备战2022年高考化学－工艺流程专项复习系列

专项9－工艺流程题计算

1．钼酸钠（Na2MoO4）是一种重要的化工原料。用废加氢催化剂（含有MoS2和Al2O3、Fe2O3、SiO2等）为原料制取钼酸钠，工艺流程如图所示：

用50t含MoS2为80%的废加氢催化剂，经过制取、分离、提纯，得到30.9t Na2MoO4，则Na2MoO4的产率为______。

【答案】60%

【解析】用50t含MoS2为80%的废加氢催化剂，则含MoS2的物质的量为=2.5×105mol，根据Mo原子守恒n（Mo）=n（MoS2）=n（Na2MoO4），所以Na2MoO4的产率=×100%=60%，故答案为：60%。

2．计算机记忆材料生产中产生大量的钌废料，一种从钌废料[含Ru(OH)3、FeO、MnO、SiO2及少量的Au]中合成六氯钌酸铵[(NH4)2RuCl6]的流程如下：

已知钌废料中钌含量为53％，氨化时产率为91％，其余步骤损失率合计为11％，则2吨钌废料可制得(NH4)2RuCl6________Kg。

【答案】2975

【解析】m[(NH4)2RuCl6]= =2975Kg。

3．高氯酸铜易溶于水，在130 ℃时会发生分解反应，是一种燃烧催化剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]的一种工艺流程如图1所示：

用该工艺流程制备高氯酸铜时，若起始时NaCl的质量为a t，最终制得Cu(ClO4)2·6H2O为b t，则产率为______ (用含a，b的代数式表示)。

【答案】 100％

【解析】根据流程图，氯化钠电解生成的氯气与碳酸钠反应生成氯酸钠和氯化钠，电解后氯酸钠变成高氯酸钠，加入盐酸反应生成高氯酸，最后与Cu2(OH)2CO3反应生成Cu(ClO4)2⋅6H2O，假设起始是氯化钠为6mol，则生成的氯气为3mol，得到1mol氯酸钠，根据氯元素守恒最终可以得到0.5molCu(ClO4)2⋅6H2O，因此产率为。

4．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，一种生产NaClO2的工艺如下：

为了测定产品NaClO2的纯度，取上述所得产品12.5g溶于水配成1L溶液，取出10.00mL溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶势、充分反应后(ClO2－被还原为Cl－，杂质不参加反应)，加入2～3滴淀粉溶液，用0.25mol·L－1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定终点时用去标准液20.00mL，试计算产品NaClO2的纯度____________。(提示：2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2Nal)

【答案】90.5%

【解析】根据方程式得出关系

解得x = 0.00125mol，则12.5g样品中NaClO2的物质的量0.00125mol×100 = 0.125 mol，其产品NaClO2的纯度，故答案为：90.5%。

5．高铁酸钾（K2FeO4）具有高效的消毒作用，为一种新型非氯高效消毒剂。以废铁屑（含有少量Ni）为主要原料制备高铁酸钾的流程如下：

测定产品纯度：将wg粗产品，溶入过量的碱性亚铬酸盐溶液中，充分反应后，加入稀硫酸酸化至pH为2，在所得的重铬酸盐溶液中加入5滴二苯胺磺酸钠溶液作指示剂，然后用c mol·L-1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定至终点，消耗滴定液V mL。有关滴定反应有：

Cr(OH)4-＋FeO42-＋3H2OFe(OH)3·3H2O↓＋CrO42- +OH-

2＋2H+＋H2O

＋6Fe2+＋14H+2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O

该粗产品中K2FeO4的纯度为____________（用含w、c、V的代数式表示）。若滴定管没有用待装液润洗，则测得结果________（“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】(33cv/5w)％偏高

【解析】⑺根据三个方程分析

Cr(OH)4－＋FeO42－＋3H2OFe(OH)3·3H2O↓＋CrO42－ +OH－

2＋2H+＋H2O

＋6Fe2+＋14H+2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O

根据反应得出以下关系：

该粗产品中K2FeO4的纯度为，若滴定管没有用待装液润洗，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2溶液体积偏高，测得结果偏高。

