高中化学专题15 工艺流程题-2021年高考化学真题与模拟题分类训练（教师版含解析）

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专题15 工艺流程题

1．(2021·全国高考真题)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化 4 防止单质碘析出
【解析】
(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
2．(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表
金属离子




开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。
(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
(3)“母液①"中浓度为_______。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【答案】 硫酸
【分析】
由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【解析】
(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，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TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，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，故答案为：(NH4)2SO4。
3．(2021·广东高考真题)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。

①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】+6 +=↓
【分析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】
(1)“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。
(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。
(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。
②由和同族、和同族可知，中显+3价(其最高价)、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。
4．(2021·河北高考真题)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Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：

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___。
(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”或“②”或“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10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37
【分析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【解析】
(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的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出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
(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溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
5．(2021·湖南高考真题)可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是_______；
(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______
【答案】 适当升高温度，将独居石粉碎等 Al(OH)3 促使铝离子沉淀 ↑ 碱性 6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
【分析】
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
【解析】
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()1.7之后，水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降，故答案为：pH>1.7之后，促使水解平衡正向移动，溶液中浓度降低，所以萃取率下降；
(4)试剂x的作用是调节溶液的PH，时先沉淀，后沉淀，使二者分离，x为某种钠的正盐，从环保、经济角度，x最好为；调节pH范围应满足让完全沉淀同时未沉淀，当完全沉淀时，浓度为，此时，所以溶液，当开始沉淀是，溶液中，所以溶液，调节溶液，故答案为：；；
(5)步骤V酸溶时逐滴加入H3PO4溶液，开始时溶液中酸少量，过量，先生成和，当加入H3PO4溶液呈酸性时会发生如下反应：、保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O，故答案为：加入H3PO4溶液呈酸性，使和发生如下反应、，可以保证生成物质较多为Mn(H2PO4)2·2H2O。
18．(2021·山东高三三模)综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：

回答下列问题：
(1)硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。
(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。
(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。
(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：

萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率 MgO或者Mg(OH)2等 铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净 取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净 放热 当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在
【分析】
硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。
【解析】
(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；
(2) “净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；
(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；
(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
19．(2021·辽宁沈阳市·沈阳二中高三月考)铁、镍及其化合物在工业上有广泛的应用。从某矿渣[成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等]中回收NiSO4的工艺流程如图：

已知(NH4)2SO4在350℃分解生成NH3和H2SO4，回答下列问题：
(1)“浸渣”的成分有Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有_______(写化学式)。
(2)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为_______。
(3)向“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2+(浓度为1.0×10-3mol·L-1)，当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，除钙率为_______[Ksp(CaF2)=4.0×10-11]。
(4)溶剂萃取可用于对溶液中的金属离子进行富集与分离：Fe2+(水相) + 2RH(有机相) ⇌FeR2(有机相)+2H+(水相)萃取剂与溶液的体积比(V0/VA)对溶液中Ni2+、Fe2+的萃取率影响如图所示，V0/VA的最佳取值为_______。在_______(填“强碱性”“强酸性”或“中性”)介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用。

(5)以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。通电后，在铁电极附近生成紫红色的FeO，同时会产生少量红褐色物质。

