2019年高考化学黄金押题12化学工艺流程（含解析）.doc

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1、1黄金押题12 化学工艺流程【高考考纲】1.环节设置 原 料 对 原 料 的 预 处 理 核 心 化 学 反 应 产 品 的 提 纯 分 离 目 标 产 物2.命题考查(1)陌生物质化合价的判断以及电子式的书写。(2)化学方程式或离子方程式的书写。(3)根据流程中的转化，正确选择试剂，判断中间产物。(4)实验操作方法的正确选择、语言的规范描述。(5)化学平衡、电化学原理在化工生产中的应用。(6)样品中质量分数及产率的相关计算。3.解答要领关注箭头的指向(聚焦局部，箭头指入反应物，箭头指出生成物)、前后追溯物质(放大局部)、考虑反应实际(物质性质、试剂用量)。【真题感悟】 例1、 (2018高考

2、全国卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS，含有SiO 2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示：相关金属离子 c0(Mn )0.1 molL 1 形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子 Fe3 Fe2 Zn2 Cd2开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2 7.4沉淀完全的pH 2.8 8.3 8.2 9.4回答下列问题：(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为_。(2)滤渣1的主要成分除SiO 2外还有_；氧化除杂工序中ZnO的作用是_，若不通入氧气，其后果是_。2(3)溶液中的Cd 2 可用锌粉除去，还原除杂工序中反应的离子方程式为_。(

3、4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时，阴极的电极反应式为_；沉积锌后的电解液可返回_工序继续使用。解析：(1)在焙烧过程中ZnS和O 2反应生成ZnO和SO 2。(2)溶液中的Pb 2 与SO 不能共存生成PbSO 4沉淀24，SiO 2不溶于H 2SO4，即滤渣1中含SiO 2和PbSO 4。氧化除杂过程中O 2能将溶液中Fe 2 氧化生成Fe 3 ，加入ZnO能调节溶液的pH，促进Fe 3 完全水解。由题表知Fe 2 、Zn 2 开始沉淀和沉淀完全时的pH非常接近，若不通入O 2使Fe 2 氧化为Fe 3 ，加入ZnO后无法除去Fe 2 ，会影响Zn的纯度。(3)根据题中信息可知还原除杂工序中涉

4、及的离子反应为Cd 2 Zn=CdZn 2 。(4)结合图示可知电解ZnSO 4溶液时生成Zn，即电解时Zn 2 在阴极被还原，电极反应式为Zn 2 2e =Zn。沉积Zn后的电解液中主要含有H 2SO4，可返回溶浸工序中继续使用。答案：(1)ZnS O2 ZnOSO 232 = = = = =焙 烧 (2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe 2(3)Cd2 Zn=CdZn 2(4)Zn2 2e =Zn 溶浸【名师点睛】物质制备型1原料预处理的六种常用方法研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分水浸 与水接触反应或

5、溶解酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解等，如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)2.制备过程中控制反应条件的六种方法(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H 反应，使溶液pH变大；不引入新杂质，如若要除去Cu 2 中混有的Fe 3 ，可加入CuO、Cu(OH) 2或Cu 2(OH)2CO3等物质来调节溶3液的

6、pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)控制压强。改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。(6)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。【变式探究】 (2018高考全国卷)KIO 3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：(1)KIO3的化学名称是_。(2)利用“KClO 3氧化法”制备KIO 3工艺流程如图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO 3)2、Cl 2和KCl。“逐Cl 2”采用

7、的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式：_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO 3氧化法”的主要不足之处有_(写出一点)。解析：(1)KIO 3的名称为碘酸钾。(2)Cl 2是一种易挥发且溶解度不大的气体，可通过加热法去除溶液中溶解的Cl 2。加入KOH溶液“调pH”使KH(IO 3)2转化为KIO 3：KH(IO 3)2KOH=2KIO 3H 2O。(3)电解法制备KIO3时，H 2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H 2O2

8、e =2OH H 2。电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K 通过阳离子交换膜。根据工艺流4程分析，KClO 3氧化法生成的Cl 2有毒，且在调pH时加入KOH的量不易控制，另外，生成的KIO 3中杂质较多。答案：(1)碘酸钾(2)加热 KCl KH(IO 3)2KOH=2KIO 3H 2O(或HIO 3KOH=KIO 3H 2O)(3)2H 2O2e =2OH H 2K 由a到b产生Cl 2易污染环境等例2、(2018高考全国卷)焦亚硫酸钠(Na 2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：(1)生产Na 2S2O5，