6．如图是工业上以制作印刷电路的废液含、、、生产CuCl的流程：

氯化亚铜的定量分析：

①称取样品于250mL锥形瓶中，加入10mL过量的溶液，不断摇动：

②待样品溶解后，加入20mL蒸馏水和2滴指示剂；

③立即用硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；

④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为。

上述相应化学反应为、，则样品中CuCl的纯度为______保留三位有效数字。

【答案】

【解析】根据题给的相应化学反应、可得CuCl和Ce4+的反应配比是1:1，所以可得CuCl的纯度，故答案为：。

8．工业上用含三价钒(V2O3)为主的某石煤为原料(含有 Al2O3、CaO 等杂质)，钙化法焙烧制备 V2O5，其流程如下：

(4)测定产品中 V2O5 的纯度:称取 ag 产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4 溶液。再加入 b1mLc1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2 溶液(VO2++2H++Fe2+=VO2++Fe3++H2O) 最后用 c2mol/LKMnO4 溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2 至终点，消耗 KMnO4 溶液的体积为 b2mL。已知 MnO4-被还原为 Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中 V2O5 的质量分数是____________________。(V2O5 的摩尔质量:：182g/mol)

【答案】

【解析】（4）加入高锰酸钾发生反应：，反应消耗KMnO4为b2×10−3L×c2mol⋅L−1=b2c2×10−3mol，剩余的Fe2+物质的量=5b2c2×10−3mol，与反应Fe2+物质的量=b1×10−3L×c1mol⋅L−1−5b2c2×10−3mol=(b1c1−5b2c2)×10−3mol，由关系式可知n(V2O5)=mol，故产品中V2O5的质量分数为：

9．工业上用自然界存在的角膜硼镁矿主要成分为制取金属镁和粗硼，工艺过程如下：

制得的粗硼可在一定条件与作用生产，再提纯，沸点较低，提纯可采用 ______ ；高温时即可分解，得到高纯度硼。根据分解生成碘的量还可以测定粗硼的粗度。方法如下：

称取粗硼转化成纯，再完全分解，生成的碘用的溶液滴定至终点，消耗标准液滴定原理：

①滴定终点判断应用 ___________ 作指示剂；

②标准液应盛装在 ___________ 滴定管中；

③该粗硼的纯度为 ___________ 。

【答案】淀粉碱式

【解析】制得的粗硼可在一定条件与作用生产，再提纯，沸点较低，提纯可采用蒸馏的方法分离得到，故答案为：蒸馏；

生成的碘用的溶液滴定至终点，需要淀粉溶液做反应的指示剂，故答案为：淀粉溶液；

硫代硫酸钠溶液呈碱性，选择碱式滴定管，故答案为：碱式；

硫代硫酸钠的物质的量为：，根据关系式：，，

硼的质量为：，粗硼中硼的含量为：，

故答案为：；

10．硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛．已知：硼镁矿主要成分为，硼砂的化学式为利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程如下．

制得的粗硼在一定条件下生成，加热分解可以得到纯净的单质硼．现将粗硼制成的完全分解，生成的用为弱酸溶液滴定至终点，消耗溶液盛装溶液的仪器应为 ______ 填“酸式”或“碱式”滴定管．该粗硼样品的纯度为 ______ (提示：)

【答案】碱式 97.2%

【解析】溶液显碱性，据此选择滴定管应为碱式滴定管；硫代硫酸钠的物质的量为：，，

根据关系式：，，硼的质量为：，粗硼中硼的含量为：，故答案为：碱式；。

11．硝酸锶[Sr(NO3)2]常作为制备焰火、信号弹的原料。实验室以生产碳酸锶工厂的废渣(含SrCO338.40%，SrO12.62%，CaCO338.27%，BaCO32.54%，MgCO31.88%，其它不溶于硝酸的杂质6.29%)为原料制备硝酸锶粗品的部分实验过程如下：

制得的硝酸锶粗品中含有少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。实验室测定硝酸锶纯度的实验步骤如下：准确称取一定质量的硝酸锶样品，加入1∶1无水乙醇与乙醚的混合液萃取硝酸钙，用水溶解分离硝酸钙后的样品，于250mL容量瓶中定容得样品溶液。准确移取25.00mL样品溶液，调节pH为7，加入指示剂，加热至微沸，立即用碳酸钠标准溶液滴定至终点。另取样品溶液用比浊法测得硝酸钡的含量。滴定过程中反应的离子方程式为：Sr2＋＋CO32-=SrCO3↓， Ba2＋＋CO32-=BaCO3↓。

①滴定选用的指示剂为_______________，滴定终点观察到的现象为____________________。

②若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，所测定的硝酸锶纯度将会_______________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

【答案】酚酞溶液由无色变为浅红色30秒内不褪色偏高

【解析】(3)①分析滴定过程可知，样品溶液无色，滴入碳酸钠沉淀完全可以滴入酚酞试液指示终点，滴入最后一滴溶液呈红色，半分钟内不褪色，故答案为：酚酞；溶液由无色变为浅红色30秒内不褪色；

