高考专题训练工艺流程题七.docx
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高考专题训练工艺流程题七
工艺流程题（七）
15．钒是一种熔点很高的金属，具有良好的可塑性和低温抗腐蚀性，有延展性、硬度大，
无磁性。
广泛应用于钢铁、航空航天、能源、化工等领域。
工业上常用钒炉渣（主要含
FeO?
V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质）提取V2O5的流程如图：
反应的化学方程式
（2）加MgSO4溶液的步骤中，滤渣的主要成分是（用化学式表示）。
（3）沉钒过程中的发生反应的离子方程式为，得到的固体物质往往需要洗
涤，写出实验室洗涤NH4VO3沉淀的操作方法。
（4）元素钒在溶液中还可以以V2＋（紫色）、V3＋（绿色）、VO2＋（蓝色）、VO2＋（黄色）等形式存在．某利用钒元素微粒间的反应来设计的可充电电池的工作原理如图示,已知溶液中还含有1mol
硫酸，请回答下列问题：
①充电时，左槽电极上发生的电极反应式为
②放电过程中，右槽溶液颜色变化为，若此时外电路转移了
3.01×1022个电子，则左槽溶液中H＋的变化量Δn（H＋）＝。
【答案】4FeO?
V2O5+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2MgSiO3Mg（3PO4）3NH4＋+VO3
－=NH4VO3↓往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次VO2＋+H2O-e=VO2＋
+2H紫色变为绿色0.05mol
【解析】
【分析】
钒炉渣加入碳酸钠在空气中焙烧，生成NaVO3、氧化铁、硅酸钠、磷酸钠，水浸后得到滤渣
中含有氧化铁，滤液为NaVO3、硅酸钠、磷酸钠的水溶液，滤液中加入硫酸镁生成生成难溶的硅酸镁、磷酸镁沉淀，过滤后向溶液中再加入硫酸铵生成NH4VO3沉淀，NH4VO3灼烧生成V2O5。
【详解】
根据以上分析，
（1）FeO?
V2O3与碳酸钠、氧气在高温条件下反应生成NaVO3、Fe2O3、CO2，该
反应的化学方程式是4FeO?
V2O5+4Na2CO3+5O28NaVO3+2Fe2O3+4CO2。
（2）加入MgSO4溶液生成硅酸镁、磷酸镁沉淀，所以滤渣的主要成分是MgSiO3、Mg3（PO4）3。
（3）沉钒过程中NaVO3与（NH4）2SO4发生反应生成NH4VO3沉淀，反应的离子方程式为NH4＋+VO3－=NH4VO3↓，实验室洗涤NH4VO3沉淀的操作方法是：
往漏斗中加水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2-3次；
（4）①充电时，外接电源的正极与电池的正极相连，左槽电极为阳极，失电子发生氧化反应，钒元素化合价升高，发生的电极反应式为VO2＋+H2O-e-=VO2＋+2H＋；
②放电过程中，右槽是负极，负极失电子钒元素化合价升高，由V2＋变为V3＋，溶液颜色由
紫色变为绿色，放电时正极反应为VO2＋+2H＋+e-=VO2＋+H2O，若此时外电路转移了3.01×1022
个电子，通过电极反应消耗氢离子0.1mol，同时0.05mol氢离子由右槽进入左槽，则左槽溶液中H＋的变化量Δn（H＋）＝0.1-0.05=0.05mol。
【点睛】本题考查物质制备工艺流程，需要熟练掌握元素化合物性质；对工艺流程题目关键是理解整个过程，常涉及物质的分离提纯、原理的分析评价、陌生方程式书写等，侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。
16．硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。
用锌白矿（主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、
CuO、SiO2等杂成）制备ZnSO4·7H2O的流程如下。
相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）
如下表：
开始沉淀的
沉淀完全的
金属离子
pH
pH
3+Fe
1.1
3.2
2+Fe
5.8
8.8
2+Zn
6.4
8.0
（1）“滤渣1”的主要成分为（填化学式）。
“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的
措施有：
适当提高酸的浓度、（填一种）。
（2）“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化
学方程式为。
（3）“氧化”一步中，发生氧化还原反应的离子方程式为。
溶液
pH控制在[3.2，6.4）之间的目的是。
（4）“母液”中含有的盐类物质有（填化学式）。
（5）ZnSO4·7H2O可用于配制铁件上镀锌电镀池的电解液，下列说法不正确的是
A．配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒B．电镀池的阳极为铁件
C．阴极质量增加65g时，理论上导线中通过2mol电子
D．电镀过程中电解质溶液的浓度不变
【答案】SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4
3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe（OH）3↓+MnO2↓+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变
为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4AB
【解析】
【分析】