9、通常是由NaHSO 3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式：_。(2)利用烟道气中的SO 2生产Na 2S2O5的工艺为pH4.1时， 中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na 2CO3固体、并再次充入SO 2的目的是_。(3)制备Na 2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO 2碱吸收液中含有NaHSO 3和Na 2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO 3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na 2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na 2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mo

10、lL 1 的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na 2S2O5的残留量为_gL 1 (以SO 2计)。解析：(1)NaHSO 3结晶脱水生成Na 2S2O5。(2)向Na 2CO3饱和溶液中通入SO 2，可能生成Na 2SO3、NaHSO 3，5因Na 2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO 3。审题时抓住“生产Na 2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na 2CO3固体，并再次充入SO 2的目的是得到NaHSO 3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H 2O4e =4H O 2，阳极室H 向a

11、室迁移，a室中的Na 2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H 2，OH 增多，Na 由a室向b室迁移，则b室中Na 2SO3浓度增加。(4)I 2作氧化剂，将S 2O 氧化成SO 。计算样品中Na 2S2O5的残留量时以SO 2计，则 n(I2) n(SO2)0.010 00 25 24molL1 0.01 L0.000 1 mol， m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na 2S2O5的残留量为 0.128 0.006 4 g0.05 LgL1 。答案：(1)2NaHSO 3=Na2S2O5H 2O(2)NaHSO 3 得到NaHSO 3过饱和溶液(3)2H2O4e =4

12、H O 2 a(4)S2O 2I 23H 2O=2SO 4I 6H 0.12825 24【举一反三】(2017高考全国卷)重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为FeOCr 2O3，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FeOCr2O3Na 2CO3NaNO 3 Na2CrO4Fe 2O3CO 2NaNO 2 高 温 上述反应配平后FeOCr 2O3与NaNO 3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”)，

13、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K 2Cr2O67固体。冷却到_(填标号)得到的K 2Cr2O7固体产品最多。a80 b60 c40 d10 步骤的反应类型是_。解析：(1)1 mol FeOCr 2O3参与反应共失去7 mol电子，而1 mol NaNO 3参与反应得到2 mol电子，根据得失电子守恒，二者的系数比为27。由于高温下碳酸钠能与陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以该步骤不能使用陶瓷容器。(2)步骤中生成的氧化铁因不溶于水而进入滤渣1，所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可知，滤渣2的主

14、要成分是氢氧化铝及含硅杂质。(3)滤液2中存在平衡：2CrO 2H Cr 2O H 2O，氢离子浓度越大(pH越小)，越有利于平衡正向移动，所以步骤应调24 27节滤液2的pH使之变小。(4)根据题图，可知温度越低，K 2Cr2O7的溶解度越小，析出的重铬酸钾固体越多，故d项正确。步骤中发生的反应为Na 2Cr2O72KCl=K 2Cr2O72NaCl，其属于复分解反应。答案：(1)27 陶瓷在高温下会与Na 2CO3反应(2)Fe Al(OH) 3(3)小 2CrO 2H Cr 2O H 2O24 27(4)d 复分解反应【名师点睛】分离、提纯型1正确选择物质分离六种常用方法72常见操作的答

15、题思考角度常见的操作 答题要考虑的角度分离、提纯过滤、蒸发、分液、蒸馏等常规操作。从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩冷却结晶过滤(洗涤、干燥)提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O 2、H 2O、CO 2或其他气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的判断沉淀是否洗涤干净取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)；“酸作用”还可除去氧化物(膜)；“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等；特

16、定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)防止副反应的发生；使化学平衡移动；控制化学反应的方向；控制固体的溶解与结晶；控制反应速率：使催化剂达到最大活性；8升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发；加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量；降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质；“冰水洗涤”：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗；用特定的有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度有利于析出，减少损

17、耗等；洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作23次表面处理用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等3.溶解度及其应用(1)熟记常见物质溶解度曲线变化9(2)利用溶解度曲线判断结晶的方法溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法；溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法；带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法，应特别注意的是若从FeCl 3溶液中结晶出FeCl36H2O晶体，应在HCl气氛中蒸发浓缩、冷却结晶。【变式探究】某废催化剂含58.2%的SiO 2、21.0%的 ZnO、4.