②若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，多消耗标准溶液碳酸钠，依据滴定误差分析，c(待测液)＝，消耗标准液多，所测定的硝酸锶纯度会偏高，故答案为：偏高。

12．镍是有机合成的重要催化剂．某化工厂有含镍催化剂废品主要成分是镍，杂质是铁、铝单质及其化合物，少量难溶性杂质某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体：

取硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水，用的标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液为滴定反应为计算样品纯度为 ______ 已知，相对分子质量为281，不考虑杂质反应．

【答案】

【解析】(3)，根据滴定反应式知，，，

故答案为：；

13．利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)的处理工艺流程如下：

沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一，为了测定某废水中SCN－浓度，可用标准AgNO3溶液滴定待测液，已知：

银盐性质

AgCl

AgI

AgCN

Ag2CrO4

AgSCN

颜色

白

黄

白

砖红

白

Ksp

1.8×10-10

8.3×10-17

1.2×10-16

3.5×10-11

1.0×10-12

滴定时可选为滴定指示剂的是_____________(选填编号)，滴定终点现象是：____________________________。

A．NaCl B．K2CrO4 C．KI D．NaCN

【答案】B 当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变

【解析】（6）A.若选择NaCl作指示剂，AgCl、AgSCN的颜色都是白色，无法判断滴定终点；

B. 若选用K2CrO4作指示剂，Ksp（Ag2CrO4） Ksp（AgSCN），滴入AgNO3先与SCN-形成沉淀，当SCN-沉淀完全，滴入一滴AgNO3溶液与K2CrO4产生砖红色沉淀，可判断滴定终点；

C. 若选用KI作指示剂，Ksp（AgI）Ksp（AgSCN），AgSCN与AgI类型相同，更易形成AgI沉淀，无法判断滴定终点；

D. 若选用NaCN作指示剂，由于Ksp（AgCN）Ksp（AgSCN），AgSCN与AgCN类型相同，更易形成AgCN沉淀，且AgCN、AgSCN的颜色都是白色，无法判断滴定终点；

综上所述，选用K2CrO4作为指示剂，答案选B。终点实验现象为：当滴入最后一滴标准液时，沉淀由白色变为砖红色，且半分钟内沉淀颜色不再改变。

14．毒重石的主要成分 BaCO3（含 Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质），实验室利用毒重石制备 BaCl2·2H2O 的流程如下：

利用间接酸碱滴定法可测定 Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO42-＋2H+＝Cr2O72-＋H2O Ba2+＋CrO42-＝BaCrO4↓

步骤Ⅰ：移取 xmL 一定浓度的 Na2CrO4 溶液与锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用 b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为 V0 mL。

步骤Ⅱ：移取 y mLBaCl2 溶液于锥形瓶中，加入 x mL 与步骤Ⅰ相同浓度的 Na2CrO4 溶液，待 Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为 V1 mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_______（填“上方”或“下方”）。BaCl2 溶液的浓度为___________mol·L-1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将_______（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。

【答案】上方偏大

【解析】（3）无论酸式还是碱式滴定管，“0”刻度位于滴定管的上方；步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42−+2H+═Cr2O72−+H2O的盐酸的物质的量为：V1×10−3L×bmol/L，步骤Ⅰ：用bmol/L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10−3L×bmol/L，Ba2++CrO42−═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42−的物质的量为V0×10−3L×bmol/L−V1×10−3L×bmol/L=(V0−V1)×b×10−3mol，BaCl2溶液的体积为ymL，所以BaCl2溶液的浓度为：；若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则测得V1偏小，则Ba2+浓度测量值将偏大；故答案为：上方；；偏大。

15．工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。

称量a g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·L-1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1％的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO2++Fe2++2H+==VO2++Fe3++H2O)

①KMnO4溶液的作用是______________。

②粗产品中钒的质量分数表达式为________(以VO2计)。

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

【答案】将VO2+氧化为VO2+ 偏高

【解析】①根据分析，KMnO4溶液的作用是将+4价的钒氧化为VO2+；

②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则钒元素的物质的量n=n[（NH4）2Fe（SO4）2]=cmol/L×b×10-3L=cb×10-3mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为=；

③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO2-+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，可知会使测定结果偏高。

16．医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·2H2O的质量分数为97.0%~103.0%）的主要流程如下：

