微专题一化学工艺流程-【创新教程】2020-2024五年高考真题化学分类特训

最新真题分类特训·化学 微专题一化学工艺流程 考点1含金属元素物质的制备工艺流程 1.(2023·辽宁卷，10,3分)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3,已知焙烧后Cr元素以+6价形 式存在，下列说法错误的是 Na2 COs+02 淀粉水解液 矿渣 (含FeO、Cr2O3) →焙烧→水浸 滤液①，转化-Cr(OHD 滤渣 滤液② A.“焙烧”中产生CO。 B.滤渣的主要成分为Fe(OH) C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用 2.(2024·黑吉辽卷，16)(14分) 中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某 工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉（其中细小的Au颗粒被FeS,、FeAsS包裹），以提高金 的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 足量空气H2SO 空气NaCN溶液 Zn 浸出液 滤渣 含[Au(CN)2] →Au 细菌氧化 浸金 沉金 矿粉→ pH=2 滤液 →滤液② →沉铁砷→净化液 含[Zn(CN)4]2 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，FeS,发生反应的离子方程式为 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As 微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为 (填标号)。 A.无需控温 B.可减少有害气体产生C.设备无需耐高温 D.不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O,氧化，“浸金”中NaCN的作用为 (6)“沉金”中Zn的作用为 (7)滤液②经H2SO,酸化，[Zn(CN),]-转化为ZnSO,和HCN的化学方程式为 。用碱中和HCN可生成 (填溶质化学式)溶液，从而 实现循环利用 3.(2024·湖北卷，16)(13分)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)。]中提 取铍的路径为： 稀硫酸 含HA的煤油过量Na(OH 热熔 玻璃态酸浸 滤液1萃取有机相反萃取水相2加热 Bea Al2(SiO3)6- Be(OH)2→Be 冷却 过滤 分液 分液 过滤 滤渣 水相1 含NaA的煤油 滤液2 微专题一化学工艺流程 已知：Be2++4HA=BeA2(HA)十2H 回答下列问题： (1)基态Be+的轨道表示式为 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 (3)“萃取分液”的目的是分离B+和A3+,向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液， 观察到的现象是 (4)写出反萃取生成Na[Be(OH),]的化学方程式 “滤液2”可以进 步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面 体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH COO相连，其化学式为 4.(2024·安徽卷，15)(14分) 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离 提取金和银的流程，如图所示。 Na2 S203 硫酸、H2O2 盐酸、H2O2 浸渣2 →浸取3 浸出液 →电沉积→Ag 铜阳极泥→浸取1 浸渣1，浸取2 还原→Au 浸出液2 浸出液1 N2 H4 N2 回答下列问题： (1)Cu位于元素周期表第 周期第 族。 (2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是 (3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCI,的化学方程式为 (4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(SO)2]3。 (5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。 “电沉积”步骤完成后，阴极 区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。 (6)“还原”步骤中，被氧化的N2H,与产物Au的物质的量之比为 (7)NaS,O可被l2氧化为NaS,O。从物质结构的角度分析S,O的结构为(a)而不是(b) 的原因： (a】 20 最新真题分类特训·化学 5.(2024·山东卷，18)(12分)以铅精矿（含PbS,AgS等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺 流程如下： 铅精矿 试剂X 含过量FeCl3的饱和食盐水 ↓浓盐酸 铅精矿→热浸→过滤工 稀释、 冷却 →过滤Ⅱ→还原→过滤Ⅲ→置换→尾液 含硫滤渣 热溶 含硫 滤渣 富银铅泥 电解I→金属Pb 金属Ag电解Ⅱ→金属Pb 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbC1,]2和[AgC1]及单质硫。溶解等物质的量 的PbS和AgS时，消耗Fe3+物质的量之比为 :溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止 “热浸”时HC1挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属P%,“电 解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是 (4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)： A.Al B.Zn C.Pb D.Ag “置换”反应的离子方程式为 (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 6.(2024·新课标卷，27)(14分)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有 着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣（主要含Co、Z、Pb、Fe的单质或氧化物）中富集回 收得到含锰高钴成品的工艺如下： KMnO H2SO Mn02 ZnO 湖pH=4 氧化沉钠 Co(OHs 废渣→酸浸过滤1 过滤2 pH=5 Mn02 滤渣1 滤渣2 除结液→回收利用 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-3mol·L)时的pH: Fes+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： (1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 :“滤渣1”中金属元 素主要为 (2)“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是 。 取少量反应后的溶液，加入 化学试剂 检验 ,若出现蓝色沉淀，需补加MnO2。 (3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 (4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的Co3+浓度为 mol·L1。 26 微专题一化学工艺流程 7.(2023·全国乙卷，27,15分)LiMn2O作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰 矿(MnCO3,含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2 O4的流程如下： 硫酸MnO,石灰乳BaS 碳酸钾C0,和02 菱锰矿一反应器 湖pH7 一分离器一电解相 ·Mn02煅烧容→LiMn0a 滤渣 电解废液 已知：Km[Fe(OHDa]=2.8×109,Kp[Al(OH)3]=1.3×10,Km[Ni(OH2]=5.5× 10“。回答下列问题： (1)硫酸溶刊矿主要反应的化学方程式为 为提高溶矿速率，可采取的措施是 (举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是 不宜使用HO,替代MnO2,原因是 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4,此时c(Fe3+) mol·L1:用石灰乳调节 至pH≈7，除去的金属离子是 (4)加入少量BaS溶液除去N+,生成的沉淀有 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn,O,反应的化学方程式是 8.(2023·全国甲卷，26,14分)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO,为原料，采用下列路线可制 备粉状BaTiO.。 TiCl 水 酸 水(NH4)2C2O BaSO 过量碳粉→焙烧→浸取→酸化→浓缩结晶→溶解→沉淀→热分解→BaTO 过量氯化钙 co 滤渣 母液 滤液 回答下列问题： (1)“培烧”步骤中碳粉的主要作用是 (2)“焙烧”后固体产物有BaCL2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离 子方程式为 (3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？其原因是 (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C,O)2的化学方程式为 (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nco:neo= 最新真题分类特训·化学 9.(2023·山东卷，17,12分)盐湖卤水（主要含Na、Mg2+、Li、C1、SO和硼酸根等）是锂盐 的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备LiCO,的工艺流程如下： 盐酸 HCl气体 生石灰 纯碱 饱和Na2CO3溶液 浓缩 肉水→脱硼→ 结晶 →煅烧→水浸→精制I→精制Ⅱ一→操作X一→浓缩→沉锂 含硼固体 固体 滤渣I 滤渣Ⅱ NaCl LizCOa 已知：常温下，K(Li,CO3)=2.2×102。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 LiGC1· 星 80 40 LiOH 12 LiCO 0.5020406080100 温度/ 回答下列问题： (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3十HO一H+[B(OH),](常温下， K.=109.4);B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂NaB,O,(OH),·8H2O。常温下，在 0.10mol·L1硼砂溶液中，[B,O,(OH),]-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和 [B(OH),],该水解反应的离子方程式为 ,该溶液pH= (2)滤渣I的主要成分是 (填化学式)：精制I后溶液中Li的浓度为2.0mol·L1, 则常温下精制Ⅱ过程中CO浓度应控制在 mol·L1以下。若脱硼后直接进行精 制I,除无法回收HC1外，还将增加 的用量（填化学式）。 (3)精制Ⅱ的目的是 :进行操作X时应选择的试剂是 ,若不进行该 操作而直接浓缩，将导致 10.(2023·湖南卷，17,15分)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来， 我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯 Ga(CH)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH)3的工艺流程如下： 高纯Mg 粗Ga 合成 Ca.Mgs 高纯Ca,电解精炼 气体 40-45℃ CH.LEL,O NR 合成 ①溶剂蒸发上①配体交换 Ga(CH,)(Et O) ②蒸馏 ②工序X 残渣 超纯Ca(CIl (纯度≥99.9999 已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃： ②EtO(乙醚)和NR(三正辛胺)在上述流程中可作为配体； ③相关物质的沸点： 物质 Ga(CH)3 Et,O CHI NR 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： (1)品体Ga(CH)3的品体类型是 (2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40~45℃的原因是 ,阴极的电极反应式为 微专题一化学工艺流程 铅棒 NaOH溶液 出料口阳极绒液出口 (3)“合成Ga(CH)3(EtO)”工序中的产物还包括Mgl2和CH Mgl,写出该反应的化学方程 式： (4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是 (5)下列说法错误的是 A.