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统考版2023高考化学二轮专题复习第二部分高考填空题专项突破题型1化学工艺流程综合分析题
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这是一份统考版2023高考化学二轮专题复习第二部分高考填空题专项突破题型1化学工艺流程综合分析题，共37页。试卷主要包含了3×10－9，Ka＝6，5]，96%、95，0～3，37等内容，欢迎下载使用。
题型1 化学工艺流程综合分析题
真题·考情
全国卷
1.[2022·全国乙卷]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢
氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Pb(OH)2
开始沉
淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉
淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为____________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因
________________________________________________________________________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是__________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为______________________；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是________________________________________________________________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是______________________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
2．[2022·全国甲卷]硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用．硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3＋
Zn2＋
Cu2＋
Fe2＋
Mg2＋
Ksp
4.0×10－38
6.7×10－17
2.2×10－20
8.0×10－16
1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为________________________________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________、________。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是________、________、
________。
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是______________、______________。
3．[2021·全国甲卷]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)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe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Cl2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nCl2nFeI2＝1.5时，氧化产物为________；当nCl2nFeI2>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_____________________________________________________
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-⇌I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2021·全国乙卷]磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，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pH见下表
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式
________________________________________________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______________________________________________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________mol·L-1。
(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，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O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。
5．[2020·全国卷Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO2+，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO2+反应的离子方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。
(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
6．[2020·全国卷Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________________________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是__________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
省市卷
1.[2022·湖南卷]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TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
(1)已知ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是________。
A．C(s)＋O2(g)===CO2(g)
B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
C．TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)
D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2，在600℃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
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压/MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
①该温度下，TiO2与C、Cl2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TiCl4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Ti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
2．[2022·广东卷]稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2＋
Fe3＋
Al3＋
RE3＋
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于________mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是________________________________________________________________________。
②“操作X”的过程为：先________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移________mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为____________________________。
3．[2021·湖南卷]Ce2(CO3)3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2CO33·nH2O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Ce2CO33·nH2O的离子方程式为________________________________________________________________________，
常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖C6H12O6和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2021·河北卷]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。工艺流程如下：
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
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(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10-5 mol·L-1为沉淀完全：AlOH3 +OH-⇌AlOH4- K＝100.63；Kw＝10－14，Ksp[Al(OH)3]＝10－33}
5．[2020·山东卷]用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－16.3
1×10－38.6