①电解时离子交换膜(b)为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解，进而提高了Na2FeO4的产率。该反应的离子方程式为_______。
【答案】SiO2 4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O 99% 0.25 强酸性 阴 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
【分析】
某矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，已知：(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4。NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在90°C的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相循环使用，据此分析解答。
【解析】
(1)矿渣的主要成分是NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，加入硫酸铵加热浸取后的浸渣为不反应和不溶于水的硫酸钙和二氧化硅，“浸渣”的成分除Fe2O3、FeO(OH)、CaSO4外，还含有SiO2，所以答案为SiO2。
(2)矿渣中部分FeO焙烧时与H2SO4及空气中的氧气反应生成Fe2(SO4)3和水，反应的化学方程式为4FeO+6H2SO4+O2=2Fe2(SO4)3+6H2O；
(3)当溶液中c(F-)=2.0×10-3mol·L-1时，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)×c2(F-)= c(Ca2+)×(2.0×10-3mol·L-1)2=4.0×10-11，故c(Ca2+)=1.0×10-5mol/L，则除钙率为99%，所以答案为：99%。
(4)要求Fe2+萃取率最低，Ni2+的萃取率最高，根据图象，最佳取值为0.25；在强酸性介质中“反萃取”能使有机相再生而循环利用，所以答案为：0.25；强酸性。
(5)①电解时正极连接铁电极，为阳极，阳极上失电子在碱性条件下反应生成FeO，电极反应式为Fe-6e-+8OH-= FeO+4H2O；离子交换膜(b))需要允许氢氧根离子向Ⅲ移动，为阴离子交换膜，所以答案为：阴。
②向铁电极区出现的红褐色物质中加入少量的NaClO溶液，沉淀溶解。次氯酸钠将氢氧化铁氧化生成高铁酸钠，所以反应的离子方程式为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O。
20．(2021·重庆高三三模)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7，式量：246)是一种易吸收的高效铁制剂，某研究团队用硫铁矿(主要成分为FeS2、SiO2、Al2O3)为原料，制备柠檬酸亚铁，其流程如图：

已知：I.电离常数：，；柠檬酸()：，，。
Ⅱ.下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1mol·L-1计算)。
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Fe3+
1.1
3.2
Al3+
3.0
5.0
Fe2+
5.8
8.8
(1)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)是一种________(填“正”“酸式”或“碱式”)盐，滤渣1的成分为________(填化学式)。
(2)已知：FeS2与H2SO4不反应。则“还原”时FeS2发生反应的离子方程式为：________；加入FeS2还原后，加入一种试剂检验还原反应已经完全反应，该试剂是________。
(3)“沉铁”时的离子方程式为________，该反应需控制温度在35℃以下，其可能的原因是________。
(4)“除铝”时所调pH范围是________，“还原”和“除铝”两步操作________(填“能”或“不能”)交换，若不能请说出其原因________，若能则原因处不作答。
(5)柠檬酸亚铁(FeC6H6O7)在空气中煅烧生成Fe2O3时，也会生成FeO。现煅烧49.2g的FeC6H6O7，得到Fe2O3和FeO的混合物15.84g。则Fe2O3的质量为________g。
【答案】酸式 SiO2 FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液 HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解 5.0≤pH≤5.8 不能 因为溶液中有Fe3+，且Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率 14.4
【分析】
硫铁矿在空气中焙烧，FeS2被氧化为SO2和Fe2O3，加入稀硫酸溶浸，Fe2O3、Al2O3溶解，过滤得到含有Fe3+和Al3+的溶液，滤渣为难溶于稀硫酸的SiO2，然后加入FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，之后调节pH除去Al3+，再加入碳酸氢铵、氨气得到FeCO3，过滤、洗涤得到FeCO3固体，加入柠檬酸溶解，经系列操作得到柠檬酸亚铁晶体。
【解析】
(1)根据题目所给信息可知柠檬酸存在三级电离平衡常数，即柠檬酸为三元酸，所以FeC6H6O7可以电离出一个氢离子，为酸式盐；滤渣1为难溶于稀硫酸的SiO2；
(2) FeS2将Fe3+还原为Fe2+，根据现象可知S元素被氧化为S单质，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S；若氧化还原反应已经完全反应，则溶液中不再存在Fe3+，而Fe3+可以和SCN-反应得到血红色溶液，所以可以用KSCN溶液/NaSCN溶液/NH4SCN溶液来判断是否完全反应；
(3)沉铁时Fe2+结合HCO电离产生的CO生成FeCO3，同时通入氨气中和产生的氢离子得到铵根，离子方程式为HCO+NH3+Fe2+=FeCO3¯+NH；NH4HCO3不稳定，温度高于35℃发生分解，所以要控制温度；
(4)除铝时要保证Al3+完全被除去，而Fe2+不被除去，所以调节pH的范围为5.0≤pH＜5.8；因为溶液中有Fe3+，且根据题目所给数据可知，Fe3+沉淀的pH比Al3+更低，若先调pH则Fe3+也会沉淀而损耗，降低产率，所以不能交换两步操作；
(5)49.2g的FeC6H6O7的物质的量为=0.2mol，设混合物中Fe2O3的物质的量为x mol，FeO的物质的量为y mol，根据铁元素守恒可得2x+y=0.2，根据质量守恒有160x+72y=15.84，联立解得x=0.08mol，所以Fe2O3的质量为160g×0.08mol=14.4g。
21．(2021·辽宁葫芦岛市·高三二模)NiSO4·6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池、医药工业、催化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4·6H2O步骤如图：