流程中EtO得到了循环利用 B.流程中，“合成GaMg”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行 C.“工序X"的作用是解配Ga(CH)(NR),并蒸出Ga(CH) D.用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH)3和CHI (6)直接分解Ga(CH)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH)3,而本流程采用“配体交换”工艺制备 超纯Ga(CH,),的理由是 (7)比较分子中的C一Ga一C键角大小：Ga(CH2) Ga(CH)3(EtO)(填“>”“<” 或“=”)，其原因是 11.(2022·河北卷，15,14分)以焙烧黄铁矿FeS,(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝 Fe(NH,)Fe(CN)。颜料。工艺流程如下： H2SO 足量H2S04(50%) (NH)2SO H2SO 黄铁矿 H2O K3[Fe(CN)6]NaClOs 加热 加热 加热 YPH=3 加热 红渣→酸浸→还原→工序①→溶解 →沉铁 →氧化→ 洗涤、 干燥 铵铁蓝 滤渣①滤渣② 母液 回答下列问题： (1)红渣的主要成分为 (填化学式)，滤渣①的主要成分为 (填化学式)。 (2)黄铁矿研细的日的是 (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为 (4)工序①的名称为 ,所得母液循环使用。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀Fe(NH,)2Fe(CN)。中Fe的化合价为 ,氧化工序发 生反应的离子方程式为 (6)若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和(NH)zSO,所加试剂为 和 (填化学式，不引入杂质)。 12.(2022·湖南卷，17,14分)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要 成分为TO2,含少量V、Si和AI的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下： C、Cl2 Al Mg 钛渣→沸腾氯化→降温收尘 粗TC,除钢 →除硅、铝 纯TCL治炼-→Ti 尾气处理 VOCL2渣 含Si、A1杂质 29 最新真题分类特训·化学 已知“降温收尘”后，粗 $$T i C l _ { 4 }$$ 中含有的几种物质的沸点： 物质 $$T _ { 1 } C l _ { 4 }$$ $$V O C l _ { 3 }$$ $$S i C l _ { 4 }$$ $$A l C l _ { 3 }$$ 沸点 $$/ ^ { \circ } C$$ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知 △G=△H-T△S，△G 的值只决定于反应体系的 300 始态和终态，忽略 △H、△S 随温度的变化。若 △G<0， ，则 200 .Ti0.()+20 $$C l _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } K C l$$ 1.(gt $$t O _ { 2 } \left( g \right)$$ 该反应可以自发进行。根据如图判断： $$6 0 0 ^ { \circ } C$$ 时，下列反 100 应不能自发进行的是。 0 $$A . C \left( s \right) + O _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } C O _ { 2 } \left( g \right)$$ -300 C(s)+0. $$C \left( g \right) + O _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } C O _ { 2 } \left( g \right)$$ -400 $$B . 2 C \left( s \right) + O _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } 2 C O \left( g \right)$$ $$2 C \left( s \right) + O _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } 2 C O O \left( g \right)$$ -500 $$C . T i O _ { 2 } \left( s \right) + 2 C l _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } T i C l _ { 4 } \left( g \right) + O _ { 2 } \left( g \right)$$ 500 600 700800 900 10001100 $$D . T i O _ { 2 } \left( s \right) + C \left( s \right) + 2 C l _ { 2 } \left( g \right) \xlongequal { \quad } { \quad } T i C l _ { 4 } \left( g \right) + C O _ { 2 } \left( g \right)$$ 温度 PC $$\left( 2 \right) T i O _ { 2 }$$ 与 $$C 、 C l _ { 2 }$$ 在 $$6 0 0 ^ { \circ } C$$ 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 $$T i C l _ { 4 }$$ CO $$C O _ { 2 }$$ $$C l _ { 2 }$$ 分压 /MPa $$4 . 5 9 \times { 1 0 ^ { - 2 } }$$ $$1 . 8 4 \times { 1 0 ^ { - 2 } }$$ $$3 . 7 0 \times { 1 0 ^ { - 2 } }$$ $$5 . 9 8 \times { 1 0 ^ { - 9 } }$$ ①该温度下， $$T _ { 1 } O _ { 2 }$$ 与 $$C 、 C l _ { 2 }$$ 反应的总化学方程式为 ； ②随着温度升高。尾气中 CO 的含量升高，原因是 。 (3)“除钒”过程中的化学方程式为 ；“除硅、铝”过程中，分离 $$T i C l _ { 4 }$$ 中含 Si、Al 杂质的方法是。 (4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序(填“能”或“不能”)交换，理由是 。 (5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 Mg 冶炼 的方法相似的是。 A.高炉炼铁 B.电解熔融氯化钠制钠 C.铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞 13.(2022·辽宁卷，16，14分)某工厂采用辉铋矿(主要成分为 $$B i _ { 2 } S _ { 3 } ，$$ 含有 $$F e S _ { 2 } 、 S i O _ { 2 }$$ 杂质)与软 锰矿(主要成分为 $${ M n O _ { 2 } } \right)$$ 联合焙烧法制备 BiOCl 和 $$M n S O _ { 4 } ，$$ ，T 艺流程如下： 空气 浓盐酸 金Bi 联合 水 转 转 BiOCl 淀 焙烧 水解 (过量) 滤液 $$\left( M n S O _ { 4 } \right)$$ 溶液) 渣 $$\overrightarrow { A }$$ $$\left( M n C l _ { 2 } ， F e C l _ { 2 }$$ 已知：①焙烧时过量的 $$M n O _ { 2 }$$ 分解为 $$M n _ { 2 } O _ { 3 } ， F e S _ { 2 }$$ 转变为 $$F e _ { 2 } O _ { 3 } ；$$ ②金属活动性： ：Fe>(H)>Bi>Cu； ③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下： 开始沉淀pH 完全沉淀pH $$F e ^ { 2 + }$$ 6.5 8.3 $$F e ^ { 3 + }$$ 1.6 2.8 $$M n ^ { 2 + }$$ 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为。 a. .进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度 $$\left( 2 \right) B i _ { 2 } S _ { 3 }$$ 在空气中单独焙烧生成 $$B i _ { 2 } O _ { 3 } ，$$ ，反应的化学方程式为 。 (3) “酸浸”中过量浓盐酸的作用为： ① 充分浸出 $$B i ^ { 3 + }$$ 和 $$M n ^ { 2 + } ； \textcircled 2$$ 。 30 微专题一化学工艺流程 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 (6)加入金属Bi的目的是 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属B,假设其余各步损失不计，干燥 后称量BiOC1产品质量为32kg,滴定测得新产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi 元素的质量分数为 14.(2021·江苏卷，15,14分)以锌灰（含ZnO及少量PbO、CuO、Fe,O、SiO)和Fe(S)),为原料制 备的ZFeO,脱硫剂，可用于脱除煤气中的HS。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 稀硫酸 Fe2(SO,)3溶液NaHCO3溶液 含H2S煤气O2 锌灰→浸取→除杂→调配比 ZnFe,0,-硫化一再生 →沉锌铁“脱硫剂 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤、加HO2氧化等步骤。除Pb2+和Cu+外，与锌粉反应的离 子还有 (填化学式)。 (2)“调配比”前，需测定ZnSO,溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO,溶液于 100mL容量瓶中，加水稀释至刻度线；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨 水调节溶液pH=10,用0.0150mol·L1EDTA(Na,H2Y)溶液滴定至终点（滴定反应为 Zn++Y-一ZnY2-),平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO,溶液 的物质的量浓度 (写出计算过程)。 (3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O,脱硫 剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe,O,与H2、H2S反应生成ZnS和FeS,其化学方程式为 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H,S与CO2生成COS的反 应，反应前后ZS的质量不变，该反应过程可描述为 (4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变 化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 100 98 96 200 400600 800 温度℃ 15.(2021·福建卷，11,13分)四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。一种以 钼精矿（主要含MoS,还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图 所示。 O2Na2CO3、H2O (NH)2S NH NO HNO 焙砂 矿→焙烧一浸出 浸出液，净化 滤液 →沉淀 →(NH4)2Mo4O13·2H2O 碎 气体 CO2浸渣 滤渣 母液 最新真题分类特训·化学 回答下列问题： (1)“焙烧”产生的气体用 吸收后可制取氨肥。 (2)“浸出”时，MoO。转化为MoO。提高单位时间内钼浸出率的措施有 (任写两种)。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度 超过80℃后，钥的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致 96 92 恶88 405060.708090 温度/℃ (3)“净化”时，浸出液中残留的Cu+、Fe+转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中c(S)和pH的关 系为lgc(S-)=pH-15.1。为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10-6mol·L,应控制溶液 的pH不小于 。 (已知：pKp=-lgKp;CuS和FeS的pKn分别为35.2和17.2) (4)“净化”后，溶液中若有低价钼（以MoO表示），可加入适量H2O2将其氧化为MoO,反 应的离子方程式为 (5)“沉淀”时，加入NH,NO3的目的是 (6)高温下用H2还原(NH,)2Mo,O13可制得金属钼，反应的化学方程式为 [已知：(NH,)2Mo,O1受热分解生成MoO2] 16.(2021·河北卷，15,14分)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队 设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空 气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFe-AMg的深度利用和Na内循环。工艺流 程如下： 气体A O2(g)+熔融NaOH H2O(D) Na2Cr2O,溶液+ →Na2CrO溶液→工序③→ Fe(CrO2)2 高温 介稳 物质V(s) →NaOH溶液（循环） (含Al2O3,→连续 →工序①→过滤→态相 MgO) 氧化 滤渣I 分离 过量气体A 无色 A1(OH)3(s)+ 过量气体A+H2O(g) 工序② 工序④→ 溶液 物质V的溶液 过滤一 物质Ⅱ →热解一→MgCO3(s)→煅烧→MgO(s) 溶液 固体Ⅲ 混合气体Ⅳ 回答下列问题： (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是 (填元素符号)。 (2)工序①的名称为 (3)滤渣I的主要成分是 (填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为 微专题一化学工艺流程 (5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH,此时发生的主要反应的化学方程式为 ,可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序 (填“①“②”“③”或“④”)参与内循环。 (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。(通常认为溶液中离子 浓度小于105mol·L1为沉淀完全：A1(OH)3+OH—A1(OH)K=10.3;K.= 10-1,K[A1(OH)3]=1033) 17.(2021·山东卷，17,11分)工业上以铬铁矿(FeCr,O,含A1、Si氧化物等杂质)为主要原料制 备红矾钠(NaCr2O,·2H,O)的工艺流程如图。回答下列问题： 母液 铬铁矿H2O 纯碱 H2SO H2SO 0,焙烧一浸取一中和一酸化 蒸发 冷却 结晶 结晶 滤渣滤渣 副产品 Na2Cr2O,· 2H2O (1)焙烧的目的是将FeCr2O,转化为NaCr,O,并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧 时气体与矿料逆流而行，目的是 (2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度￠与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分 浓度c≤1.0×105mol·L1时，可认为已除尽。 Gr,0号 CrO -1 Sio -2 Fe-Al [AI(OH)]- 9.6 2.43.04.5H 9.310.2 14 中和时pH的理论范围为 :酸化的目的是 Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。 (3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致 ;冷却结晶所得母液中，除 Na2Cr2O,外，可在上述流程中循环利用的物质还有 (4)利用膜电解技术（装置如图所示），以Naz CrO,为主要原料制备NaCr2O,的总反应方程 式为： 4Na,CrO,+4H,0通电2Na,C,0,+4NaOH+2H↑+O,个 则Na2Cr2O,在 (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为 怡性电极。 怡性电极 离子交换膜 33详解详析 4.A本题考查化学材料的分类。普通玻璃的主要成分为 却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快逸冷却 Na,SiO,、CaSiO.、SiO2,属于传统无机非金属材料，A项 (3)“滤液1”中有Be+和A+,加入含HA的煤油将 符合题意：不锈钢偏于合金，属于金偏材料，B项不特合 B®艹萃取到有机相中，则水相1中含有A+,则向过量 题意：矿泉水瓶由塑料制成，属于合成有机高分子材料， 烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的 C项不符合题意：棉麻织物属于天然有机高分子材料，D 现象为：无明显现象。(4)反草取生成Na[Be(OH),的化 项不符合题意。 学方程式为BeA,(HA):十6NaOH一Na[Be(OH),] 微专题一化学工艺流程 十4NaA十2HO,滤液2的主要成分为NaOH,可进入反 考点1含金属元素物质的制备工艺流程 萃取步骤再利用。(5)氯化皱的共价性较强，电解熔触氯 1,B焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠 化镀制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强够融氯 盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中 化皱的导电性。(6)由题意可知，该配合物中有四个皱位于 存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得 四面体的四个顶，点上，四面体中心只有一个O,B与Be之间 到氯氧化格沉淀。A,铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应 总共有6个CH COO,则其化学式为：BeO(CH COO)。 时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确：B.培烧过程铁 答案：(1)个日(2)快速冷却(3)无明显现象 元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误：C.滤 19 液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成 (4)BeA.(HA),++6NaOH -Na [Be(OH),]+4NaA++ 氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以C元素主要存在形式 2H0反萃取 为CO,C正确：D.由分析知淀粉水解液中的葡萄糖 (5)增强熔融氯化铍的导电性 起还原作用，D正确：故逃B。 (6)Be,O(CH,COO). 2.解析：矿粉中加入足量空气和HSO,在pH=2时进行 4.解析：精炼铜产生的钢阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素， 细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤， 铜阳极泥加入硫酸、HO,浸取，Cu被转化为Cu进入 滤液中主要含有Fe+,SO、As(川)，加碱调节pH, 浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au:浸 Fe+转化为Fe(OH),胶体，可起到絮疑作用，促进含As 渣1中加入盐酸、HO2浸取，Au转化为HAuCI,进入 微粒的沉降，过滤可得到净化液：滤渣主要为Au,Au与 浸取液2，Ag转化为AgCI,浸渣2中含有AgC1:浸取液 空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN),]的 2中加入NH将HAuCl,还原为Au,同时N,H,被氧 浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN),门 化为N:浸渣2中加入NaS,(),,将AgC1转化为 的滤液②。 [Ag(SO,):]-,得到浸出液3，利用电沉积法将 (1)“胆水”治炼铜，“胆水”的主要成分为CuS): [Ag(SO)2]°-还原为Ag. (2)“细菌氧化”的过程中.FS在酸性环境下被O氧化为 (1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第IB族：(2)由 Fe和S0,离子方程式为：4FS+150,十2H,0如菌 分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O,浸取，Cu被转化为 Cu+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主 4Fe3++8S)+4H: 要是Cu+:(3)浸取2步骤中，Au与盐酸、H(O2发生氧 (3)“沉铁砷”时，加碱调节pH,Fe+转化为Fe(OH),胶 化还原反应，生成HAuCl.和H(),根据得失电子守恒 体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降： 及质量守恒，可得反应的化学方程式为：2Au十8HCl十 (4)八.细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需 3HO—2 HAuCl十6HO:(4)根据分析可知，浸渣2 要控温，A不特合题意：B.培烧氧化时，金属硫化物中的 中含有AgC1,与Na2S,O反应转化为[Ag(SO3)2]-: S元素通常转化为SO,,而细荫氧化时，金属硫化物中的 (⑤)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(SO,),] S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题 得电子被还原为Ag,电极反应式为：[Ag(SO,)]+ 意：C,培烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需 e 一Ag￥十2S(O:阴极反应生成SO,同时阴极 要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设 区溶液中含有N,故电沉积步骤完成后，阴极区溶液 备无需耐高温，C符合题意：D.由流程可知，细首氧化也 会产生废液废渣，D不符合题意；故速BC: 中可循环利用的物质为NaSO:(6)还原步骤中， (5)“浸金”中，Au作还原剂，O,作氧化剂，NaCN做络合 HAuCI,被还原为Au,Au化合价由+3价变为0价，一 个HAuCl,转移3个电子，N2H,被氧化为N,N的化合 剂，将Au转化为[Au(CN)2]从而浸出： 价由一2价变为0价，一个N,H,转移4个电子，根据得 (6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)]还原为Au: 失电子守恒，被氧化的N,H,与产物Au的物质的量之 (7)滤液②含有[Zn(CN),]·经过HS),的酸化， 比为3：4：(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为 [Zn(CN),]2转化为ZnSO.和HCN,反应的化学方程 稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不 式为：Na2[Zn(CN),]+2H2SO,一ZnSO,+4HCN+ 稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于1，故 NaSO,:用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用， NaS,O1不能被1氧化成(b)结构。 即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸 答案：(1)四IB 金”步豫，从而循环利用。 (2)Cu2 答案：(1)CuSO (3)2Au+8HC1+3H.)2一2HAuC1,+6H(O0 (2)4FeS,+150,+2H,0细商Fe+8S0十4H (4)AgCl (5)[Ag(S2O,):]-+e—Ag￥+2 S.O NazS.O (3)Fe(OH) (6)3：4 (4)BC (7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结 (5)做络合剂，将Au转化为[Au(CN),]从而浸出 构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在 (6)作还原剂，将[Au(CN)]还原为Au 过氧根，过氧根的氧化性大于I2,故Na,S:O,不能被I, (7)Na,[Zn (CN)+2H,SO -ZnSO+4HCN+ 氧化成(b》结构 Na.SO.NaCN 5.解析：本题以铅精矿（含PbS,AgS等）为主要原料提取 3.解析：(1)基态Be+的电子捧布式为1s,其轨道表达式 金属Pb和Ag,“热浸”时，难溶的PhS和Ag2S转化为 为个]。