18、5%的ZnS和12.8%的CuS。某同学用15.0 g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：回答下列问题：(1)在下列装置中，第一次浸出必须用_，第二次浸出应选用_。(填标号)(2)第二次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成_。滤渣2的主要成分是_。(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是_。(4)某同学在实验完成之后，得到1.5 g CuSO 45H2O，则铜的回收率为_。解析：(1)根据题给化学工艺流程知第一次浸出发生反应：ZnOH 2SO4=ZnSO4H 2O、ZnSH 2SO4=ZnSO4H 2S，产生有毒气体H 2S

19、，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置；第二次浸出时发生反应：CuSH 2O2H 2SO4=CuSO4S2H 2O，不产生有毒气体，可选用A装置。(2)第二次浸出时，向盛有滤渣1的反应器中先加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液。若顺序相反，会造成H 2O2与固体颗粒接触分解。滤渣2的主要成分是SiO 2(或SiO 2和S)。(3)浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称是蒸发皿。10(4)15.0 g废催化剂中含有铜的物质的量为15.0 g12.8%96 gmol 1 0.02 mol，1.5 g CuSO45H2O中铜的物质的量为1.5 g250 gmol 1 0.006 mol，则铜的回收率为0

20、.006 mol0.02 mol100%30%。答案：(1)D A(2)H2O2与固体颗粒接触分解 SiO 2(或SiO 2和S)(3)蒸发皿 (4)30%【黄金押题】1绿水青山就是金山银山，某工厂为了实现节能减排，建设美丽中国的目标，将烟道气中的一种常见气体SO x和含Ca(OH) 2、NaOH的废碱液作用，经过一系列化学变化，最终得到石膏(CaSO 42H2O)和过二硫酸钠(Na 2S2O8)。设计简要流程如图1所示：(1)SOx中 x_，操作a的名称是_。废碱液经操作a得到的固体为_(填化学式)。(2)向溶液中通入足量空气发生反应的化学方程式为_。(3)已知用惰性电极电解饱和Na 2SO

21、4溶液可生成S 2O ，其电解装置如图2所示。下列说法不正确的是_28_(填字母)。A阳极的电极反应式有2SO 2e =S2O 、4OH 4e =O22H 2O24 28B电解一段时间后，阴极附近溶液的pH减小C电解过程中，阳极产生微量能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的有色单质气体，该气体可能是O 3D若制取1 mol Na 2S2O8且阳极有11.2 L O2(标准状况)生成时，阴极产生H 2在标准状况下的体积为44.8 L11(4)一定条件下，S 8(s)、O 2(g)和NaOH(s)反应过程中的能量变化关系如图3所示(图3中 a、 b均大于0)，请写出1 mol S 8(s)完全燃烧的热化学方

22、程式：_。解析：由图1可知，经操作a后得到固体和溶液，所以操作a为过滤，固体与空气和H 2O反应得到石膏，固体为CaSO 3，则SO x中 x2。(2)溶液中溶质主要为Na 2SO3，通入足量空气发生反应2Na 2SO3O 2=2Na2SO4。(3)由图2可知，阳极失去电子，电极反应式有2SO 2e =S2O 、4OH 4e =O22H 2O24 28，A项正确；阴极是H 得到电子生成H 2，故电解一段时间后，阴极附近溶液的pH增大，B项错误；能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体具有氧化性，且该气体为有色单质，可能是O 3，C项正确；生成1 mol Na2S2O8失去2 mol电子，生成标准状况下

23、11.2 L O 2失去2 mol电子，则H 共得到4 mol电子生成2 mol氢气，其在标准状况下的体积为44.8 L，D项正确。(4)由图3可得1 mol S8(s)完全燃烧的热化学方程式为S 8(s)8O 2(g)=8SO2(g) H8( a b)kJmol1 。答案：(1)2 过滤 CaSO 3(2)2Na2SO3O 2=2Na2SO4 (3)B(4)S8(s)8O 2(g)=8SO2(g) H8( a b)kJmol12镍及其化合物在化工生产中有广泛应用。某实验室用工业废弃的NiO催化剂(含有Fe 2O3、CaO、CuO、BaO等杂质)为原料制备Ni 2O3的实验流程如下：已知：常温