已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；
②常温下Ksp(MgF2)=6.4×10-9，Ka(HF)=6.3×10-4；
(1)NiSO4中阴离子的空间构型为___。
(2)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是___。
(3)“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出其离子方程式___。
(4)向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致MgF2沉淀不完全，其原因是___。
(5)“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为___(填化学式)。
(6)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为___。
(7)在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是__。
【答案】正四面体 使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+ 6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+ pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，MgF2沉淀不完全 Na2SO4 2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 减少晶体的损失，便于晶体的干燥
【分析】
废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg2+转化为MgF2沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。
【解析】
(1)NiSO4中硫酸根离子的S原子价层电子对数为4，为sp3杂化，则空间构型为正四面体构型；
(2)加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+，同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+；
(3)“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe3++4SO+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6Mg2+；
(4)溶液的pH偏低说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF，导致溶液中F-浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀；
(5)“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO、Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO、Na+和少量OH-，根据前面的流程知可循环利用的是Na2SO4；
(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
(7) NiSO4·6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精可以迅速挥发，避免杂质的引入。
22．(2021·陕西宝鸡市·高三二模)钼酸钠(Na2MoO4)是一种冷却水系统的金属缓蚀剂，工业上通常利用钼精矿(MoS2中硫为-2价)制备金属钼和钼酸钠晶体的流程如图所示。

回答下列问题：
(1)在空气中焙烧时产生对环境有危害气体的化学式是___________，焙烧的化学方程式是___________。
(2)操作1的实验名称是___________，由此可推测MoO3为___________性氧化物，该反应的离子方程式为___________，进行操作2的步骤是___________，过滤、洗涤、干燥。
(3)操作3中硫元素被氧化为最高价，发生反应的离子方程式为___________。
(4)钼精矿中MoS2的测定：取钼精矿20g经操作3等，得到Mo的质量为8.64g，假设过程中钼利用率为90%，钼精矿中MoS2的质量分数为___________。
(5)电解法制备：用镍、钼作电极电解浓NaOH溶液制备钼酸钠(Na2MoO4)的装置如图甲所示。b电极上的电极反应式为___________，电解槽中使用___________(填阳离子或阴离子)交换膜。某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图乙所示，要使溶液中钼酸根离子完全沉淀(浓度小于1×10-5mol•l-1)，Ba2+的浓度最小为___________mol•l-1。