(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成品 [PbCl,]和[AgCL]及单质硫，Fe+被还原为Fe 过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCL,]在稀释降温 体，快速冷却会形成非晶体，即玻璃态，所以从“热熔、冷 的过程中转化为PbCL,沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增 最新真题分类特训·化学 大氯离子浓度，使PbCL2又转化为[PbCL],电解得到 (2)将溶液中的Fe+氧化为Fe+,以便在调pH时除去 Pb:过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCL],FcCL,、 Fe元素K[Fe(CN).]Fe+ FeCL,故加入铅精矿主要将FCl还原为FeCL,试剂X (3)3Co++MnO+7HO-3Co(OH),￥+MnO.￥ 将[AgCL]置换为Ag,得到富银铅泥，试剂X为铅，尾 +5H 3Mn2 2MnO,+2H2 O -5MnO 液为FeCl,。 +4H (1)“热浸”时，Fe+将PbS和Ag:S中一2价的硫氧化为 (4)ZnS0、KS0,1016. 单质硫，Fe3+被还原为Fe,在这个过程中Pb和Ag的 7.解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫 化合价保持不变，所以等物质的量的PbS和AgS时， 酸和MnO,,可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、 S物质的量相等，所以消耗F®的物质的量相等，比值 A等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的 为1：1：溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓 MnO,可以将溶液中的Fe氧化为Fe:随后将溶液 度会过大，会生成H2S气体。 pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧 (2)“过滤Ⅱ”得到的PbCL,沉淀反复用饱和食盐水热溶， 化物的溶度积可以将溶液中的A沉淀出来：随后加入 会溶解为[PbCL,],电解[PhCL]2溶液制备金属Pb, BS,可以将溶液中的N+沉淀，得到相应的湾渣：分离 Pb在阴极产生，阳极CI放电产生CL,尾液成分为 后溶液中含有大量的M,将此溶液置于电解槽中电 解，得到MnO2,将Mn(O,与碳酸锂共同煅烧得到最终产 FeCL,,FeCL,吸收CL,后转化为FeCL,可以在热浸中循 环使用。 物LiMn,O,。 (3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe+,根据 (1)菱锰矿中主要含有MCO,,加入硫酸后可以与其反 应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MC)十HS) 还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目 的是将过量的Fe3+还原为Fe 一MSO十HO十CO,个：为提高溶矿速率，可以将菱锰 矿粉碎。 (4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止 引入其他杂质，则试剂X应为Pb,发生的反应为：Pb十 (2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含 2[AgCL]—2Ag+[PbCL] 有的Fe+氧化为Fe+,但不宜使用H2O,氧化Fe2+,因 (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金 为氧化后生成的Fe+可以催化H,O2分解，不能使溶液 属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴 中的Fe+全部氧化为Fe。 极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下 (3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4,此时溶液中 来，铅失电子为Pb,阴极得电子得到Pb,所以电极板 c(OH)=1.0×10"mol·LJ,此时体系中含有的 应作阳极。 c(Fe)= 答案：(1)1：1H,S K[Fe(0H0]=2.8×109mol·L1,这时， (OH) (2)热浸(3)将过量的Fe2+还原为Fe 溶液中的c(Fe+)小于1.0×10mol·L,认为Fe+ (4)C Pb+2[AgCl]-2Ag+[PbCl, 已经沉淀完全：用石灰乳调节至H≈7，这时溶液中 (5)阳极 c(OH)=1.0×101mol·L.,溶液中c(AP+)=1.3× 6.解析：(1)在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固 10mol·L,c(N+)=5.5X10mol·L1,c(A+)小 体与液体的接触面积·从而加快酸浸的反应速率，提高 于1.0X10mol·L',A+沉淀完全，这一阶段除去的 浸取效率。“滤渣1”中金属主要是Pb。(2)由题表中数 金属离子是AP+ 据可知，当Fe-完全沉淀时，Co未开始沉淀，而当 (4)加入少量BS溶液徐去N+,此时溶液中发生反应的离 Fe+完全沉淀时，Co+已有一部分沉淀，因此为了除去 子方程式为BaS+N+S —BS).￥十NiS,生成 溶液中的Fe元素且Co-不沉淀，应先将Fe+氧化为 的沉淀有BaSO1、NiS. Fe+再调节pH使Fe+完全沉淀，则MnO,的作用是将 (5)在电解糟中，Mn+发生反应生成MnO2,反应的离子 Fe+氧化为Fe+。常用K,[Fe(CN),]溶液检验Fe, 方程式为Mn+2H,0电解H,↑+Mn0,+2H:该 若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在F,雾补加 M)2。(3)由流程分析可知，该过程发生两个氧化还原 反应中消耗水，生成HS),为保持电解液成分稳定，应 不断补充水。 反应，根据流程分析中两个反应的反应物、产物与反应 环境(pH=5),结合得失电子守恒，电荷守恒和原子守恒 (6)煅烧窑中MnO2与LiCO,发生反应生成LiMn2 O, 可写出两个离子方程式：3Co++MnO+7H,O 反应的化学方程式为21iC0,十8MnO.维挑41，iMn.O. 3Co(OH),￥+MnO￥+5H,3Mn++2MnO,+ +2C0↑十0，↑。 2H,O5MnO￥十4H广。(4)由流程分析可知，“除 答案：(1)MnCO2+HS),-MnSO.+H:(O十CO。↑ 钻液”中含有的金偏阳离子主要是Z和K,而阴离子 粉碎菱锰矿(2)将Fe+氧化为Fe+Fe+、Mn+可 主要是“酸浸”步骤引入的S,因此其中主要的盐有 以催化HO,快速分解(3)2.8×10A1 ZnSO,和K,S),。当Co+恰好完全沉淀时，溶液中， (4)BaSO4、NiS c(Co*)=1.0×105mol·L.,此时溶液pH=1,1,即 （5Mn+2H,0电解H,++Mn0,+2H c(H)=101mol·L。,则c(OH)=K. c(H) 补充MnSO,溶液，及时排出电解废液 1019mol·L.1,则Km[Co(OH),]=1.0×10× (101)=10。“除钻液”的pH=5,即c(H)= (6)21i,CO+8MnO. 搬烧4LiMm.0,+2C0,↑+0，↑ 10mL,则e(0H)-,=10l…L, 8.解析：由流程和题中信息可知，BaS),与过量的碳粉及 过量的氯化钙在高温下培烧得到CO、BCl。、易溶于水的 光时溶液中c(Co+)=K[Co(OH),]10, (OH) (10)Fmol·L BaS和微溶于水的CS:烧渣经水浸取后过滤，滤凌中碳 粉和CaS,滤液中有BaCl,和BaS;滤液经酸化后浓缩结 =10-167mol·L1。 晶得到BaCl晶体：BaCl晶体溶于水后，加入TiCL,和 答案：(14分)(1)增大固液接触面积，加快酸浸速率，提 (NH,)CO,将钡离子充分沉淀得到BaTiO(CO,)2: 高浸取效率Pb BaTiO(CO,)2经热分解得到BaTiO,. 详解详析 (1)“焙烧”步骤中，BSO,与过量的碳粉及过量的氨化 反应)外，还会增加生石灰的用量，同时也会增加 钙在高温下培烧得到CO、BaCL,、BaS和CaS,BaSO,被 Na,CO的用量。(3)精制I加入的生石灰过量，精制Ⅱ 还原为BS,因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将 加入纯威（过量）的目的是除去溶液中C+,操作X是为 BaSO,还原 了除去过量的碳酸钠，结合“求缩”时得到NC可知，加入 (2)浸出时多余的Ca+与硫离子反应Ca+十S2 的试剂为盐酸，若不进行该操作而直接浓缩，由于八C) CaS 水解使溶液呈碱性，则会有LOH和LC),析出。 (3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶于水的钡盐， 答案：(1)[B,O3(OH)1丁+5HO一2B(OH)1+ 由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCL,可溶于水 2[B(0H)]-9.24 因此，应逃用的酸是盐酸，选C。 (2)Mg(OH)a、CaS00.0055CaO、NaCO (4)如果培烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原 (3)除去精制I引入的Ca盐酸LiC)、LOH与 因是产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H,S会 NaC1一同析出，会造成沉裡步骤制得的LiCO,减少 污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl, 10.解析：以粗镓为原料制备高纯G(CH1),的工艺流程。 导致BaCI,溶液中混有CCL杂质无法除去、最终所得产 (1)品体G(CH),的沸，点较低，为分子品体。(2)镓的 品的纯度降低。 熔，点为29.8℃，电解精炼温度需高于镓的熔，点，因此 (5)令BaTiO(C,O,):的化学计量数为1，则TiCl、 电解池温度控制在40一45℃。Ga和A1的性质相似 (NH,),C,O、BaCl,存在如下化学计量数关系：TiCL十 电解精炼过程中粗嫁在阳极失电子产生的Ga在 2(NH),CO.+BaCl,→BaTiO(CO,)2由于各元素 Na(OH溶液中形成Ga(OH),,Ga(OH),迁移到阴极， 化合价未变，属于非氧化还原反应，则根据原子守恒，反 得电子被还原为Ga,故阴极反应为Ga(OH)十3e 应物中还有1个HO,生成物中有4个NHCI和2个 =Ga十4OH。(3)根据原子守恒，结合流程图中物 HCl,而HCI又可于(NH),CO反应产生H,CO,与 质转化配平，得反应的化学方程式为GMg十8CHI NH,CL,故最终得到该反应的化学方程式为TC1,十 +2Et,O-2Ga(CH,).(Et.O)+3Mgl.+2CH,Mgl. 3(NH):C,O,+BaCl+HO—BaTiO(C2O,)2￥+ (4)由(3)可知，残渣中含CH Mgl,结合元素守恒可知， H.C.O+6NH CI 其和水反应生成的可燃性气体为CH。(5)由已知② (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为， ③，结合流程图可知，溶剂蒸发、配体交换时EO得以 循环利用，A项正确；高纯G能与HO、O2反应， BaT0C0,△BTi0,+2C0,↑+2C0↑，因此.产生 CHI、Ga(CH),能与水反应，有机物能与O:反应，故 B项正确：配体交换时NR3和Ga(CH,)a(ELO)反应得 的nm,年nm=1：1。 到Ga(CH)1(NR)和EtO,则工序X为解配 答案：(1)做还原剂，将BaSO,转化为易溶于水的BaS Ga(CH,),(NR),并利用Ga(CH)和NR的沸点相 (2)Ca2++S2-CaS(3)c 差较大蒸出Ga(CH),C项正确：Ga(CH,),和CHI (4)不可行。产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 中均只有1种氢原子，核磁共振氢谱均只有一组吸收 HS会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的 峰，但吸收强度不同，可以鉴别，D项错误。(7)G CaCL,,导致BaCL溶液中混有CaCL杂质无法除去，最 (CH),中Ga为sp2杂化.Ga(CH),(EO)中Ga为sp 终所得产品的纯度降低 杂化，因此C一G一C键角大小：Ga(CH)>Ga(CH) (5)TiCl +3 NH )C.O BaCl H,O (E1O)。 BaTiO(C.O)+H C.O +6NH,CI (6)11 答案：(1)分子品体 9.解析：流程梳理 (2)电解精炼温度需在檬的熔点以上 Ga(OH)+3e=Ga+40H 盐酸 HC气怀 。生石成纯球 色和NC0,溶液 (3)Ga Mgs +8CH1+2Et,O- 来-®迎-一藤翻-超水剂格制H作赵小接鲜 2Ga(CH,(Et O)+3Mgl2 +2CH,Mgl 合御固体 国体滋沾1滋洁Ⅲ NaCI LiCO (4)CH (5)D ,CaC0,m人盐坡 (6)Ga(CH),和EO的沸点接近，而Ga(CHa),和 除聊元素 Ng,·6H0高4s0il.C 2LiCl+Na.CO NR的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH): Ms0+2l↑+5H.01 LiCO,++2NaC] (7)>Ga(CH)1中Ga为sp杂化，Ga(CH) 以高镁卤水为原料制备L,C),的工艺流程 (Et,O)中Ga为sp杂化 11.