24、时 Ksp(CaF2)2.710 11 ， Ksp(CuS)1.010 36 ；Fe 3 不能氧化Ni 2 。有关氢氧化物开始沉淀的pH和完全沉淀的pH如下表所示：氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2开始沉淀的pH 1.5 6.5 7.7完全沉淀的 3.7 9.7 9.212pH(1)调节pH最低值为_。(2)加入H 2O2的目的是_(用离子方程式表示)。(3)“电解”制备NiOOH时阳极的电极反应式为_。(4)加入NaF的目的是除去Ca 2 ，当 c(F )0.001 molL 1 时， c(Ca2 )_ molL 1 。(5)为了探究操作A中发生的反应，设计如下实验：写

25、出B中反应的离子方程式：_。为了检验B中生成了FeCl 2，取少量B中溶液于试管，滴加下列试剂_(填字母)。A酸化的双氧水 B酸性高锰酸钾溶液CK 3Fe(CN)6溶液 D加入氯水、KSCN溶液有人认为用燃烧法处理尾气，你是否同意？答：_(填“同意”或“不同意”)，简述理由： _。如果C中盛装100 mL 0.05 molL1 CuSO4溶液，通入H 2S恰好完全反应，产生黑色沉淀。过滤，得到滤液的pH为_(不考虑体积变化)。解析：(1)调节pH使Fe 3 完全沉淀而不能使Ni 2 沉淀，所以pH最低值为3.7。(2)加入H 2O2将Fe 2 氧化为Fe3 。(3)阳极上镍离子被氧化，OH 参

26、与反应生成NiOOH和H 2O。(4) c(Ca2 ) Ksp CaF2c2 F 2.710 11 1.010 3 2molL1 2.710 5 molL1 。(5)硫化氢是强还原剂，会还原Fe 3 。在Cl 存在下，用铁氰化钾检验Fe 2 ，因为氯离子可能还原高锰酸钾，干扰Fe 2 的检验；溶液中可能有未反应的Fe 3 ，不能选A、D项。如果用燃烧法处理硫化氢，会造成二次污染。H 2SCu 2 =CuS2H ，所得溶液中 c(H )0.1 molL1 ，pHlg c(H )lg 0.11。答案：(1)3.7(2)2Fe2 2H H 2O2=2Fe3 2H 2O13(3)Ni2 e 3OH =

27、NiOOHH 2O(4)2.7105(5)2Fe 3 H 2S=S2Fe 2 2H C 不同意 H 2S燃烧产生污染物SO 2 13目前世界上新建的金矿中约有80%都采用氰化法提金。某工厂利用锌冶炼渣回收金、银等贵金属的流程如图所示：已知：HCN有剧毒， Ka(HCN)510 10 ；Au 2CN Au(CN) 2 ，平衡常数 K 110 38。(1)磨矿细度对浸出率的影响如图所示，依据浸出率应选择磨矿细度_为宜。(2)生产中用生石灰调节矿泥pH11.5，其目的之一是阻止溶液中的氰化物转化为HCN而挥发，其作用原理是_(用离子方程式表示)。(3)“氰化”环节，是以NaCN溶液浸取调节pH的矿泥

28、，敞口放置，将Au转化为NaAu(CN) 2。其化学方程式为_。“氰化”环节中，金的溶解速率在80 时达到最大值，但生产中控制反应液的温度在1020 ，原因是_(答一点即可)。已知2H Au(CN) 2 Au 2HCN，该反应的 K_。(4)用锌还原NaAu(CN) 2生成金，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为_。(5)氰化物有剧毒，经合理处理就可以基本消除对环境的负面影响。H 2O2可消除水中的氰化物(如NaCN)，经以下反应实现：NaCNH 2O2H 2O=ANH 3。生成物A的化学式为_。某废水用H 2O2处理40 min后，测得剩余总氰为0.16 mgL 1 ，除氰率达80%，计算14

29、040 min时间段反应速率 v(CN )_mgL 1 min1 。(结果保留两位有效数字)解析：(1)根据图示，选择磨矿细度87%为宜。(2)用生石灰调节矿泥pH11.5，溶液呈碱性，能抑制氰化物中的CN 水解。(3)“氰化”环节，Au转化为NaAu(CN) 2，Au被氧化，显然有O 2参与反应，其化学方程式为4Au8NaCNO 22H 2O=4NaAu(CN)24NaOH。“氰化”环节，有O 2参与反应，温度升高，O 2的溶解度减小；同时温度升高，促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度；随温度的升高，Ca(OH) 2的溶解度反而下降，部分碱从溶液中析出。根据HCN H CN 、Au 2

