故答案为：在pH为5.56.0的范围内，Fe3+、Al3+、Cu2+杂质离子的去除率很高

24、，而Co2+去除率很低，损失率较小；（4）步骤中，过滤、洗涤操作均需用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、和漏斗，故答案为：漏斗；（5）步骤中，Co(OH)2在空气中高温焙烧生成Co3O4，Co元素由+2价被氧化到+3价，故需氧气的参与，反应的化学方程式为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O，故答案为：6Co(OH)2+O22Co3O4+ 6H2O。7海洋深处有丰富的软锰矿，以此为主要原料生产MnSO4的工业流程如下：已知：软锰矿的主要成分是MnO2，此外还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、NiO、SiO2等少量杂质。几种离子沉淀时数据信息如下：（1）写出酸浸过程中SO2与MnO2反应的

25、离子方程式_。（2）为了探究MnO2与SO2反应情况，某研究小组将含有SO2尾气和一定比例的空气通入MnO2悬浊液中，保持温度不变的情况下，测得溶液中c(Mn2+)和c(SO42)随反应时间的变化如图所示。导致溶液中c(Mn2+)和c(SO42)的变化产生明显差异的原因是_。（3）操作I是“除铁铝”，其主要步骤为向滤液I中加入软锰矿，调节p=5.26.0左右，使其Fe3+、Al3+沉淀完全，再加入活性炭搅拌、抽滤。写出滤液I中生成Fe2+相关的离子方程式_、_。（4）操作是“除铜镍”，其主要步骤为：向滤液中加入MnS(难溶物)，充分搅拌，过滤。加入MnS能除去滤液中Cu2+和Ni2+的原因是_

26、。（5）以MnSO4溶液为原料可通过电解法制备超级电容器材料MnO2，其装置如图所示：则电解过程中阳极电极反应式为_，电解一段时间后，阴极溶液中H+的物质的量_(填“变大”、“减小”或“不变”)。实际生产过程中_(填“能”或“不能”)用MnCl2溶液代替MnSO4溶液。【答案】（1）MnO2+S02=Mn2+SO42- （2）Mn2+催化O2与H20、SO2反应,生成H2SO4 （3）Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+ CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,易于发生不溶物的转化 （4）Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+ 不变

27、 不能 【解析】 （1）酸浸过程中SO2具有还原性，MnO2具有氧化性，所以两者反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为：MnO2+S02=Mn2+SO42-；答案：MnO2+S02=Mn2+SO42-。（2） 若反应体系只发生MnO2+SO2=MnSO4,Mn2+与SO42-的浓度变化应该一致,而图示信息表明，SO42-的浓度变化比Mn2+的浓度变化要快，说明反应体系还发生了其它生成SO42-的反应,由于温度不变, SO42-的浓度变化说明Mn2+能催化O2与H20、SO2生成H4SO4反应。答案：Mn2+催化了O2与H20、SO2反应,生成H2SO4的反应。（3）滤液I首先发生的是三氧化二铁被硫

28、酸溶解反应：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O，生成的三价铁离子具有氧化性，二氧化硫具有还原性，所以又会继续反应：SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。答案：Fe2O3+6H+=2Fe2+3H2O；SO2+2Fe3+2H20=SO42-+2Fe2+4H+。（4）因为CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,所以向滤液中加入MnS后，会转化成更难溶解的CuS和NiS沉淀，进而除去铜镍。答案：CuS和NiS的溶度积常数小于MnS,易于发生不溶物的转化。（5）由图可知阳极上Mn2+失电子化合价升高，生成二氧化锰,因此电极反应式为Mn2+2H20-2e-=MnO2+4H+;阴极上2

29、H+2e-=H2,若电解过程中外电路转移amole-,则阴极消耗amolH+,同时有amnolH+由阳极移向阴极，故阴极溶液中H+的物质的量不会改变;不能用MnCl2溶液代替MnSO4溶液，因为Cl-会放电导致MnO2的产率降低。答案：不变；不能。8聚硅酸铁是将铁离子引入到活性硅酸而制得的复合型混凝剂。用废铁皮(主要成分Fe和Fe3O4，少量碳)为原料制备的流程如下：（1）废铁渣进行“粉碎”的目的是_。（2）在实验室进行过滤操作时，所用到玻璃仪器有_。（3）“酸浸”需适宜的酸浓度、液固比、酸浸温度、氧流量等条件，其中酸浸温度对铁浸取率的影响如下表所示：温度()406080100120铁浸取率(%)5062799283