解析：本題考查制备铵铁蓝的工艺流程分析。 (1)[B(O(OH),]下水解生成等物质的量浓度的 (I)FeS在空气中焙烧生成FeO,和SO,则红渣的主 B(OH),和[B(OH),],则根据原子守恒和电荷守恒可 要成分为FeO,SiO:SiO,不溶于硫酸，故滤渣① 配平其水解反应的方程式为[B,O,(OH),]-+5H,O 为Si)2。 一2B(OH)2十2[B(OH),]。孩溶液中c[B(OH)3]= (2)将黄铁矿研细的目的是增大反应物间接触面积，加 c{[B(OH),门，根据B(OH)2在水中存在的平衡 快反应逸率。 B(OH),十H,O=一H十[B(OH),]的平衡常数K,= (3)还原工序中用FcS,将Fe+还原为Fe+,而FeS,中 c(H)c[B(OH)]L=10知，c[B(OH)]= S被氧化为SO,根据得失电子守恒，原子守恒得化 cLB(OH) 学方程式为7Fe(S0,),+FeS,十8H,0△15FeS0, c[B(OH),])时，c(H*)=10mol·L,pH= -1g101=9.24。(2)加入生石灰是为了除去水浸后 +8H.SO 滤液中残留的Mg,SO,测滤渣I的主要成分为 (4)经过工序①后得到FeS()晶体，故FeS),溶液要经 过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后得到FS),晶体。 Mg(OH),、CaS),:精制Ⅱ加入纯碱的目的是沉淀Ca (5)根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知 而不沉淀【i,根据K(1C))=2.2X102,精制I后溶 Fe(NH),Fe(CN)。中Fe的化合价为+2价。氧化工 液中c(L扩)=2.0mol·L',知应控制c(CO)< 序中，Fe2+被氧化为Fe+,Cl)被还原为CI厂，反应在 Km1i,C0)_2.2×10 20molL'=0.0055molL1. 酸性条件下进行，还生成HO,因此反应的离子方程式 c(Li) 若脱刚后直接进行精制I,除无法回收HCI(可与CaO 为6Fe++CO.+6H△6Fe+CI+3H,O. 最新真题分类特训·化学 (6)还原工序得到的滤液主要成分为FeS),和HSO,, ②脚制金属离子水解：(4)由于S0,不溶于酸和水中， 欲制备FCO,·xHO和(NH,)2SO,必须将Fe2+氧化 故滤渣的主要成分为SO,:(5)A为氟气，生成气体A的 为Fe和引入NH,且不引入其他杂质，故所加试剂 离子方程式为MnO+6H+2CI—2Mn+Cl,个+ 可以为O2和NH2·HO(或NH2). 3H,O:(6)金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu,Fe+在pH 答案：(1)FeO1、Si02Si02 为1.6时，则产生沉淀，为了铁元意不以沉淀形式出现， (2)增大反应物的接触面积，加快反应速率 故加入金属Bi将Fe+转化为Fe+,形成氯化亚铁溶 (3)7Fe,(S0,),+FeS+8H,0△15FeS0,+8H,S0, 液：(7)辉铋矿中Bi元素质量分数为 32kg×78.5%-1.1kg×100%=24.02%。 (4)蒸发浓缩，冷却结品，过滤 100kg (5)+2价6Fe++C1O+6H△6Fe++CI 答案：1)ab(2)2B,5十90.高温2,0，十6S0, +3H,O (3)抑制金属离子水解(4)SiO (6)O(合理即可)NH3·HO(或NH) (5)Mn,O,+6H+2CI—2Mn2++Cl↑+3H,O 12.解析：(1)记①C(s)十O(g)C)(g),②2C(s)+O,(g) (6)将Fe+转化为Fe+ (7)24.02% 一2C0(g),③Ti0(s)+2CL.(g)-TCl(g)+O,(g),④ 14.解析：锌灰含Zn0及少量PbO、CuO.FeO、SiO2,加入 TiO(s)十C(s)+2C1(g)-TCL(g)+C0(g):A.由图 稀硫酸浸取，SO,和硫酸不反应，过滤出SiO,,所得溶 可知，600℃时C(s)+O2(g)一CO2(g)的△G<0,反 液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足 应自发进行，故A不符合题意：B.由图可知，600℃时 量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加HO 2C(s)十O2(g)一2CO(g)的△G<0,反应自发进行，故 氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠 B不特合题意：C.由图可知，600℃时TiO(s)十2CL 沉锌铁，制得税硫剂ZnFe,O (g)—TCL(g)十O2(g)的△G>0,反应不能自发进 (1)“除杂”加足量锌粉，硫酸钢、硫酸铁、硫酸都能与锌 行，故C符合题意：D.根据盖斯定律，TiO,(s)十C(s)+ 反应，除Pb+和Cu+外，与锌粉反应的离子还有Fe+ 2C1,(g)一TiC1,(g)+C0,(g)可由①十③得到，则 H。(2)根据Zn+十Y-—ZnY,可知20.00mL 600℃时其△G<0,反应自发进行，故D不符合题意：故 稀释后的溶液中含ZS0的物质的量为0.025L× 选C:(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成 0.015mol·L1=3.75×10mol:ZnS0,溶液的物质 C0和CO,,根据相同条件下气体的压强之比是物质的 的量浓度为3.75×10mol =0.7500mol/L:(3)① 量之比可知TiCl,CO和CO2的物质的量之比约是 2.5×10-3×20.00 5:2:4,所以TiO2与C、CL反应的总化学方程式为 100 5Ti0,+6C+10Cl,60ot5TiCl,+200+4C0,:②随 硫化过程中ZnFe,O,与H,、H2S反应生成ZnS和 FS,铁元素化合价由十3降低为+2，氨气中H元素化 着温度升高，CO,与C发生反应C十CO, 高温2C0.导 合价由0升高为十1，根据得失电子守恒，其化学方程式 致C)含量升高：(3)“降温收尘”后钒元素主要以 为ZnFe,0,+3H,S+H,40℃ZaS+2FeS+4H,0: VOCl,形式存在，加入A1得到VOCL渣，根据得失电 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZS 子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCI+A1 参与了H,S与CO,生成COS的反应，反应前后ZnS的 3VOCl2+AlCI:AICI,SiCI,与TiCl,沸点差异较大 质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为乙nS+十 “除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AICL、SCL: CO.-ZnO+COS:ZnO+H,S-ZnS+H,O:(4) (4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al,又 280~400℃范国内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS 引入A杂质，因此“除饥”和“除硅，铝”的顺序不能交 部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 换，故答案为：不能：若先“除硅、铝”再“除钒”，“除机” 答案：(1)Fe、H 时需要加入AI,又引入Al杂质：(5)本工艺中加入Mg (2)0.7500mol·L1计算过程见解析 治炼T的方法为热还原法：A.高炉炼铁的原理是用还 (3)①ZnFe,0,+3H,S+H,400℃ZS+2FeS+AH,0 原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还 ②ZnS+C0.-ZnO+COS:ZnO+H,S—ZnS+ 原法，故A符合题意：B.电解这融氯化钠制取金属钠的 原理是电解法，故B不符合题意：C.铝热反应制锰是利 H,O(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐 用A1作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还 15.解析：本题考查化学工艺流程，涉及难溶电解质的溶解 平衡、氧化还原反应方程式的书写等。 原法，故C符合题意：D.Hg为不活泼金属，可以直接用 (1)“焙烧”产生的气体主要为S),用氨水吸收后可制 加热分解氧化汞的方法制各汞，故D不符合题意：故答 取氮肥。 案为：AC. (2)提高单位时间内细浸出率的措施有适当升温，搅拌、增 答案：(1)C(2)①5Ti0,+6C+10CL 600℃5TiC1,+ 加NC)用量（增大NC()浓度）等：当浸出温度超过 2C0+4C0 ②随着温度升高，CO,与C发生反应C 80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水 +C0,商温2C0 大量燕发，导致NaMo)品体析出，混入浸渣。 (3)CuS和FeS的pKm分别为35.2和17.2， (3)3VO)CL+A1-3VOCL,+AICL蒸馏 则Kp(CuS)=10,Km(FeS)=10.,要使Cu (4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加 人A1.又引入AI杂质(5)AC 速度小于1,0×10m0l·上则S浓度大子10 13.解析：(1)为提高焙烧效率，可采取的措苑为：进一步粉 mol·L=10-2mol·L,要使Fe+浓度小于1.0 碎矿石增大与氧气的接触面积：鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab:(2)Bi,S,在空气中单独焙烧 X10mol·L,则s浓度大于10 10mol·L1= 生成BiO,和二氧化硫，反应的化学方程式为2Bi,S十 10-,mol·L-1,所以c(S-)>101.2mol·L1,当 90. 高温2B,0,十6S0,:(3)“酸浸”中由于铁离子，B c(S2-)=101.mol·L-时，lg10.2=pH-15.1, 易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止 pH=15.1-11.2=3.9,踪上所述，为了使溶液中的杂 FCl及BiCl水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出 质离子浓度小于1.0×105mol·L,应控制溶液的 率：过量浓盐酸的作用为：①充分浸出BiT和M+: pH不小于3.9。 详解详析 (4)根据题意，氧化剂为HO2,还原产物为HO,还原 (3)蒸发结品时，Na,SO,主要以NaSO,·10H,O存 剂为MoO,氧化产物为MoO,则反应的离子方程 在，Na,SO,·10H2O的溶解度随温度升高先增大后减 式为H,O,+MoO-MoO+H,O 小，若燕发结品时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大 (5)由流程可知，产生的沉淀为(NH,)2Mo,O1· 量Na,SO·10H,O):由上述分析可知，流程中循环利 2H,O,因此加入NHNO,的目的是提供NH时，使 用的物质除Na,Cr,O,外，还有HSO,。 MoO充分转化为沉淀析出。 ()由4Na,C,0.十4H,0通电2Na,C,0,+4Na0H+ (6)高温下用H还原(NH,):Mo,O:可制得金属细，结 2H,◆十)，◆可知，电解过程中实质是电解水，阳极上 合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为 OH失去电子生成HO和O:,阴极上H得到电子生 (NH,),Mo,O+12H△4Mo+2NH,+13H,0。 成H,由2C(O+H:0=一CrO+2OH厂可知， Cr,O在c(OH)减小的电极室中制得，即Na,CrO, 答案：(1)氨水 (2)适当升温，搅拌、增加NaCO,用量（增大NaCO 在阳极室产生：电解过程中，阳极室中c(OH)减小， 浓度)Na,MoO,品体析出，混入浸渣 CrO水解平衡正向移动，c(CrO)减小，c(CrO片) (3)3.9(4)H,),+MoO-Mo+H0 增大，为提高制备Na Cr:O的效率，CrO通过离子 交换膜移向阳极。 (5)提供NH,使MoO充分转化为沉淀析出 答案：(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率 (6(NH,),Mo,O.+12H.商温4Mo+2NH,+13H,0 (2)4.5≤pH≤9.3使2CrO+H,OCrO+ 2OH平衡正向移动，提高Naz Cra O,的产率浸取 16.