测定样品中Cl－含量的方法是：a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中；c.用0.05000mol·L－1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。

①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有：____________________。

②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为：____________________。

③若用上述方法测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有：__________；___________。

【答案】酸式滴定管 99.9% 样品中存在少量的NaCl 少量CaCl2·2H2O 失水

【解析】①滴定实验中，需润洗的仪器有滴定管、移液管，该实验是用 AgNO3溶液滴定待测液的，所以需要润洗的仪器一定有酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；

② 根据关系式：CaCl2·2H2O ~ 2AgNO3

147 2

α×0.7500×25/250 0.05000×0.02039

解得：α＝0.9991＝99.9%，故答案为99.9%；

③根据反应：CaCl2·2H2O ~ 2Cl－~ 2AgNO3，若Cl－偏多，则滴定的结果就会偏高，所以样品中若混有含氯量高于CaCl2的NaCl或CaCl2·2H2O 晶体中的结晶水失去一部分都能使CaCl2·2H2O的质量分数偏高，故答案为样品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2·2H2O失水。

17．在玻璃工业中常用作澄清剂和脱色剂，工业上采用酸性高浓度含砷废水主要以形式存在提取的工艺流程如下：

已知，含砷污染物允许排放标准为不大于。若低浓度含砷废水假设砷均以形式存在中的浓度为，则低浓度含砷废水中的浓度为_________，________填“符合”或“不符合”排放标准。

【答案】符合

【解析】，的浓度为，所以，则低浓度含砷废水中的浓度为：×208g/mol×103mg/g =，小于，符合排放标准；

故答案为：；；符合。

18．钛矿工业中的酸性废水富含Ti、Fe等元素，其综合利用如图已知：易水解，只能存在于强酸性溶液中：

为了控制用量需要测定固体中的含量。称1g固体样品，用30mL蒸馏水溶解并加入溶液和溶液，再用标准溶液滴定到溶液刚好变成粉红色，停止滴定，消耗标准溶液V mL。反应中涉及的重要化学方程式有：

紫红粉红

黄无色

①的作用______。②样品中的含量为______。

【答案】消除的颜色干扰

【解析】铁离子颜色呈黄色，干扰终点判断，而黄色无色，消除了铁离子干扰，
故答案为：消除的颜色干扰；
待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：，
根据反应：，硫酸亚铁的物质的量为：，
所以样品中含有的的质量为：，
的质量分数为：，
故答案为：。

18．锰锌铁氧体是一种重要的磁性材料。测定铁氧体中ZnO的实验步骤如下：

①写出除锰(Mn2+)步骤中的离子方程式________。

②准确量取25.00 mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.0100mol/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Zn2+ (反应原理为Zn2+ + H2Y2－ =ZnY 2－ + 2H+)，至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL。通过计算确定该铁氧体中ZnO的质量分数为________。

【答案】S2O82－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO42－ + MnO2↓ + 4H+ 16.20%

【解析】⑸①除锰(Mn2+)步骤中(NH4)2S2O8与锰离子发生氧化还原反应，S2O82－被还原为硫酸根，锰离子被氧化为二氧化锰，得失电子守恒，元素守恒，该反应的离子方程式为S2O82－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO42－ + MnO2↓ + 4H+；故答案为：S2O82－ + 2H2O +Mn2+ = 2SO42－ + MnO2↓ + 4H+。

②滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00 mL，EDTA的浓度为0.0100mol/L，物质的量为，则锌离子的物质的量也是，根据元素守恒，氧化锌的物质的量也是，所以25.00 mL溶液A中含有ZnO的物质的量为，则250mL溶液A中氧化锌的物质的量为，所以1.0g样品中氧化锌的质量为分数为。

故答案为：16.20%。

18．亚硝酸钠是重要的防腐剂，某化学兴趣小组设计如下流程制备NaNO2。

现采用下列方法测定NaNO2粗品中NaNO2的质量分数：

称取NaNO2粗品0.450 g于锥形瓶中，加水溶解，再向其中滴加0.1000 mol·L－1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00 mL。计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（杂质不参与反应，请写出计算过程）。已知测定过程中发生反应的方程式为MnO4-＋NO2-＋H＋—Mn2+＋NO3-＋H2O（未配平），计算NaNO2粗品中NaNO2的质量分数（请写出计算过程）。________________