【答案】SO2 2MoS2+7O22MnO3+4SO2 过滤 两性 MoO3+2OH-= MoO+H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O 80% Mo-6e-+8OH-= MoO+4H2O 阴离子 4×10-3
【分析】
在空气中焙烧钼精矿得到MnO3，碱性条件下，MoO3和NaOH溶液反应得到Na2MoO4，过滤分离得到Na2MoO4溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4·2H2O；钼精矿碱溶并用NaClO氧化，过滤也得到Na2MoO4溶液，加足量硫酸反应生成钼酸，高温灼烧钼酸生成MoO3，氢气还原MoO3得到Mo。
【解析】
(1)MoS2中硫为-2价，空气中焙烧时会被氧化为对环境有危害气体SO2，根据电子守恒和元素守恒该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MnO3+4SO2；
(2)经操作1可得Na2MoO4溶液，所以该操作为过滤；根据流程可知MoO3可以和NaOH溶液反应，具有酸性氧化物的特点，而金属氧化物一般碱性氧化物，所以可推测MoO3为两性氧化物，反应的离子方程式为MoO3+2OH-= MoO+H2O；操作2可以从溶液中获取晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥；
(3)根据流程可知操作3中Mo元素被氧化为MoO，根据题干所给信息可知S元素被氧化为SO，根据得失电子守恒可知MoS2和ClO-的系数比应为1:9，再结合元素守恒可得离子方程式为MoS2+6OH-+9ClO-=MoO+2SO+9Cl-+3H2O；
(4)设钼精矿中MoS2的质量为x，则有=8.64g，解得x=16g，所以钼精矿中MoS2​的质量分数为×100%=80%；
(5)b电极与电源正极相连，为电解池阳极，该装置的目的是制备Na2MoO4，则Mo元素要被氧化，所以b电极的材料为钼，发生氧化反应，其电极反应式为Mo-6e-+8OH-=MoO+4H2O；为防止阳极区的Na+迁移到阴极，电解槽中应使用阴离子交换膜；据图可知该温度下Ksp(BaMoO4)=2×10-4×2×10-4=4×10-8，当c(MoO)=1×10-5mol•l-1时，c(Ba2+)==4×10-3mol/L。
23．(2021·山东日照市·高三三模)NiSO4·nH2O易溶于水，难溶于乙醇，其水溶液显酸性。从电镀污泥中回收制备NiSO4·nH2O和其它金属的工艺流程如下。

已知：Ⅰ.电镀污泥含有Cu(OH)2、Ni(OH)2、Fe(OH)3、Cr(OH)3和SiO2等。
Ⅱ.萃取剂(RH)萃取Ni2+的原理为Ni2++2RH2NiR2+2H+。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为加快浸出速率，提高生产效益，下列措施不合理的有___________(填标号)。
A．用机械搅拌器搅拌 B．体积不变增加硫酸的浓度 C．进一步球磨粉碎
(2)“电解”时，铜的电解电压较低，且电解速率很快，铁和铬存在形式随电解电压的变化如下表。为得到纯的NiSO4·nH2O，电解电压的范围应选择___________V。
电解电压/V
1.0
1.2
1.5
2.0
2.5
3.0
3.5
Fe2+
有
有
有
无
无
无
无
Cr4+
无
无
无
无
无
有
有
(3)萃取余液可在___________中循环利用(填操作单元)，反萃取剂X为___________(填化学式)。
(4)“反萃取”得到的NiSO4溶液，可在强碱溶液中被NaClO氧化，得到用作镍镉电池正极材料的NiOOH。该反应的离子方程式为___________。NiSO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作可得NiSO4·nH2O。下列说法正确的是___________(填标号)。
A．为得到较大NiSO4·nH2O晶体颗粒，宜用冰水快速冷却结晶
B．蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热
C．可通过抽滤提高过滤速度，在80℃鼓风干燥，快速得到干燥晶体
D．向冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率
(5)采用热重分析法测定NiSO4·nH2O样品所含结晶水数。将样品在900℃下进行煅烧，失重率随时间变化如下图，A点时失掉2个结晶水，n的值为___________；C点产物的化学式为___________。