解析：(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的 (3)所得溶液中含有大量NaSO,·10 H,O H.SC) 元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe,Cr: (2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸 (4)阳Cr(O月 出可溶性物质： 考点2非金属及其化合物的制备工艺流程 (3)由分析可知，滤渣「的主要成分是氧化铁和氧 1,解析：Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A 化镁： 中主要有钱离子、锰离子、钙离子、亚铁离子、氯离子，若 (4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧 酸过量，还有H广，加入氧气和氯化铵将亚铁离子转化为 化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子 氨氧化亚铁，溶液B中主要含有钱离子、锰离子、钙离 方程式为2Na+2CrO)+2CO,+HO-Cr(O)+ 子、铵根离子、氯离子，Ⅲ中又通入C()2将钙离子与锰离 2 NaHCO1￥： 子转化为沉淀，据此回答 (5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发 (I)MnCO,CaCO,和MgCO,是同种类型的沉淀，溶解 生的主要反应为高温下，Fe(CrO,),与氧气和碳酸氨钠 度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀 反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学 是CaCO1和MnCO,所以MgCO溶解度最大： 方程式为4Fe(CrO)。十7O,十16 NaHCO ，高温 溶液中加入盐酸引入氟离子，Ⅲ中又通入C)。引入碳酸 根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根： 8Na,CrO,十2FeO,十16CO,十8H,O:若将碳酸氢钠换 (2)A.气体D是C),不是形成酸雨的主要成分，故A错 为碳酸钠也能发生类似的反应： 误：B.固体E可能含有Na,CO,当二氧化碳过量时反应 (6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将 混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁 方程式为：2C0,+2Na△NaC0,+C0.当二敦化酸少 溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②四： (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为 量时C0,十2Na△Na,0十C0.所以可能含有 A1(OHD,十H一AI(OH)3￥+HO,反应的平衡常数为 NaC),故B正确；C.Mn(OH)2可溶于NH,C溶液， (OH K- 由于NH,C溶液呈酸性，NH,CI水解产生的H与 AN(OH,J·c(H)c[AI(OHD]·c(H)·()H) Mn(OH),反应，故C正确；D.碱性Ca(OH):>Fe(OHD2 K·尺=10，当[ANOD,]为10mL.时，溶液中氯 氨氧化钙是强碱，氨氧化亚铁是弱碱，故D错误」 (3)酸性条件下，固体NaBiO,可氧化Mn+为Mn(),,取 高子浓度为OK-10X10mL=10“ 一定量Y于试管中，加入造量硝酸溶解，再加入适量 NaBiO2,观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰 mo/L,则溶液的pH为8.37 元素： 答案：(1)Fe,Cr(2)溶解浸出(3)MgO、FeO 根据题目信息可知5NaBi)1十14H+2Mn- (4)2Na+2Cro;2CO.+H2O-Cr2O+ 2MnO,+5Bi++7H,0+5Na。 2NaHC0,￥(6)4Fe(CrO,)2+70,+16NaHC0,高温 答案：(1)MgCO,CO、HCO5、OH、C1调节溶液 8Na:CrO,+2Fe2O,+16CO:+8H:O pH,防止钙离子，镁离子，锰离子转化为氢氧化物的沉淀 NaC02(6)②(7)8.37 (2)BC(3)取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶 17.解析：(1)培烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热 解，再加入适量NaBiO,观察到溶液变为紫色，则证明Y 量使0。向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高 中含有锰元素5 NaBiO,+14H+2Mn+一2MnO 化学反应速率。 +5Bi+7H.O+5Na (2)中和时调节溶液pH目的是将AI(OH),,SiO转 2.解析：(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI,Agl可与Fe 化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时， 反应生成Fel,和Ag,FeI易溶于水，在离子方程式中能 A除尽，当溶液pH>9.3时，H,SiO会再溶解生成 拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2Ag十 Si(方，因此中和时pH的理论范国为4.5≤pH≤9.3：将 Fe一2Ag十Fe2++2I,生成的银能与硝酸反应生成 Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以 硝酸银参与循环中，故答案为：2Agl+Fe一2Ag十 Cr,O和CrO存在，溶液中存在平衡：2CrO+ Fe十21：AgNO,:②通入Cl的过程中，图厂还原性 HOCO号+2OH,降低溶液pH,可提高 强于Fe+,C2先氧化还原性强的】厂，若氧化产物只有 Na.Cr.O的产率。 一种，则该氧化产物只能是1。，故反应的化学方程式为 最新真题分类特训·化学 Fel十Cl,一L十FeCl,若反应物用量比n(Cl2)i 铜生成CuS沉淀，过滤后，滤液中加入Na,S,O,将锰离 n(Fl)=1.5时即CL2过量，先氧化完全厂再氧化 子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离 下e,恰好将全部和F+氧化，故氧化产物为L 子：再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4,铁离子完全转 FeCL。,当n(CL,)fn(Fel,)>L.5即Cl,过量特别多，多余 化为氢氧化铁沉淀除去：第三次过滤后的滤液中加入次 的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反 氯酸钠沉钻，得到Co(OH)3。 应，单质碘的回收率会降低，故答案为：FeL十Cl,一I (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反 +FCl:L2,FeCl2;l2被过量的C2进一步氧化：(2)先向 应的接触面积，提高钻元素的浸出效率。 NaIO,溶液中加入一定量的NaHSO),,生成碘化物即含 (2)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧 I的物质：再向混合溶液中（含I厂）加入NaIO,溶液，反 化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化相应的 应得到L,,上述制各1的两个反应中【厂为中间产物，总 十2价阳离子进入溶液，即Co)转化为CoSO,,反应的 反应为IO与HSO发生氧化还原反应，生成SO和 化学方程式为CoO+H.S),CoS),+H.O. 12,根据得失电子守恒，电荷守恒及元素守恒配平离子方 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和(Co+)均为 程式即可得：210。+5HS()—L十5SO+3H+ 0.10mol·L1,向其中加入NaS至Zn+沉淀完全，此 H20,故答案为：2IO,十5HS0,一L十5SO+3H 时溶液中c(S)=2.5X10” +H,O: 107 mol·L=2.5×107 (3)KI溶液和CuSO溶液混合可生成Cul沉淀和L,反应的 化学方程式为4KI+2CuS0,—2Cul￥+L2+2KS0,若 mol I.Co mol. 生成1molL,则消耗的K1至少为4ml:反应中加入过量 10'mol·L,c(Co2+)小于0.10mol·L1,说明大部 K1,厂浓度增大，可逆反应L十「一1山平衡右移，增大1 分C0+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Z 溶解度，防止1升华，有利于蒸榴时防止单质碘析出，故答 和C0+的完全分离。 案为：4：防止单质碘析出。 (4)“沉锰”步骤中，Na,SO,将M如2氧化为二氧化锰除 答案：(1)①2Agl十Fe—2Ag+Fe2++21 去，发生的反应为SO后+Mn2+2HO一MnO,￥+ AgNO 2Fel,+Cl,=I:+FeCla I,,FeCl 4H十2SO,因此，生成1.0 mol MnO,产生H的物 12被过量的C12进一步氧化(2)21O,+5HSD一1 质的量为4.0mol。 +5S0+3H+HO(3)4防止单质碘析出 (5)“沉锰”步骤中，S,O同时将Fe氧化为Fe+,“沉 考点3回收或提取物质的工艺流程 淀”步骤中用NaOH调pH=4,Fe+可以完全沉淀为 1.C铜屑中加入HSO,和HO2得到Cu,反应的离子 Fe(OH)a,因此，分离出的滤渣是Fe(OH)a。 方程式为：Cu+2H+H,O,—Cu++2HO,再加入 (6)“沉钻”步骤中，控制溶液pH=5.0一5.5，加入适量 锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅C山元素的化合 的NaClO氧化Co+,为了保证Co+被完全氧化，NaCO 价发生改变，得到CūC】固体，可知“税氯”步骤发生反应 要适当过量，其反应的离子方程式为2C02++5C10十 的化学方程式为：Cu++Cu十2C厂 一2CuCl,过滤得到 5H,O-2Co(OH)+CI +4HCIO. 靓氯液，脱氯液净化后电解，Z+可在阴极得到电子生 (7)根据题中给出的信息，“沉钻”后的滤液的pH=5.0 成Zn。A.由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu ~5.5,溶液中有Zn元素以Zm2形式存在，当pH>12 在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误：B.“浸铜” 后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)1],因此，从“沉 时，铜屑中加入HSO,和HO2得到Cu+,反应的离子 钻”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加 方程式为：Cu+2H十H,O,一Cu#+2H,O,故B错 NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不 误：C.“脱氯”步豫中仅Cu元素的化合价发生改变，得到 大于12，静置后过滤、洗涤、千燥。 CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu+的化合价降低，发 答案：(1)增大周体与酸反应的接触面积，提高钴元素的 生归中反应，化学方程式为：Cu+十Cu十2CI 浸出效率 2CuCl,故C正确：D.脱氯液净化后电解，Zn+应在阴极 (2)CoO+H.SO,-CoSO,+H.O 得到电子变为Zn,故D错误。 (3)1.6×10+不能 2.B由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸 (4)4.0mol 钠溶液，碳酸纳溶液与碘反应得到含有碘化纳和碘酸钠 (5)Fe(OH) 的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A:向溶液A中 (6)2Co++5C10+5H20一2Co(0H)2￥+CI 加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中 +4HCIO 反应生成硫酸钠和碘。A.由分析可知，步骤I中，加入 (7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的 足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得 pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 到含有碘化钠和碘酸纳的混合溶液，则充分反应后，上 4.解析：(1)钒是23号元素，其价层电子排布式为34s； 下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸纳的混合溶 培烧过程中，氧气被还原，V,O被氧化生成VO,,偏饥 液，下层为四氣化碳，故A正确：B.四氯化碳的密度大于 酸盐中钒的化合价为十5价：CCO,在800℃以上开始 水，加入足量碳酸纳溶液充分反应后，上下两层均为无 色，上层为含有碘化钠和碘酸纳的混合溶液，下层为四 分解，生成的气体①为CO,。 氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A,故B (2)由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分NaOH 与AO反应生成的四羟基合铝酸钠溶于水，所以滤液 错误：C.由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的 是使碘化纳和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成 中杂质的主要成分是Na[Al(OH):]。 硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，故C正确：D.