锌白矿（主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成）加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁，加入锌粉发生置换反应：
Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4、Zn+Fe2（SO4）3═2FeSO4+ZnSO4，滤渣2为铜与过量的锌粉，滤液中再加高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO2和氢氧化铁沉淀，过滤，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到ZnSO4·7H2O晶体，以此解答该题。
【详解】
（1）锌白矿加稀硫酸溶解，SiO2不溶，过滤，滤渣1为SiO2；“酸浸”过程中，提高锌元素浸出
率的措施有：
适当提高酸的浓度、粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；
因此，本题正确答案是：
SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；
（2）“置换”过程中，加入适量的锌粉，发生置换反应：
Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4、
Zn+Fe2（SO4）3═2FeSO4+ZnSO4；
因此，本题正确答案是：
Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；
（3）“氧化”一步中，高锰酸钾溶液、纯ZnO与亚铁离子反应生成MnO2和氢氧化铁沉淀，发生反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe（OH）3↓+MnO2↓+7Zn2+；由表知溶液pH控制在[3.2，6.4）之间的目的是使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；
因此，本题正确答案是：
3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe（OH）3↓+MnO2↓+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀，MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；
（4）锌离子、钾离子、硫酸根离子未除去，“母液”中含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4；因此，本题正确答案是：
ZnSO4、K2SO4；
（5）A.配制一定物质的量浓度ZnSO4溶液时必需的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒和胶头滴管，故A错误；
B.电镀时，铁件作阴极，镀层金属作阳极，含镀层金属离子的溶液作电解液，故B错误；
C.镀锌时，阴极反应为Zn2++2e-=Zn，当阴极质量增加65g时，理论上导线中通过2mol电子，故C正确；
D.镀锌时，阴极反应为Zn2++2e-=Zn，阳极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以电镀过程中电解质溶液的浓度不变，故D正确。
因此，本题正确答案是：
AB。
17．某厂废酸主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+。
利用该废液制备过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]和TiO2的一种工艺流程如下:
已知：
i.TiOSO4在热水中易水解生成H2TiO3,相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下
表:
金属离子
TiO2+
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.2
1.9
7.0
3.2
沉淀完全的pH
2.8
3.1
9.4
4.7
ii.pH>7时,Fe2+部分生成Fe（Ⅱ）氨络离Fe（NH3）2]2+o
请回答下列问题:
（1）加入适量Fe的作用是.
（2）生成TiO（OH）2的化学方程式为。
（3）滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为.
（4）加入H2O2的目的是除掉Fe（Ⅱ）氨络离子[Fe（NH3）2]2+,此过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于（填数值）。
（5）常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系如下图所示。
用Pt电极电解饱和NH4HSO4溶液制备过二硫酸铵时，为满足在阳极放电的离子主要为
（6）科研人员常用硫酸铁铵[NH4Fe（SO4）2]滴定法测定TiO2的纯度，其步骤为：
用足量酸溶解wg二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100mL,取25.00mL,以NH4SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为:
Ti3++Fe3+=Ti4++Fe2+
1判断滴定终点的方法：
。
2滴定终点时消耗cmol/L-1NH4Fe（SO4）2溶液VmL,则TiO2纯度为（写岀相关
字母表示的代数式）。
【答案】将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀TiOSO4+2NH3?