【答案】B 2.0～2.5 酸浸 H2SO4 2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O BD 6 NiO
【分析】
电镀污泥酸浸后的溶液中存在硫酸、硫酸铜、硫酸镍、硫酸铁和硫酸铬，二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣1为二氧化硅，电解可以回收金属铜，加入碳酸钠后硫酸被中和，铁离子变成氢氧化铁沉淀。
【解析】
(1)A.用搅拌器搅拌可加快浸出速率和提高生辰效率，故A正确；
B.适当增加硫酸的浓度可加快浸出速率和提高生产效率，故B错误；
C.磨碎电镀污泥，增大接触面积，提高反应速率和生产效率，故C正确；
故填B；
(2)由表中数据可知，在电解铜不影响到Fe和Cr时应选择电解电压的范围为2.0～2.5，故填2.0～2.5；
(3)根据已知II，萃取余液中主要含硫酸，可在酸浸环节循环使用，反萃剂是将Ni从NiR2中洗出形成硫酸镍，故反萃剂X为硫酸，故填酸浸、；
(4)根据题意，硫酸镍与次氯酸钠反应的离子方程式为；
A.冰水快速冷却得到的晶体颗粒太大，不利于干燥，故A错误；
B.加热溶液制备晶体时，当溶液表面出现晶膜时停止加热，自然冷却，过滤，过度加热使晶体失去结晶水，故B正确；
C.干燥时易采用低温缓慢烘干，以免晶体失去结晶水，故C错误；
D.大多数无机盐都不溶于乙醇，向无机盐溶液中加入乙醇可使其快速析出，故D正确；
故填BD；
(5)设样品的质量为100g，A点时失重率为13.7%，失重13.7g，失去2个结晶水，即，解得n=6；该晶体中结晶水占比，所以B点时失去全部结晶水，C点失重率为71.5%，说明硫酸镍已分解，分解产物为NiO和三氧化硫，故填6、NiO。
24．(2021·辽宁大连市·高三二模)氟化工产业被称为“黄金产业”，我国是世界最大氟化工初级产品生产国和出口国。用工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁的流程如下：

回答下列问题：
(1)氟化铵阳离子的VSEPR模型名称为：_______。
(2)写出反应①的化学方程式_______。
(3)工业生产中“反应①”的最佳温度为80℃，除考虑温度对速率的影响，请结合已有知识分析温度不宜过高的原因：_______。
(4)从滤液获得晶体的“一系列操作”是_______、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。
(5)氟化铵含量的测定；称取mg样品于塑料烧杯中加水溶解，加入足量甲醛溶液，摇匀静置，滴加2~3滴酚酞指示剂，用0.5mol•L-1的氢氧化钠标准液滴定至终点，消耗氢氧化钠体积VmL，同时做空白对照实验消耗氢氧化钠体积为V0mL。
(已知：4+6HCHO→(CH2)6N4H++3H++6H2O，1mol(CH2)6N4H+消耗1molNaOH)
①滴定终点的现象为：_______。
②滴定近滴定终点时，过长时间振摇，红色消失，可能原因是_______。
③计算样品中氟化铵的含量为_______。
【答案】正四面体 H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓ 温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大 减压浓缩 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色 酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失
【分析】
H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，滤液减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到氟化铵，母液中加入硫酸镁生成氟化镁沉淀，据此回答问题。
【解析】
(1)氟化铵阳离子为铵根离子，的VSEPR模型名称为正四面体，故答案为：正四面体；
(2)反应①是H2SiF6和氨气反应生成硅胶沉淀和氟化铵，据此写出反应的化学方程式为H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓，故答案为：H2SiF6 + 6NH3 +(2+n) H2O = 6NH4F+SiO2▪nH2O↓；
(3)温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大，所以工业生产中“反应①”的最佳温度为80°C，故答案为：温度过高氟化铵易分解，氨气在体系中的溶解度降低，氨气逸出太多，氨消耗过大；
(4)从滤液获得氟化铵晶体的操作是减压浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：减压浓缩；
(5)①酚酞作指示剂，氢氧化钠溶液作标准液，故滴定终点现象为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色，故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色且半分钟内不变色；
②酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失，故答案为：酚酞指示剂变色pH范围约为8－10，滴定近滴定终点时，过长时间振摇，NaOH吸收空气中的CO2而使溶液pH降低，红色消失；
③根据题意得关系式4(CH2)6N4H++3H+4NaOH，mg样品中氟化铵消耗NaOH(V-V0)mL，样品中氟化铵的质量为：0.5mol/L×(V-V0)×10-3L×37g/mol= 1.85(V-V0)×10-2g，样品中氟化铵的含量为，故答案为：。
【点睛】
本题以工业副产品氟硅酸(H2SiF6)制备氟化铵(NH4F)联产氟化镁为载体，考查化学工艺流程，明确流程中各步反应原理是解题关键，注意混合物分离的常见方法及应用。
25．(2021·江西南昌市·高三三模)三氧化钨(WO3)常用于制备特种合金、防火材料和防腐涂层。现利用白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)生产WO3，设计了如下工艺流程：