碘受热会 (3)在弱碱性环境下，Ca(VO):与HCO和OH反应 发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提 生成CaCO、VO,和H,O,离子方程式HCO+OH 纯，故D正确。 十Ca(V0): 3.解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钻、锰的十2价氧化物 65-70CCaC0+H,0+2V0。选液0 及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，乙及其他 中含有V()。、NH等，且浓度较低，若要利用其中的帆 十2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转 元素，需要通过斋子交换进行分离、富集，故滤液①应进 化为相应的十2价阳离子进入溶液：然后通入硫化氢沉 入离子交换工序。 06 详解详析 (4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含 (3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li,CO,常用辂色试 有C1,考虑到水浸所得溶液中含有Na,为避免引入其 验鉴别LCO,和NaCO,LiCO,的培色试验为紫红 他杂质离子，且NCI廉价易得，故洗就液的主要成分应 色，而NaC(O的焰色试验为黄色。故鉴别“滤饼3”和 为NaCl。 国体Na,C)常用方法的名称是焰色试验。 (5)沉钒过程是生成NH,VO,。NH,CI呈弱酸性，如果 (4)已知K[Co(OH),]=5.9×105,若“沉钻过滤”的pH 将溶液调至碱性，OH与NH反应，不利于生成 控制为10.0.则溶液中c(OH）=1.0×10ml·L.1, NHVO,b符合题意：同样，降低NHCI溶液的浓度， 也不利于生成NHVO1,d符合题意. Co2*浓度为K=[Co(0H),]5.9X10 (OH (1.0×10)Fmol·L1= 答案：(1)3d4s +5C0 5.9×10mol·L1。“850℃缎烧”时，Co(OH)2与O (2)Na[AI(OH)] 反应生成C0O,和HO,该反应的化学方程式为 (3)HCO +OH +Ca(VO,) 65-70℃CaC0,+H:0 850℃ 6Co(OH),+0,= 2Co0.+6H,0。 十2VO提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化 (5)a.Si一C1键极性更大，则Si一CI键更易断裂，因此， 为碳酸钙，释放VO,离子交换 SiCL比CCL易水解，有关： (4)NaCl b.Si的原子半径更大，因此，SiCl,中的共用电子对更加 (5)bd 偏向于CI,从而导致Si一C1键极性更大，且Si原子更易 5.解析：由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中嫒 受到水电离的OH厂的进攻，因比，SiC1,比CCL易水解， 烧，将氧、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧 b有关： 酸盐，授烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化 C.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，S一C 铁的滤渣和滤液：向滤液中加入稀硫酸调节溶液H将 键键能更大不能说明S一C】更易断梨，故不能说明 硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液：向 SiCI比CCl易水解，c无关： 滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸按溶液将硅元素，磷元素 d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形 转化为MgSiO,和MgNH,PO,沉淀，过滤得到含有 成化学键，从而导致SiCI比CCL易水解，d有关： MgSiO3,MgNH,PO,的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫 综上所述，导致SiCl比CCl易水解的因素有abd。 酸调节溶液DH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到 答案：(1)4Ⅷ 五氧化二机和滤液：向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铭 (2)SiCl,+3H,O-H.SiO,+4HCI 元素转化为三价铬离子，调节溶液PH将铬元素转化为 (3)焰色试验 氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化格。 (1)由分析可知，姬烧过程中，铬元素转化为铬酸钠。 (4)5.9×107 6Co(OH)+0. 850℃2C0,0,+6H0 (2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁 (5)abd (3)“沉淀”步骤加入稀HSO,调pH到弱碱性是为了让 7.解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产 A(OH),转化为AI((OH)2沉淀而除去。 生具有强氧化性的过一硫酸(HSO,),用石灰乳调节 (4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是 pH=4,Mnr被HS),氧化为MnO,,发生反应的离子 将硅元素、磷元素转化为MgSiO和MgNH,PO,沉淀， 方程式H,O+Mn++HSO—MnO2+SO+3H, 若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH,PO, F+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co+变 沉淀：若溶液H>9时，会导政铁离子生成氢氧化钱沉 为Co(OH),,在空气中可被氧化成CoO(OH)。 淀，不能形成MgSO沉淀，导致产品中混有杂质。 (1)用疏酸浸取镍钻矿时，为提高浸取速率可适当增大 (5)由题给信息可知，五氧化二钒是既能与酸溶液反应 硫酸浓度、升高温度或将镍钻矿粉碎增大接触而积。 生成盐和水，也能与碱溶液发生反应生成盐和水的两性 氧化物，故选C (6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目 (2)(H,SO)的结构式为 O0一H,所以 的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为 2Cr.0+3S.O+10H一4Cr2++6S0+5H,0. OH 答案：(1)Na.CrO 1molH,SO,中过氧键的数目为N. (2)Fe,O (3)Al(OH) (3)根据题千信息可知，“氧化”中Mn被H,SO氧化 (4)不能形成MgNH,PO,沉淀不能形成MgSiO,沉淀 为MnO2,则H2SO,被还原为SO,结合HSO的电 (5)C 离第一步完全可知，反应的离子方程式为Mn+十HSO (6)2Cr(O+3SO+10H4Cr2++6S0 +H,O一MnO,￥+S0+3H:“氧化”中Fe会被 +5H.O 氧化为Fe,用石灰乳调节pH=4时Fe元素沉淀为 6.解析：由流程和题中信息可知，LiCoO,粗品与SiCL在 Fc(OH)3,Ca+与S)结合生成CaS),沉淀，故滤渣 500℃培烧时生成氧气和烧渣，烧渣是1iCl、CoCl2和 中还含有Fe(OH),CaSO,. SO。的混合物：烧渣经水浸，过滤后得滤液1和滤饼1， (4)根据图示可知S),体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧 滤饼1的主要成分是SiO,和H,SiO:滤液1用氢氧化 化速率最大：继续增大S),体积分数时，由于S0,有还 钠溶液沉钻，过滤后得滤饼2（主要成分为Co()H),)和 原性，过多将会降低HS)的求度，降低Mn(Ⅱ)氧化 滤液2（主要溶质为IC1):滤饼2置于空气中在850℃幛烧 速率 得到C0O:滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和灣 (5)“沉钻镍”中得到的C0((OH),,在空气中可被氧化成 饼3，滤饼3为LiCO2 Co)(OH),该反应的化学方程式为：Co(OH):十O, (1)C0是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排 4CoO(OH)+2H.O. 布为3d4s2,元素周期表第8、9、10三个纵列合称第川 (6)氢氧化镁的K。=1018,当铁离子完全沉淀时， 族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅲ族。 c(Mg+)=10mol/L,根据Kw可计算c(OH)=102 (2)“500℃焙烧”后剩余的SiCL应先除去，否则水浸时 mol/L,根据K.=10“,c(H)=10.1mol/L,所以溶 会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能 液的pH=11.1. 生成氣化氢和硅酸，故其原因是：SC1,遇水剧烈水解，生 答案：(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴 成硅酸和氟化氢，该反应的化学方程式为SiCL十3H,O 矿粉碎增大接触面积 一H.Si03+4HCl. (2)N、 最新真题分类特训·化学 (3)HO+Mn++HSO—MnO2↓+SO+3H MnO,的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+ Fe((OH)3、CaSO 7HO一3Fe(OH)1￥+MnO2￥+5H:(5)滤液②中 (4)9.0%SO,有还原性，过多将会降低HSO的浓 加入锌粉，发生反应Zn+Cu+一Zn++Cu,故加入锌 度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 粉的目的为置换Cu为Cu从而除去：(6)由分析，滤渣 (5)4Co(0H).+O0-4CoO(OH)+2H0 ①为CaF,、MgF2,与求硫酸反应可得到HF,同时得到的 (6)11.1 剧产物为CaSO、MgSO。 8.解析：(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸 铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbS),(s)十 答案：(1)ZnCO 培烧Zn0+C0:↑ CO(aq)—PbCO,(s)十S)(ag),由一些难常电解 (2)增大压强将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 质的溶度积常数的数据可知，K(PbC),)=7.4 增大硫酸的浓度等 101",Km(P%S0,)=2.5×10‘,反应PhS).(s)+CO (3)B Fe(OH)CaSO SiO, (ag)一PbC)(s)十SO(aq)的平街常数K= (4)3Fe++MmO+7H,O一3Fe(OH)a￥+MnO, c(SO) c(Pb)·c(SO) +5H K.(PbSO, = (CO) c(Pb)·c(CO) K.(PbCO, (5)置换Cu+为Cu从而除去 (6)CaSO,MgSO 。4×10≈3.4X10>10,说明可以转化得比较彻底，且 2.5×10" 10.解析：(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁 铝等元素的离子，需要将Fe氧化为Fe+,以使后续 转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失 (2)反应BS0(s)+CO(aq)BaCO,(s)十SO(aq)的 除杂，所以化合价有变化的金属离子是F+,故答案 为：Fe+:(2)由表中数据可知，AP+沉淀完全的pH为 平衡常数K=c(SO) c(Baf)·c(SO) 4,7,而RE开始沉淀的pH为6.2一7.4，所以为保证 c(CO)c(Ba+)·c(CO) Fe+、AP+沉淀完全，且RE+不沉淀，要用NaOH溶液 K(BaS0)_1.1×10 K(BaC0,)2.6×10≈0.04《10，说明该反应正 调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中A+发生 反应的离子方程式为A++3O)HT=AI(OH),￥，故答 向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的 BaSO,完全转化。(3)(I)过氧化氢有氧化性，亚铁离子 案为：4.7≤pH<6.2:AF++3OH一AI(OHD￥：(3)滤 有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。（ⅱ）过氧化氢 液2中Mg浓度为2.7g·L.,即0.1125mol/L,根 促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac),,过氧化氨 据K[(C,HCOO》Mg]=c(Mg+)·2(C,HCOX)T), 与Ph、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac),和H,O,依 若要加入月桂酸钠后只生成(C1HCOO):RE,而不产 据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式 生(CHC(OO)2Mg,则c(C:H2:CO)）< 为：Pb+H,O,+2HAc—Pb(Ac)2+2H,O。