【答案】92.0%

【解析】⑶已知测定过程中发生反应的方程式并配平：2MnO4-＋5NO2-＋6H＋=2Mn2+＋5NO3-＋3H2O

根据反应，2mol KMnO4消耗5mol NaNO2，现滴定过程中消耗KMnO4的物质的量为0.1000mol×0.024L=0.0024mol，则消耗NaNO2的物质的量为0.006mol，NaNO2的质量为0.006mol×69g/mol=0.414g，粗品中NaNO2的质量分数=92%。

19．从某废催化剂(含ZnO、CuO、Fe2O3、石墨及MnO2等)中回收金属并制取活性氧化锌的工艺流程如下(已知：Zn及其氧化物、氢氧化物的性质与Al及其相应化合物性质类似)：

测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：

I.准确称取粗铜粉mg，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。

Ⅱ.将溶液煮沸1~2min，除去过量的H2O2。

Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3+的干扰。然后加入稍过量的KI溶液(反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2)，再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用 c mol ·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失(I2+2S2O32－=2I－+S4O62－)且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。

①铜的质量分数为______________________。

②缺少步骤Ⅱ哙会使测得的铜的质量分数___________(填“偏大”、“偏小”、或“不变”)

【答案】6.4Vc/m% 偏大

【解析】（4）测得“粗铜粉”中铜的质量分数的实验步骤如下：

I.准确称取粗铜粉mg，加入足量盐酸和H2O2溶液使其完全溶解。

Ⅱ.将溶液煮沸1~2min，除去过量的H2O2。

Ⅲ.滴入铁掩蔽剂排除Fe3+的干扰。然后加入稍过量的KI溶液(再加入几滴淀粉溶液作指示剂，用 c mol ·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失且半分钟内不变色，共消耗Na2S2O3标准溶液VmL。

①根据反应：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2，I2+2S2O32－=2I－+S4O62－可知关系2Cu2+~~I2~~~2S2O32－，铜的质量分数为；

②缺少步骤Ⅱ,则被氧化的碘离子的量偏多，滴定时消耗的Na2S2O3标偏多，会使测得的铜的质量分数偏大。

20．氯化亚铜（CuC1）在化工、印染、电镀等行业应用广泛。CuCl微溶于水，不溶于醇和稀酸，可溶于Cl-浓度较大的溶液，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuC1的工艺过程如图。回答下列问题：

用K2Cr2O7溶液测定氯化亚铜样品纯度（假设杂质不参与反应），步骤如下：准确称取所制备的氯化亚铜样品10.00g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸配成100mL溶液，取溶液10.00mL用0.1000mol•LK2Cr2O7溶液进行滴定，反应中Cr2O72﹣被还原成Cr3+，相关数据记录如表所示：该样品中CuCl的质量分数___________________。

实验编号

1

2

3

消耗K2Cr2O7溶液的体积/mL

14.98

16.03

15.02

【答案】89.55%

【解析】(4)氯化亚铜与氯化铁反应：Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，反应的关系是为6CuCl～6Fe2＋～Cr2O72－，第二次试验误差较大，可舍去，消耗K2Cr2O7溶液的体积为15mL，，n(CuCl)=9×10－2mol，则m(CuCl)=9×10－2mol×99.5g·mol－1=8.955g，则CuCl质量分数=×100%=

89.55%；答案：89.55%；

21．二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：

取上述流程中得到的CeO2产品0.43g，加硫酸溶解后，用0.1mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+，其它杂质均不反应)，消耗20.00mL标准溶液。该产品中CeO2的质量分数为_____________。

【答案】80%

【解析】的物质的量为，根据电子得失守恒可得关系式，所以的质量为，产品中的质量分数为：。

22．高纯碳酸锰(MnCO3)广泛应用于电子行业，制造高性能磁性材料。工业利用含锰废水(主要含Mn2+、、H+、Fe2+、Al3+、Cu2+)制备碳酸锰、回收硫酸铵的工艺流程如下：

(5)由 MnCO3可制得重要的催化剂MnO2，2MnCO3+O2=2MnO2+2CO2。现在空气中加热460.0g的MnCO3，得到332.0g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品MnO2的质量分数是___________。

【答案】78.6％

【解析】(5)MnCO3受热分解为MnO，MnO部分氧化为MnO2，产品中杂质有MnO，460.0 gMnCO3的物质的量为：=4mol，受热产生4molMnO，设产生MnO2物质的量为xmol，即有xmolMnO氧化，剩余MnO为(4-x)mol，产物的总质量为：(4-x)mol×71g/mol+xmol×87g/mol=332g，解得x=3，则MnO2的质量分数=×100%=78.6%，故答案为：78.6%。