已知：①浸出液中钨(W)以[WO3C2O4H2O]2-形式存在。
②钨酸(H2WO4)难溶于水。
③Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9；
Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2，Ka2(H2C2O4)=1.6×10-4。
回答下列问题：
(1)“破碎”的目的是_______；“破碎”后的白钨精矿粒径约为50μm，往其中加入浸取液后形成的分散系属于_______。
(2)操作I的名称为_______。
(3)浸出液中含量最大的阳离子是_______；[WO3C2O4H2O]2-中W元素的化合价为_______。
(4)“加热”时发生反应的离子方程式为_______；“煅烧”时发生反应的化学方程式为_______。
(5)本工艺中能循环使用的物质是_______。
(6)通过计算说明“浸取”过程形成CaSO4而不能形成CaC2O4的原因：_______。
【答案】加快反应速率和提高浸取率 悬浊液(或浊液) 过滤 H+ +6 [WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4 H2WO4WO3+H2O 草酸 溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4
【分析】
白钨精矿(含80%CaWO4及少量Fe、Zn和Mg等的氧化物)破碎后加硫酸和草酸进行“浸取”，反应过程中得到含[WO3C2O4H2O]2-的溶液和硫酸钙沉淀，过滤后除去硫酸钙；将浸出液加热，浸出液中的[WO3C2O4H2O]2-在加热条件下反应生成生成H2WO4，过滤获得H2WO4，H2WO4高温煅烧得到WO3，据此解答。
【解析】
(1)“破碎”可以增大固体面积，加快反应速率和提高浸取率；分散质粒子直径小于1nm的为溶液，大于100nm的为浊液，1nm-100nm的为胶体，50μm=5×104nm，因此为浊液，故答案为：加快反应速率和提高浸取率；悬浊液(或浊液)；
(2)操作I分离出硫酸钙和浸出液，应为过滤，故答案为：过滤；
(3)精矿中80%为CaWO4，W以[WO3C2O4H2O]2-存在，且硫酸钙微溶于水，因为加入硫酸和草酸，因此H+是浸出液中含量最大的阳离子，[WO3C2O4H2O]2-中O为-2价，H为+1价，C以草酸根形式存在，C为+3价，故W为+6价，故答案为：H+；+6；
(4)由图中滤渣可知煅烧得WO3，可知滤渣为难溶于水的H2WO4，过滤后滤液可回到浸取过程，循环使用，知其中含有H+，因此加热时发生[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4，煅烧时发生H2WO4WO3+H2O，故答案为：[WO3C2O4H2O]2-+2H+H2WO4+H2C2O4；H2WO4WO3+H2O；
(5)整个流程来看用到矿石以外的物质为硫酸和草酸溶液，硫酸根大部分以硫酸钙形式被除去了，加热时产生了草酸，因此循环使用的物质为草酸，故答案为：草酸；
(6)，，整理二式可得=，溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)达到平衡时，该平衡的K= =，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4，故答案为：溶液中CaSO4(s)+H2C2O4(aq)⇌CaC2O4(s)+2H+(aq)+SO(aq)，该平衡的K==，加1mol/L硫酸和0.5mol/L草酸混合溶液后Qc≈，所以在“浸取”时，上述平衡逆向进行，产生得到CaSO4而不是CaC2O4。
26．(2021·河北邯郸市·高三三模)下列为从铜转炉烟灰[主要含有ZnO，还有少量的Fe(Ⅱ)、Pb、Cu、As等元素]制取活性氧化锌的流程。

已知：①活性炭主要吸附有机质；
②25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38；
③氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在；
④部分金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
4.5
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
6.4
10.1
请回答以下问题：
(1)“浸取”时，ZnO发生反应的离子方程式为___________。
(2)浸取温度为50℃，反应时间为1h时，测定各元素的浸出率与氯化铵溶液浓度的关系如图，则氯化铵的适宜浓度范围为___________mol×L-1。