(m)过氧 K[(C H COO)Mg] /1.8×10 化氢也能使PO,转化为Pb(Ac),,铅元素化合价由+4 e(Mg) V01125ml·L=4×10 价降低到了十2价，PbO是氧化剂，则过氧化氢是还原 l·L1,故答案为：4×104：(4)①“加热搅掉"有利于 剂。(4)酸浸后溶液的DH约为4.9，依据金属氢氧化物 加快RE溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快 沉淀时的pH可知，Fe3+、AI+完全沉淀，且BaSO不能 反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率： 完全转化为BaCO,,即所得滤渣主要成分为Fe(OH):、 ②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂 A1(OH)1、BaS),。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能 酸(Cu Ha COOH)熔，点为44℃，故“操作X”的过程为： 使铅膏中的B妇SO,完全转化，铁离子、铝离子转化为了 先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结品：(5)由 氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变 分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有 为氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有B阳+和加入 MgSO,故答案为：MgS),:(6)①YCl中Y为+3价， 碳酸钠、氢氧化纳时引入的Na。 PCl,中P1为+4价，而PY中金属均为0价，所以还 答案：(1)PbS),(s)+C)(ag)=PbC0O(s)+S)(aq) 原YCL和PCL,熔融盐制备PLY时，生成1 mol Pt Y 反应PbSO,(s)+C了(aq)一PC0(s)+S)(aq)的平 转移15mol电子，故答案为：15：②碱性溶液中，氢氧燃 衡常数K=c(S0≈3.4×10>10，PbS0,可以比较 料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O:十 c(C0) 4e十2H.O一4OH,故答案为：O,+4e+2H,O 彻底地转化为PbCO =4OH。 (2)反应BaS),(s)十CO(aq)—BaC0(s)+S(aq)的 答案：(1)Fe 平衡常数K=c(SO) (2)4.7≤pH<6.2A++3OH—A1(OH)￥ c(CO) ≈0.04《10，反应正向进行的程 (3)4.0×10 度有限 (4)①加热搅拌可加快反应速率②冷却结晶 (3)(1)FC2+(i)P%+H,O,+2HAc—Pb(Ac),+ (5)MgSO,(6)①15②O,+4e+2H(0-4OH 2H,O(Ⅲ)作还原剂 11.解析：(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫 (4)Fe(OH)a,A1(OH)a、BaSO,(5)Ba+、Na 酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的 9.解析：(1)由分析，培烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO 化学方程式为ALO,十4NH),SO培捷2NH,AISO,)十 持洗Zn0+C0,↑：(2)可米用增大压强，将培烧后的产物 焙烧 6NH,↑+3HO↑，故答案为：Al,O+4(NH,)2S0, 碾碎，增大接触而积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的 2NHAI(S0)2+6NH↑+3HO↑：(2)由题给开始沉 浸取率：(3)A.NH·HO易分解产生NH污柒空气， 淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入 且经济成本较高，故A不适宜：B.Ca(OH),不会引入新 氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是 的杂质，且成本较低，故B适宜：C.Na(OH会引入杂质 铝离子，铁离于，钙离子没有沉淀，故答案为：F8 Na,且成本较高，C不适宜；故答案选B:当沉淀完全时 A+,Mg+:(3)由钱离子完全沉淀时，溶液pH为11.1 (离子浓度小于10mol/L),结合表格Kn计算各离子 可知，氢氧化铁的溶度积为K[Mg(OH),]=1×10 完全沉淀时pH<5的只有Fe+,故滤渣①中有 ×(1×104)2=1X10",当溶液pH为11.6时，溶 Fe(OH)3,又CaS),是微溶物，SO不溶于酸，故滤渣① 的主要成分是Fe(OH)aCaS),SiO:(4)向80~90℃滤液 、液中钱离子的浓度为X9m0l1L三1×10 ①中加入KMn(),溶液，可氧化Fe+,得到Fe((OH)1和 mol/L,故答案为：1×10：(4)增大溶液中硫酸根离子 详解详析 浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶 的硫酸钙完全沉淀，减少T)SO,溶液中含有硫酸钙的 十3H,O意谛Fe(OHD,(胶体)+3HCl,故答案为：FCL 量，应加入求硫酸加热到160℃酸溶：由分析可知，二氧 +3H,0意流Fe(OH,(胶体)十3HC:(3)常温下，各种 化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分 形态五价钒粒子总求度的对数[lgc(V)]与pH关系如 为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CS),: 题图1。已知机铬锰矿渣硫酸浸液中cg(V)=0.01 (5)酸溶后将TiOS),溶液加入热水稀释并适当加热， mol·L.,lgc(V)=一2，从图中可知，“沉我”过程控 能使TOSO,完全水解生成TiO,·xH()沉淀和硫 制pH=3.0,lgc(V)=一2时，与胶体共沉降的五价机 酸，反应的离子方程式为Ti0+(x+1DH,0△Ti0 粒子的存在形态为HV2O,故答案为：HV,O:(4) :H,0+2H,故答案为：T0+(x+1DH,0△ 某温度下，Cr(Ⅲ)，Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如题图 2,由图中信息可知“沉辂”过程最佳pH为6.0：则此时 TiO,·xH,O十2H:(6)由分析可知，尾气为氨气， 溶液中OH的浓度为：c(OH)=l0molL,在该条 母液①为硫酸铵，母液②为硫酸，将母液①和母液②混 合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案 件下滤液B中c(CP)=K,(Cr(OHD)=1XI0 c(OHΓ) (10)万 为：(NH).SO mol·L=1×10mol·L1,故答案为：6.0；1× 答案：aA1,0,十4NH),S0,垃换2NH,A1(S0,)+ 10‘:(5)由分析可知，“转化”过程中生成MnO,的离 6NH3↑+3H,O(2)Fe3+、AI+、Mg 子方程式为Mn2++HO2+2OH一MnO2+2H,O, (3)1.0×10(4)疏酸Si0,CaS0 故答案为：Mn++H,O2+2OH一MnO2+2H2O: (5)Ti0*+x+1DH,0△Ti0,·rH,0+2H (6)由分析可知，“提纯”过程中Na,S(O的作用为防止 DH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化 (6)(NH):SO 为MO,附在Cr(OH),的表面，使产物不纯，故答案为：防 12.解析：本题考查废水处理过程的流程分析，涉及元素化 止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化，转化为 合物性质、电离平衡常数与溶度积常教的综合应用。 MnO,附在Cr(OHD的表面，使产物不纯。 (1)CrO中Cr元素的化合价为十6」 答案：(1)4MB (2)加入造量HC,O,还原时，CrO被还原为Cr3+, 反应的离子方程式为Cr2O+3HC,O,+8H (2)FcCL+3H,0卷佛 Fe(OH),(胶体)+3HC 2Cr3++6C0,↑+7H.(0. (3)HVO,(4)6.01×10 (3)Cr(OH),与NaOH溶液反应会生成NaCrO,反应 (5)Mn+H,O,+20H =MnO,+2H,O 的化学方程式为Cr(OH),十NaOH一NaCrO (6)防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧 +2H0. 化，转化为MnO,附在Cr(OH),的表面，使产物不纯 (4)Na,S中S水解使溶液呈碱性，水解方程式为S 专题七化学实验基础 十HO一HS+OH:由思路分析可知，沉淀2 考点1化学实验仪器识别与基本操作 为CuS。 1.D实验室将粗盐捉纯时，需要将其溶于一定量的水中。 (5)根据K,XK,=cH):e(Hs) 然后將其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过 c(H.S) 量的氧化钡溶液，碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该 cH)·c(s)=c(S):c(H=7.0×10,平 过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻病捧：将所 e(HS c(H,S) 得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结品得到较纯的食盐，该 衡时c(HS)=1.0×10mol·L',pH=4[即c(H) 过程要用到蒸发皿和酒精灯：用提纯后得到的精盐配制 溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等 =1.0×10'mol·L门，则c(s-)=7.0×100mol· L,c(Cd+)=K,(Cds)_7.0x10 操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒，胶头滴 c(S)7.0x10mml.L1=1.0× 等。综上所递，本实验必须用到的有①天平，⑤容量瓶、 ⑤烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。 10mol·L. 2.A化学实验。①为漏斗，②为球形冷凝管，③为温度 答案：(1)十6 计，①为酸式滴定管，⑤为蒸馏烧瓶，⑧为锥形瓶，重结 (2)Cx,O+3HC,O.+8H+—2Cr2++6CO2↑ 晶法提纯苯甲酸时不用仪器②，A项错误；蒸榴法分离 +7H.O CH2C2和CC1,时，用到仪器③⑤⑥，B项正确：浓硫酸 (3)Cr(OH),+NaOH-NaCrO,+2H,O 催化乙醇制备乙烯实验中，需迅速升温至170℃，用到 (4)S2+HO一HS+OH CuS防止pH较 仪器③⑤，C项正确：酸碱中和滴定法测定NOH溶液 低，无法使N*完全沉淀 浓度，用到仪器①⑥，D项正确。 (5)1.0×10-1当c(Cd+)=1.0×101mol·L1< 3.DA.图示实验仪器为蒸饱烧瓶，A不合题意：B.图示实验 10mol·L时，Cd+也随着Cu+完全沉淀为硫化物， 仪器为分液漏斗，B不合题意：C,图示实验仪器为容量瓶，C 使沉淀2为CdS和CuS的混合物，未达到逐个沉淀的目的 不合题意：D.图示实验仪器为吸滤瓶，其特征是一个厚壁的 13.解析：分析本工艺流程图可知，“沉机”步骤中使用氢氧 带分支的形瓶，D符合题意：故答案为：D。 化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有M+和 4.AA碱式滴定管排气泡时，把擦皮管向上弯曲，出口 上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮管可以使溶液从尖嘴 Cr+,加热NaOH“沉铬”后，Cr+转化为固体A为 酒出，气泡即可随之排出，A将合规范：B.用试管加热溶 Cr(OH),沉淀，滤液B中主要含有MnS),,加入 Na,SO,主要是防止pH较大时，二价锰[Mn(Ⅱ)]被 液时，议管夹应夹在距离管口的了处，B不符合规范：C 空气中氧气氧化，Cr(OH)1姬烧后生成Cr,O,“转化” 实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物 步骤中的反应离子方程式为Mn十H,O2十2OH 要分开存放，C不符合规范：D.用滴管滴加溶液时，滴管 =MnO,十2H,O,据此分析解题。(1)Cr是24号元 不能仲入试管内部，应悬空滴加，D不符合规范：故选A。 素，价层电子对排布式为：3d4s',根据最高能层数等于 5.AA.维形瓶可以加热，但需要加石棉网，容量瓶不能 周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素 加热，A项符合题意；B.酸式滴定管用于量取一定体积 周期表第4周期MB族，故答案为：4：NB:(2)用 的溶液，容量瓶只能用于配制一定物质的量浓度的溶 FCL,溶液制备Fe((OH),胶体的化学方程式为FeCI 液，都不能作反应客器，B项不符合題意：C.蒸棉烧瓶用