30、CN Au(CN)2 ，由第二个反应第一个反应2，可得Au 2HCN 2H Au(CN) 2 ，此反应的 KK (HCN)K ，则2H Au(CN) 2 Au 2HCN的 K 2a1K2a HCN K410 20 。(4)用锌还原NaAu(CN) 2生成金，根据Zn Zn2 、Au(1 510 10 211038 失 2e CN)2 Au及得失电子守恒知，消耗的锌与生成的金的物质的量之比为12。(5)根据原子守恒， 得 e 可推知生成物A的化学式为NaHCO 3。040 min时间段，除氰率达80%，则除去的CN 为剩余的CN 的4倍，除去的CN 为0.16 mgL 1 40.64 mgL1

31、，则 v(CN ) 0.016 mgL 1 min1 。0.64 mgL 140 min答案：(1)87% (2)CN H 2O HCNOH (3)4Au8NaCNO 22H 2O=4NaAu(CN)24NaOH 氧气在溶液中的溶解度随着温度的升高而下降；温度的升高，促进了氰化物的水解，增加了HCN的挥发速度；随温度的升高，Ca(OH) 2的溶解度反而下降，部分碱从溶液中析出 410 20 (4)12(5)NaHCO 3 0.0164PFS是水处理中重要的絮凝剂，下图是以回收的废铁屑为原料制备PFS的一种工艺流程。(1)酸浸槽以及聚合釜中用到的酸应是_；PFS中铁元素的化合价为_；在酸浸槽中，

32、为了提高浸出率，可以采取的措施有_(写两条)。(2)若废铁屑中含有较多铁锈(Fe 2O3xH2O)，则酸浸时反应的化学方程式有_。15(3)如果反应釜中用H 2O2作氧化剂，则反应的离子方程式为_；生产过程中，发现反应釜中产生了大量的气体，且温度明显升高，其原因可能是_。(4)聚合釜中溶液的pH必须控制在一定的范围内。如果溶液酸性过强，造成的后果是_。如果溶液酸性太弱又会生成大量的氢氧化铁沉淀。若溶液中Fe 3 的浓度为1 molL1 ，当Fe 3 开始沉淀时，溶液的pH约为_。已知Fe(OH) 3的 Ksp1.010 39 。解析：(1)PFS是硫酸盐，制备时不能引入杂质，要用硫酸酸浸；根据

33、Fe2(OH)x(SO4)3 x/2y中各元素正、负化合价的代数和为0，得铁的化合价为3。(2)Fe 2O3xH2O和Fe均与硫酸反应，且氧化性：Fe 3 H 。(4)PFS中含有OH ，若酸性过强， c(OH )降低，影响Fe 3 与OH 结合形成PFS；若溶液中Fe 3 的浓度为1 molL1 ，当Fe 3 开始沉淀时， KspFe(OH)31.010 39 c(Fe3 )c3(OH )，则1.010 39 1 molL1 c3(OH )，解得 c(OH )10 13 molL1 ，则 c(H )0.1 molL 1 ，所以pH1。答案：(1)H 2SO4 3 加热、搅拌、多次浸取等(2)

34、Fe2O3xH2O3H 2SO4=Fe2(SO4)3(3 x)H2O、Fe 2(SO4)3Fe=3FeSO 4、FeH 2SO4=FeSO4H 2 (3)2Fe2 H 2O22H =2Fe3 2H 2O H2O2与Fe 2 的反应为放热反应，加入的H 2O2过多，且生成的Fe 3 能作H 2O2分解的催化剂，H 2O2发生分解反应，生成了O 2 (4)影响Fe 3 与OH 的结合(合理答案均可) 15金属钼在工业和国防建设中有重要的作用。钼(Mo)的常见化合价为6、5、4。由钼精矿(主要成分是MoS 2)可制备单质钼和钼酸钠晶体(Na 2MoO42H2O)，部分流程如图1所示：已知：钼酸微溶于