H2O=TiO（OH）2↓+
（NH4）2SO4Fe（OH）31:
20～22HSO4--2e-=S2O82-+2H+当滴入最后一滴
硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色32cv/w%
解析】【分析】
废酸中主要含硫酸、Fe3+、Fe2+、TiO2+、Al3+，根据流程图，用氨水调节pH=3得到TiO（OH）2，而此时铁离子也会形成沉淀，因此需要加铁粉将铁离子转化为亚铁离子；滤液中加入氨水调节pH=10，得到的沉淀有氢氧化亚铁和氢氧化铝（滤渣I）；滤液中含有部分Fe（II）氨络离子
[Fe（NH3）2]2+，因此加入双氧水将亚铁离子氧化形成氢氧化铁沉淀（滤渣II）；再在滤液中加入
硫酸酸化后电解得到过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]。
据此分析解答。
【详解】
（1）根据上述分析，铁粉主要作用是将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀，故答案
为将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+和TiO2+同时沉淀；
（2）根据流程图，用氨水调节pH=3，TiO2+生成TiO（OH）2，所以化学方程式为：
TiOSO4+2NH3?
H2O=TiO（OH）2↓+（NH4）2SO4，答案：
TiOSO4+2NH3?
H2O=TiO（OH）2↓+（NH4）2SO4；
（3）滤渣I为氢氧化亚铁和氢氧化铝，部分氢氧化亚铁氧化为氢氧化铁，滤渣II为氢氧化铁沉淀，因此滤渣I、滤渣II均含有的物质的化学式为Fe（OH）3，故答案为Fe（OH）3；
（4）在碱性溶液中，加入H2O2的目的是氧化除掉Fe（II）氨络离子[Fe（NH3）2]2+得到氢氧化铁沉淀，根据化合价升降守恒，配平后的离子方程式为
2[Fe（NH3）2]2++4OH-+4H2O+H2O2=2Fe（OH）3↓+4NH3·H2O，氧化剂为H2O2，还原剂为[Fe（NH3）2]2+，氧化剂与还原剂的物质的量之比理论上等于1：
2，故答案为1：
2；
（5）根据常温下，含硫微粒主要存在形式与pH的关系图，阳极放电的离子主要是HSO4-，则阳极区电解质溶液的pH范围应控制在0～2，阳极发生氧化反应，HSO4-放电转化为S2O82-，则阳极的电极反应为：
2HSO4--2e-═S2O82-+2H+，故答案为0～2；2HSO4--2e-═S2O82-+2H+；
（6）①铁离子过量时，反应结束，故终点现象为：
当滴入最后一滴硫酸铁铵时，溶液变成血红色，且30s内不变回原色；答案:
当滴入最后一滴硫酸铁铵溶液时，溶液变为血红色且30s内不恢复原色；
②由TiO2～Fe3＋关系式，n（TiO2）=n（Fe3＋）=cmol·L－1×V×10-3L×100mL/25mL=4cV×10-3mol，TiO2纯度为4cV×10-3mol×80g·mol－1/w×100%=32cv/w%，故答案为32cv/w%。
【点睛】滴定终点固定答法需要记忆：
当滴入最后一滴⋯⋯溶液时，溶液由⋯⋯变为⋯⋯色，且30s内不恢复原色。
18．含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重，工业上常利用化学原理把+6价铬转化为不
溶性Cr（OH）3除去。
Ⅰ、SO2还原法：
化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如下图所示：
已知：
Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，吸收塔中Cr2O72-与SO2反应如下：
Cr2O72（aq）+3SO2（g）+2H+（aq）═2C3r+（aq）+3SO42﹣（aq）+H2O（l）ΔH-=1145kJ/mol。
1）其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。
pH
2
4
6
Cr（+6）最大去除率
99.99%达排放标准
99.95%达排放标准
99.5%未达排放标准
时间
30min
35min
45min
①由上述数据获得的结论．．有。
②实际工业生产控制pH=左右。
3下列说法不．合．理．的是。
a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高
b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）
c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）
（2）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图所示）。
已知：
30min前相同时间内，80℃的Cr（+6）去除率比40℃高，是因为30min前反应正向进行，温度高反应速率快反应物的转化率增大；试解释30min后80℃的Cr（+6）去除率低
的原因：
。
Ⅱ、电解法处理：
工业上处理含Cr2O72-离子的酸性废水，采用往工业废水中加入适量的食盐，再用Fe为电
极进行电解，将Cr2O72—离子还原为可溶性三价铬离子，再调pH使三价铬离子变为不溶性
氢氧化物除去。
（1）加入食盐的目的是；
（2）电解时阳极反应式为。
【答案】pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢4b30min后反应达到
平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，80℃的Cr（+6）去除率低增强溶液的
导电能力Fe-2e-=Fe2+
【解析】
【分析】
（1）①根据图表数据，pH越大，反应越慢，铬离子的最大去除率减小；②pH<4，反应速率
快，二氧化硫未来得及反应逸出，会污染空气，pH>4，反应速率减慢，铬离子去除率减小；③a．根据溶液的酸碱性对平衡Cr2O72-+H2O?