NH4Cl浓度对烟灰浸出率的影响
(3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，写出除铁步骤的离子方程式：___________，常温下此时体系中Fe3+残留最大浓度为___________mol×L-1。
(4)“滤渣Ⅲ”的成分为___________(填化学式)。
(5)“沉锌”反应的离子方程式为___________，此过程中可以循环利用的副产品是___________(填化学式)。
(6)取m g活性氧化锌样品配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用a mol·L-1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液V mL。已知：与1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，则样品中氧化锌的质量分数为___________(用代数式表示)。
【答案】ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O 2～4 MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+ 4.0×10-8 Cu、Zn 2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O NH4Cl ×100% 或 %
【分析】
铜转炉烟灰加入氯化铵、氨水浸取，除烟灰中的Pb；滤液中加入氯化铁生成固体FeAsO4除As；滤液中加高锰酸钾、硫酸，调节pH=4~4.5生成氢氧化铁沉淀除铁；滤液加过量的锌置换出单质铜除去铜元素；滤液中加入碳酸氢铵生成Zn2(OH)2CO3沉淀，煅烧Zn2(OH)2CO3生成活性氧化锌。
【解析】
(1) 氨体系环境中锌元素以[Zn(NH3)4]2+形式存在，“浸取”时，ZnO与氯化铵、氨水反应生成[Zn(NH3)4]Cl2和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2NH+2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O；
(2)由图示可知，氯化铵浓度为2~4时，Pb的浸出率低、Zn的浸出率很大，所以氯化铵适宜浓度范围为2~4mol×L-1；
(3)加入适量KMnO4溶液的目的是除去铁元素的同时溶液中不会有明显的锰元素残留，说明还原产物是MnO2、氧化产物是Fe(OH)3，除铁步骤的离子方程式是MnO+3Fe2++7H2O=MnO2+3Fe(OH)3↓+5H+；常温下，除铁时溶液的pH=4，c(OH-)=10-10 mol×L-1， Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10–38，此时体系中Fe3+残留最大浓度为 mol×L-1；
(4)根据流程图，可知，加入试剂a的目的是除铜，a是过量的锌，锌把溶液中的铜置换出来，“滤渣Ⅲ”的成分为Cu、Zn；
(5)根据流程图，“沉锌”过程是溶液中的氯化锌和碳酸氢铵反应生成氯化铵、Zn2(OH)2CO3和CO2，反应的离子方程式为2Zn2++4HCO=Zn2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，此过程中可以循环利用的副产品是NH4Cl；
(6) 1.0 mL EDTA标准液[c(EDTA)=1.000 mol×L-1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139，反应消耗a mol·L-1EDTA标准液V mL，则mg样品中氧化锌的质量为0.08139×aVg，氧化锌的质量分数为 %。
【点睛】
本题以铜转炉烟灰制取活性氧化锌为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤的目的是解题关键，掌握常见化合物的性质，熟悉根据溶度积常数的计算，培养题目信息的提取和应用能力。
27．(2021·福建龙岩市·高三三模)五氧化二钒(V2O5)在冶金、催化剂、磁性材料等领域有重要作用。实验室以含钒废料(含有V2O3、Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物等)来制备V2O5的一种工艺流程如下：

已知：含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系：
溶液pH
＜4.0
6.0—8.0
8.0—10.0
钒元素主要存在形式