1×10－32.3
1×10－12.7
回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是______________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为____________________________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_________________________________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________。
6．[2020·江苏卷]实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料αFe2O3。其主要实验流程如下：
(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有________(填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3＋完全转化为Fe2＋。“还原”过程中除生成Fe2＋外，还会生成________(填化学式)；检验Fe3＋是否还原完全的实验操作是
________________________________________________________________________。
(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2＋转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是________________________________________________________________________
[Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ka(HF)＝6.3×10－4]。
(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②设计以FeSO4溶液、氨水NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5]。
考情分析
考向
考点
考情1
以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯、制备物质类工艺流程题
加快浸出速率的操作
实验条件的选择
浸出或除杂过程中涉及到的化学(离子)方程式的书写
陌生物质类别判断、电子式的书写
陌生物质中元素化合价或化学键数判断
考情2
以给定物质为载体的无机化工流程综合题
分离、提纯操作
物质成分判断
分析流程中某一操作目的
转化率的分析判断
Ksp除杂或判断沉淀是否生成中的应用
含量测定
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1物质制备中的化工流程分析
练1 碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，流程如下：
已知：
a．LiI·3H2O在75～80 ℃转变成LiI·2H2O，80～120 ℃转变成LiI·H2O，300 ℃以上转变成无水LiI。
b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c．LiI在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤 Ⅱ，调pH＝7，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是________。
A.为得到较大的LiI·3H2O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C．宜用热水洗涤
D．可在80 ℃鼓风干燥
(3)步骤Ⅳ，脱水方案为将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300 ℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶中，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。
①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。
A．容量瓶 B．烧杯
C．锥形瓶 D．滴定管
②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→( )→( )→( )→( )→洗净，放回管架。
a．移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b.放液完毕，停留数秒，取出移液管
c．移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液
d．洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e．放液完毕，抖动数下，取出移液管
f．放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是________。
(4)步骤Ⅳ，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高LiI纯度。
①设备X的名称是________。
②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
题型角度2废物利用中有效成分提取的流程分析
练2 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(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)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，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为________________________。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中
cHCO3-:cMoO42-＝____________________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量____________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。
(5)高纯AlAs(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H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为________。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As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________。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、化工流程中常用术语
术语
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
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
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
二、化工流程中的常见操作与思考角度
常见的操作
思考角度
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、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O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特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)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧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
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②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
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀的方法：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2～3次
三、循环物质与副产品的判断
1．循环物质的确定
2．副产品的判断
四、化学工艺流程图审题与答题模版
1．流程图结构特点
2．流程图分析与答题模版
(1)首尾主线分析：原料―→中间转化物质―→目标产物。
分析每一步操作的目的以及所发生的化学反应，跟踪主要物质的转化形式。
(2)依据“题给信息和题中设问”来带动流程中各步骤的细致分析。
步骤分析
高频设问
答题模版
原料处理
如何提高“酸浸率”？
固体粉碎的目的：减小固体颗粒，增大反应速率
升高反应的温度，增大反应速率
增大酸的浓度
分析“浸出率”图表
解释“浸出率”高低变化的因素(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)
选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)
控制条件
除去杂质
的方法
加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋―→Fe3＋)
调节溶液
的pH
利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来
物质转化
的分析
跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式
滤渣、滤液中物质的判断：书写物质的化学式或电子式、分析物质中的化学键
确定循环物质
物质分离
过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取
仪器的选择(如玻璃仪器的选择)
结晶方法：
①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶
②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤
④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤
晶体的洗涤
用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥
含结晶水的晶体不能选用乙醇作为洗涤剂，因为乙醇可以溶解结晶水
化学计算
浸出率计算、产率计算、Ksp计算等简单计算
模考·预测
1.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________________。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________________________________________________________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3PO42沉淀生成？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
2．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。①反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为________；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_________________________________________________。
(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示，当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3＋萃取率降低的原因是________________________________________________________________________。
(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为________。
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、________、干燥、________等操作可得到Fe2O3产品。
3．TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3，并利用黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]回收铁的工艺流程如图1所示：
回答下列问题：
(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150 ℃，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。50 min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为________；采用H2O2作氧化剂时，其效率低的原因可能是__________________________________________________。
(2)向“氧化酸解”的滤液①中加入尿素[CO(NH2)2]，TiO2＋转化为TiO2，写出相应反应的离子方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
使用尿素而不直接通入NH3的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)Fe3＋恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，计算此时溶液的pH＝________。〖[Fe(OH)_〖3〗〗的Ksp＝1.0×10－39、水的Kw＝1.0×10－14]
(5)黄钾铁矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3＋时，不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)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Na2S2O5，通常是由 NaHSO3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SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，Ⅰ中为______________________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是________________________。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________________。电解后，________室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L-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Na2S2O5的残留量为______ g·L－1(以SO2计)。
题型1 化学工艺流程综合分析题
真题·考情
全国卷
1．解析：
(1)结合难溶电解质的Ksp，可知利用Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：PbSO4s+CO32-aq===PbCO3s＋SO42-(aq)；存在沉淀溶解平衡PbSO4s⇌Pb2+aq+SO42-(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸。
(2)沉淀转化反应BaSO4s+CO32-aq⇌BaCO3s＋SO42-(aq)的平衡常数K＝cSO42-cCO32-＝KspBaSO4KspBaCO3＝1.1×10-102.6×10-9≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限，BaSO4不能完全转化为BaCO3。
(3)(ⅰ)根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；(ⅱ)H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb(Ac)2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。
(4)“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4。(5)“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。
答案：
1PbSO4s+CO32-aq===PbCO3s＋SO42-(aq) 存在沉淀溶解平衡PbSO4s⇌Pb2+aq+SO42-(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸
(2)沉淀转化反应BaSO4s+CO32-aq⇌BaCO3s＋SO42-(aq)的平衡常数K≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋ ⅱPb+H2O2+2HAc===PbAc2＋2H2O (ⅲ)H2O2作还原剂，还原PbO2
(4)Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4
(5)Ba2＋、Na＋
2．解析：(1)根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)调pH要考虑不能引入不易除去的杂质离子，如Na＋和NH4+后期不易除去；加入氢氧化钙，Ca2＋后期可以被F－除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣①成分时，利用Ksp与Q的大小关系，可知沉淀出FeOH3。(4)根据题意可知，反应中MnO4-转化为MnO2，说明另一反应物具有还原性，只能是Fe2＋；pH＝5时，产物为FeOH3。(5)加入锌粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，可与浓H2SO4分别发生反应：CaF2＋H2SO4(浓) CaSO4＋2HF↑、MgF2＋H2SO4(浓) MgSO4＋2HF↑，得到的副产物为硫酸钙和硫酸镁。
答案：(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个，答案合理即可)
(3)B SiO2 Fe(OH)3 CaSO4
4MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O===MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋
(5)除去铜离子
(6)硫酸钙 硫酸镁
3．解析：(1)①悬浊液为AgI的饱和溶液，加入铁粉，发生置换反应2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应生成的AgNO3可循环使用。②还原性：I－>Fe2＋，通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，则只有I－被氧化，反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2。若反应物用量比nCl2nFeI2＝1.5时，设n(Cl2)＝1.5 mol，则n(FeI2)＝1 mol，1 mol FeI2中I－先被氧化，消耗1 mol Cl2，Fe2＋后被氧化，消耗0.5 mol Cl2，因此FeI2和Cl2恰好完全反应，氧化产物为FeCl3、I2；当nCl2nFeI2>1.5时，过量的Cl2能氧化生成的I2，发生反应5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl，因此碘的收率会降低。
(2)题述制备I2的总反应为NaIO3与NaHSO3反应生成I2和SO42-，根据2IO3- 得10e-I2、HSO3- 失2e-SO42-，由得失电子守恒可得2IO3-+5HSO3-→I2+5SO42-，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2IO3-+5HSO3-===I2＋5SO42-＋3H＋＋H2O。
(3)KI溶液和CuSO4溶液反应生成CuI和I2，配平离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol。I2在水中溶解度不大，反应中加入过量KI，使反应I2+I-⇌I3-平衡右移，防止单质碘的析出。
答案：(1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2 FeCl3、I2 I2被进一步氧化
22IO3-+5HSO3-===I2＋5SO42-＋3H＋＋H2O
(3)4 防止单质碘析出
4．解析：结合题中信息对该流程进行如下梳理：
(1)结合图示及题给信息可知焙烧时Al2O3转化为NH4AlSO42，尾气应为NH3，则Al2O3焙烧生成NH4AlSO42的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO4 2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。