2CrO42-+2H+的影响判断；b．平衡常数只与温度有关；c．SO32-、Fe2+等具有还原性；据此分析判断；
（2）30min前反应未达到平衡状态，开始反应正向进行，反应物转化率增大，30min后反应大多平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向进行，反应物转化率减小；Ⅱ、阳极铁失去电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得到电子生成氢气；加入适量的NaCl可增强溶液的导电性，据此分析解答。
【详解】
Ⅰ、
（1）①根据表格数据，随pH增大，铬离子的最大去除率减小，反应所需时间越长，pH=6时不符合排放标准，由上述数据获得的结论有：
pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率
越慢，故答案为：
pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢；②pH<4，反应速率快，二氧化硫未来得及反应逸出污染空气，pH>4，反应速率减慢，铬离子去除率减小，不能达到排放标准，且铬离子形成氢氧化铬会堵塞管道，所以实际工业生产控制pH=4左右，故答案为：
4；
③a．Cr2O72-+H2O?
2CrO42-+2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，增大pH，氢离子浓度减小，平衡正向移动，CrO42-含量变大，故a正确；b．K只与温度有关，其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K不变，故b错误；c．理论上看，SO32-、Fe2+等具有还原性，
+6价铬元素的化合物具有氧化性，也可以用于除去Cr（+6），故c正确；故答案为：
b；
（2）30min前反应正向进行，温度高，反应速率快，反应物的转化率增大，80℃的Cr（+6）去除
率比40℃高，30min后，80℃条件下的反应达到平衡状态，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，80℃的Cr（+6）去除率低，故答案为：
30min后反应达到平衡状态，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，80℃的Cr（+6）去除率低；
Ⅱ、
（1）因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，故答案为：
增强溶液的导电能力；
（2）Fe为阳极，为活性电极，则铁失去电子生成Fe2+，所以阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，
故答案为：
Fe-2e-=Fe2+。
19．某铬盐厂生产过程中排出含Cr2O72-的工业酸性废水。
为防止污染环境，现采用下列工艺流程进行处理后再排出。
在整个处理过程中，Cr2O72-被还原为Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，最后滤出的沉淀有
Cr（OH）3和Fe（OH）3，试分析这个污水处理过程，回答：
（1）电解时，铁电极上的电极反应式：
阳极：
，
阴极：
。
（2）用铁（而不用炭）作电极进行电解的原因：
。
（3）Cr2O72-在酸性环境中被还原剂还原，能除去Cr2O72-。
减少溶液酸性是整个工艺流程
中关键的一步，这个变化的离子方程式是。
（4）溶液的pH值逐渐增大的原因是。
【答案】Fe－2e-＝Fe2+2H+＋2e-＝H2↑产生还原剂Fe2+Cr2O72-＋6Fe2+＋14H+＝
2Cr3+＋6Fe3+＋7H2OCr2O72-还原时消耗H+，电解时阴极H+放电，都使溶液酸性减弱，
pH值升高
【解析】
【分析】实验原理是：
电解产生Fe2+，将Cr2O72-被还原为Cr3+；