35、水，可溶于液碱和氨水。回答下列问题：(1)钼精矿焙烧时，每有1 mol MoS 2反应，转移电子的物质的量为_。(2)钼精矿焙烧时排放的尾气对环境的主要危害是_，请你提出一种实验室除去该尾气的方法_。16(3)操作2的名称为_。由钼酸得到MoO 3所用到的硅酸盐材料仪器的名称是_。(4)操作1中，加入碳酸钠溶液充分反应后，碱浸液中 c(MoO )0.80 molL 1 ， c(SO )0.04 24 24molL1 ，在结晶前需加入Ba(OH) 2固体以除去溶液中的SO 。当BaMoO 4开始沉淀时，SO 的去除率是_24 24_。 Ksp(BaSO4)1.110 10 、 Ksp(BaMoO

36、4)4.010 8 ，溶液体积变化可忽略不计(5)焙烧钼精矿所用的装置是多层焙烧炉，图2为各炉层固体物料的物质的量的百分数( )。 x_。焙烧炉中也会发生MoS 2与MoO 3反应生成MoO 2和SO 2的反应，若该反应转移6 mol电子，则消耗的氧化剂的化学式及物质的量分别为_、_。解析：(2)由流程图可知，钼精矿焙烧产生的二氧化硫为大气污染物，其对环境的主要危害是形成酸雨，实验室可用氨水或氢氧化钠溶液吸收SO 2。(3)灼烧用到的硅酸盐材料仪器为坩埚。(4)根据 Ksp(BaMoO4)及 c(MoO )可计算出MoO 开始沉淀时溶液中 c(Ba2 )，再根据 c(Ba2 )和 Ksp(Ba

37、SO4)计算出此时溶液中 c(24 24SO )，进而可求出SO 的去除率。(5)根据题图2可知，在炉层序号为6时，MoS 2和MoO 3的物质的量的24 24百分数均为18%，则MoO 2的物质的量的百分数为100%18%264%。根据反应MoS 26MoO 37MoO22SO 2，则消耗的氧化剂的化学式为MoO 3，反应转移6 = = = = =高 温 mol电子时，消耗MoO 3的物质的量为3 mol。答案：(1)14 mol (2)形成酸雨 可用氨水或氢氧化钠溶液吸收(其他合理答案均可) (3)过滤 坩埚 (4)94.5% (5)64 MoO 3 3 mol6二硫化钨(WS 2，其中W

38、的化合价为4)可用作润滑剂，还可以在石油化工领域中用作催化剂。由钨铁矿(其主要成分是FeWO 4，还含少量Al 2O3)制备二硫化钨的工艺流程如图所示：17回答下列问题：(1)FeWO4中铁元素的化合价为_。(2)FeWO4在“熔融”过程中发生反应的化学方程式为_；“熔融”过程中为了提高熔融速率，可采取的措施有_(写出一条即可)。(3)过量CO 2通入粗钨酸钠溶液中发生反应的离子方程式为_，操作中用作引流的玻璃仪器是_。(4)生成二硫化钨的化学方程式为2(NH 4)2WS43O 2 2WS24NH 32S2SO 22H 2O，若反= = = = =高 温 应中转移8 mol电子，则生成WS 2

39、的质量是_g。解析：(1)FeWO 4中O、W分别为2价和6价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0可求出铁元素的化合价为2。(2)结合题给流程图可知钨铁矿在熔融时与NaOH、O 2反应生成Fe 2O3和钨酸钠，根据得失电子守恒、原子守恒可写出反应的化学方程式为4FeWO 4O 28NaOH 2Fe2O34Na 2WO44H 2O。“= = = = =高 温 熔融”时为了提高熔融速率，可采取的措施有将钨铁矿粉碎或搅拌等。(3)粗钨酸钠溶液中含有少量的NaAlO2，通入过量CO 2时，NaAlO 2与CO 2、H 2O反应生成Al(OH) 3和NaHCO 3。操作为过滤操作，实验中需要用到引流的玻璃仪器是玻璃棒。(4)结合题给流程图可知(NH 4)2WS4中W和S分别为6价和2价，根据化合价变化可知，每生成2 mol WS 2时转移16 mol电子，则反应中转移8 mol电子时，生成1 mol WS 2，其质量为(184322)gmol 1 1 mol248 g。答案：(1)2(2)4FeWO4O 28NaOH 2Fe2O34Na 2WO44H 2O 粉碎矿石(或搅拌等)= = = = =高 温 (3)AlO CO 22H 2O=Al(OH)3