请回答下列问题：
(1)含钒废料中的有机物主要在___________工序中除去。
(2)“焙烧”产物之一是Mg(VO3)2，写出它在“酸浸”(溶液pH＜2)过程中发生反应的化学方程式___________。
(3)常温时，若“调pH净化I”工序中最终溶液pH=7，通过计算判断，此时Cu2+是否已经沉淀完全(已知离子浓度Cl，则Co2O3可将Cl-氧化为Cl2离子方程式：Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+ +Cl2↑+3H2O。
(2)将Fe2+氧化为Fe3+，由流程图知向溶液中加入了H2O2，H2O2受热 易分解，因此温度不宜过高。
(3)①为了除去铁和铝，由表格可知A1 (OH)3完全沉淀的pH为5.2，Fe2+已经转化为Fe3+，Fe (OH)3完全沉淀的pH为3.7，a的最小值应为5.2；当c(Fe3+)＜10-5.9 mol·L-1时，由己知③可知，当离子浓度不大于10-5mol/L时，则视为沉淀完全，则Fe3+沉淀完全，此时pH10-14/103.7mol/L≈10-10mol/L。
②根据流程图可知滤液中只含有杂质Mn2+，故加萃取剂的作用除去Mn2+。
(4))粗产品中可能失去部分结晶水，导致其质量分数大于100%。
29．(2021·河北石家庄市·高三二模)铊(Tl)在工业中的用途非常广泛，其中铊锡合金可作超导材料；铊镉合金是原子能工业中的重要材料。铊主要从铅精矿焙烧产生的富铊灰(主要成分PbO、ZnO、Fe2O3、FeO、Tl2O等)中提炼，具体工艺流程如图。

已知：萃取剂选用对铊有很高选择性的酰胺类萃取剂CH3CONR2的二乙苯溶液，萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4。
回答下列问题：
(1)“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，该反应的离子方程式为___。
(2)残渣的主要成分为____(填化学式)；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为___。
(3)“反萃取”过程中发生反应的化学方程式为___。
(4)“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为___。
(5)流程中得到的“TlCl”需要用盐酸洗涤，用平衡原理解释与蒸馏水相比，盐酸洗涤的优点为___。
(6)电解Tl2SO4制备金属Tl的装置如图所示。阳极的电极反应式为___；当转移2mole-时，左侧电极室中溶液的质量减少___g。

【答案】40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O PbSO4 分液漏斗 [CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4 H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－ 用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，使TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq)逆向进行,抑制TlCl溶解 Tl＋－2e－＝Tl3＋ 504
【分析】
富铊灰浸取时ZnO转化为硫酸锌，PbO转化为硫酸铅，氧化铁转化为硫酸铁，氧化亚铁被氧化为硫酸铁，Tl2O转化为TlCl，过滤所得滤液加入萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，然后反萃取得到TlCl，加入还原剂还原、氯化和沉淀得到TlCl，TlCl焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，电解Tl2SO4溶液得到Tl，据此解答。
【解析】
(1)“浸取”过程中生成可溶性的TlCl，反应中Tl2O被氧化转化为TlCl，该反应的离子方程式为40Cl－＋4MnO+5Tl2O+42H＋＝4Mn2＋+10TlCl+21H2O。
(2)PbO转化为硫酸铅，过滤得到残渣，即残渣的主要成分为PbSO4；在实验室中，“萃取”和“反萃取”过程均必须使用的玻璃仪器的名称为分液漏斗。
(3)萃取剂发生反应H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4，“反萃取”过程中加入醋酸铵，则发生反应的化学方程式为[CH3CONR2H]TlCl4+CH3COONH4CH3COOH+CH3CONR2+NH4TlCl4。
(4)根据以上分析可知“还原、氧化、沉淀”过程中TlCl发生反应的离子方程式为H2O+SO+TlCl＝TlCl+SO+2H＋+3Cl－。
(5)由于存在溶解平衡：TlCl(s)Tl＋(aq)+Cl－(aq),用盐酸洗涤，增大氯离子浓度，抑制TlCl溶解，减少损失，提高原料利用率。
(6)电解时阳极发生失去电子的氧化反应，溶液中Tl＋放电，阳极的电极反应式为电解时阳离子向阳极移动，即向右侧移动，左侧电极是阴极，电极反应式为Tl＋+e－＝Tl，当转移2mole-时，左侧电极室中析出2molTl，1mol硫酸根离子移向右侧，所以左侧电极室中溶液的质量减少96g+2mol×204g/mol＝504g。