电解消耗溶液中的H＋，降低了溶液的酸性，从而生成Cr（OH）3沉淀。
【详解】
（1）电解时，阳极电解活性电极铁，电极反应式为：
Fe－2e-＝Fe2+，阴极电解溶液中的阳
离子氢离子放电，电极反应式为：
2H+＋2e-＝H2↑；
（2）炭是惰性电极，铁是活性电极，用铁作电极进行电解能产生还原剂Fe2+，在酸性溶液
中与Cr2O72-离子发生氧化还原反应，将Cr2O72-被还原为Cr3+；
（3）Cr2O72-在酸性环境中被还原剂Fe2+还原，能减少溶液酸性，该离子方程式是Cr2O72-＋
6Fe2+＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O；
（4）在电解过程中，阴极消耗了溶液中的H＋产生氢气，降低了溶液的酸性，同时，在Cr2O72－与Fe2＋反应被还原为Cr3＋的过程中，又消耗了溶液中的H＋使溶液的酸性减弱，从而生成
Cr（OH）3沉淀，降低了废水中有害物质铬的污染。
所以，导致溶液pH值升高的原因有上
述两个。
20．利用工业炼铅产生的锌灰（主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO2、CuO）可回收制备ZnCl2，工艺流程如下：
回答下列问题
（1）“浸取”实验中，反应体系的温度、反应时间对锰脱除效果的影响如下表，则适合的温度和反应时间分别是、。
表1温度对锰脱除效果的影响
温度/℃
ρ（Mn2+）/mg/L
除锰率/%
10
0.325
87.9
30
0.341
89.5
50
0.424
84.3
70
0.646
76.1
表2反应时间对锰脱除效果的影响
时间/h
ρ（Mn2+）/mg/L
除锰率/%
1.0
0.995
63.1
1.5
0.794
70.6
2.0
0.328
87.9
2.5
0.325
87.9
（2）“滤渣1”的主要成分是。
（3）H2O2溶液的作用是，已知“滤渣2”的主要成分是Fe（OH）3，则氧化锌的作用
是。
“置换”实验中发生反应的离子方程式有Zn+Pb2+=Pb+Zn2+、。
（4）由锌灰制取金属锌可采用碱溶解，然后电解浸取液，已知：
ZnO溶于NaOH溶液中生成
[Zn（OH）4]2-，则阴极的电极反应为。
（5）ZnCl2晶体溶解于饱和Na2CO3溶液中，得到6.46g的碱式碳酸锌[Znx（CO3）y（OH）z]，为了测定其组成，充分加热分解，产生的气体依次通入浓硫酸和碱石灰，质量分别增重了0.72g和0.88g，则该碱式碳酸锌的化学式为。
【答案】30℃2.0hMnO2将Fe2+氧化为Fe3+调节pH将Fe3+转化为沉淀除去
Zn+Cu2+=Zn2++Cu[Zn（OH）4]2-+2e-=Zn+4OH-Zn3CO3（OH）4
【解析】
【分析】
锌灰（主要成分为ZnO、PbO、FeO、MnO2、CuO）加入稀盐酸酸浸，MnO2不溶液于稀盐酸，过滤后得到的滤渣1为MnO2，滤液中含有Zn2+、Fe2+、Cu2+、Pb2+等，加入H2O2可氧化溶液中的Fe2+生成Fe3+，发生H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，加入ZnO调节溶液pH除去Fe3+，过滤后滤渣2为Fe（OH）3，滤液中含有等Zn2+、Cu2+、Pb2+等，加入Zn置换出Cu、Pb，经过滤后滤液中主要含有Zn2+；
（1）根据表格中数据，确定“浸取”实验中，锰脱除效果最佳时反应体系的温度、反应时间；
（2）酸浸时，锌灰中ZnO、PbO、FeO、CuO均溶于稀盐酸，而MnO2不溶于稀盐酸；
（3）H2O2溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Fe2+；Fe3+在溶液中易水解，加入ZnO能促进Fe3+
水解；在含有Cu2+、Pb2+的溶液中加入Zn，可置换出Cu和Pb；
（4）
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