23．CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：

为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取2g的粗产品溶于水，配成100mL溶液，取出20mL置于锥形瓶，加入K2CrO4做指示剂( Ag2CrO4为砖红色沉淀)，用0.2mol/L的AgNO3溶液滴定至终点，重复2-3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00mL。该粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数为___________。用K2CrO4做指示剂时，需要控制溶液pH值为6.5~10.5，试分析原因______________________。

【答案】59.5% pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)； pH太大生成Ag(OH)沉淀 (或Ag2O沉淀)

【解析】(3) 设纯CoCl2·6H2O的质量为x，1mol氯离子消耗1mol银离子，故1molCoCl2·6H2O消耗2AgNO3，根据CoCl2·6H2O和硝酸银的物质的量关系，

，解得：x=0.238g，原来溶液100ml，计算得到氯化钴的质量为20ml的液体，故要把20ml的溶液换算成100ml溶液，CoCl2·6H2O的纯度为59.5% ，pH太小K2CrO4氧化Cl-(或转化为Cr2O72-)， pH太大生成AgOH沉淀，所以需要控制溶液pH值为6.5～10.5。

24．高铁酸钾(K2FeO4)是一种集强氧化性、吸附、絮凝于一体的新型多功能处理剂，其生产工艺如图所示：

工业上常用“间接碘量法”测定高铁酸钾样品中高铁酸钾的含量，其方法是：用碱性的碘化钾溶液(pH为11～12)溶解3.96 g高铁酸钾样品，调节pH为1，避光放置40分钟至反应完全(高铁酸根离子全部被还原成铁离子)，再调节pH为3～4(弱酸性)。以1.0 mol/L的硫代硫酸钠标准溶液为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，当达到滴定终点时，用去硫代硫酸钠标准溶液15.00 mL，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为______________。

【答案】25%

【解析】用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH为1，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系2FeO42-～3I2，再根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得关系式2FeO42-～3I2～6Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.015L×198g/mol=0.99g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=25%。

25．草酸合铁酸钾晶体Kx[Fe(C2O4)y]•3H2O是一种光敏材料(见光易分解)，下面是一种制备草酸合铁酸钾晶体的实验流程：

补全测定草酸合铁酸钾产品中Fe3+含量的实验步骤[备选试剂：KMnO4溶液、锌粉、NaOH溶液]：

步骤1：准确称取所制备的草酸合铁酸钾晶体ag，配成250mL待测液；

步骤2：用移液管移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入稀H2SO4酸化，_____________，C2O42-转化为CO2被除去；

步骤3：向步骤2所得溶液中_____________加热至充分反应（溶液黄色刚好消失），过滤、洗涤、将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中。

步骤4：用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗vmLKMnO4标准溶液。该草酸合铁酸钾晶体产品中Fe3+的质量分数为__________________。

【答案】加入足量KMnO4溶液加入稍过量的锌粉 ×100%

【解析】步骤2： C2O42-转化为CO2发生氧化反应，所以需要加入足量的KMnO4溶液；

步骤3：把Fe3+还原为Fe2+，需要加入稍过量的锌粉。

步骤4：用cmol•L-1KMnO4标准溶液与步骤3生成的Fe2+反应，

设Fe2+的物质的量是x；

；

草酸合铁酸钾晶体产品中Fe3+的质量分数为 ×100%。

26．利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可制多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程：

将5.49g草酸亚钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表所示：

温度范围/℃

固体质量/g

150～210

4.41

290～320

2.41

经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320℃温度范围，剩余的固体物质化学式为_______。(已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g/mol)

【答案】 Co3O4或者CoO·Co2O3

【解析】计算晶体物质的量n==0.03 mol，失去结晶水应为0.06 mol，固体质量变化=0.06 mol×18 g/mol=1.08 g，图表数据可知，150～210固体质量变化△m=5.49 g-4.41 g=1.08 g，说明210℃失去结晶水得到CoC2O4，210～290℃过程中是CoC2O4发生的反应，210～290℃过程中产生的气体只有CO2，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为0.06 mol，质量=0.06 mol×44 g/mol=2.64 g，气体质量共计减小=4.41 g-2.41 g=2 g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量m(O2)=2.64 g-2 g=0.64 g，O2物质的量n(O2)=0.64 g÷32 g/mol=0.02 mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，故反应产物化学式为Co3O4或者CoO•Co2O3。

高考化学－工艺流程专项复习系列 专项9－工艺流程题计算

高考化学－工艺流程专项复习系列专项9－工艺流程题计算