(2)结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。
(3)根据Mg2＋沉淀完全时的pH＝11.1，可知溶液中c(OH－)＝10－2.9mol·L－1时，溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－5×(10－2.9)2＝1.0×10－10.8，母液①的pH＝11.6，即溶液中c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，则此时溶液中c(Mg2＋)＝KspMgOH2c2OH-＝1.0×10-10.810-2.42 mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
(4)由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160 ℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。
(5)酸溶后适当加热能促进TiO2＋水解生成TiO2·xH2O，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2O△TiO2·xH2O↓＋2H＋。
(6)结合图示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4。
答案：(1)Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
(3)1.0×10－6
(4)硫酸 SiO2 CaSO4
(5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋
(6)(NH4)2SO4
5．解析：(1)加热的目的是使反应完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋能够被氧化为Fe3＋；VO＋中钒元素化合价为+3，VO2+中钒元素化合价为＋5，VO＋被MnO2氧化为VO2+，MnO2被还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：VO++MnO2+2H+===VO2+＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝3.0～3.1时，Mn2＋还未沉淀，所以滤液②中有Mn2＋，另外Fe3＋、Al3＋在该pH范围内没有沉淀完全，部分留在滤液②中。(4)滤饼②中除了有V2O5·xH2O，还有少量FeOH3和Al(OH)3，加NaOH调pH>13，V2O5·xH2O与NaOH反应生成NaVO3，AlOH3与NaOH反应生成NaAlOH4，Fe(OH)3不与NaOH反应，所以滤渣③是FeOH3。(5)“调pH”的目的是将NaAlOH4转化为AlOH3沉淀除去，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O，则滤渣④为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。
答案：
(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2＋ VO++MnO2+2H+===VO2+＋Mn2＋＋H2O
(3)Mn2＋ Al3＋和Fe3＋
(4)Fe(OH)3
(5)NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
6．解析：(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液①”中含有Na[Al(OH)4](也可写成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为AlOH4-＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O或AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。(2)“滤饼①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要发生反应Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、NiO＋2H＋===Ni2＋＋H2O、FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，故“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋(2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)，且在“转化”中不引入新杂质，故可替代H2O2的物质是O2或空气，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，为除尽Fe3＋而又不生成Ni(OH)2沉淀，需控制pH范围：3.2≤pH<7.2；此时溶液中还存在Fe2＋，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3＋。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)⇌Ni2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，开始沉淀时，c(Ni2＋)＝0.01 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×107.2－14 mol·L－1，故Ksp＝0.01×(107.2－14)2；沉淀完全时，c(Ni2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×108.7－14 mol·L－1，Ksp＝10－5×(108.7－14)2。由上述分析得Ksp＝1.0×10－15.6，若“转化”后的溶液中c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH－)＝ KspcNi2+＝1.0×10-15.61.0mol·L-1＝1.0×10－7.8 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10-141.0×10-7.8 mol·L－1＝1.0×10－6.2 mol·L－1，pH＝6.2，故既要除尽Fe3＋，又不形成NiOH2沉淀，应控制的pH范围是3.2～6.2。(5)Ni2＋被氧化为NiOOH，ClO－被还原为Cl－，故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2＋(饱和NiSO4溶液)，故将母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。
答案：(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 AlOH4-＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O或AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋
(3)O2或空气 Fe3＋
(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.2
(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
(6)提高镍回收率
省市卷
1．解析：(1)结合图像可知600 ℃时，A项、B项中反应的ΔG均小于0，反应可自发进行；C项中反应的ΔG大于0，反应不能自发进行；由于ΔG的值只和反应体系的始态和终态有关，将A项、C项中反应依次编号为①、②，由①＋②可得D项中反应，根据图中数据可得，600 ℃时该反应的ΔG<0，故该反应可自发进行。C项符合题意。(2)①根据600 ℃混合气体中TiCl4、CO、CO2的分压，可计算出三者的物质的量之比约为5∶2∶4，结合得失电子守恒和物料守恒可写出总反应的化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2。(3)结合图示流程可知“除钒”时Al与VOCl3发生反应生成VOCl2和AlCl3。根据TiCl4与SiCl4、AlCl3沸点相差较大，知可对混合物进行加热蒸馏，收集约136 ℃的蒸馏产物，即可除去含Si、Al杂质。(5)该工艺流程中冶炼Ti时发生反应：TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，是利用活动性强的金属置换出活动性弱的金属，与C项铝热反应制锰原理相同，而A项是热还原法，B项是电解法，D项是热分解法，均与该原理不相似。
答案：(1)C (2)①5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2 ②温度升高，C主要转化为CO
(3)3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3 蒸馏法
(4)不能 “除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去，或交换顺序，无法除去AlCl3
(5)C
2．解析：由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO42-等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO42-等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(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Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋，故答案为：Fe2＋；
(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓；
(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]===c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；
(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
答案：(1)Fe2＋
(2)4.7≤pH＜6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
(3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4 (6)①15 ②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
3．解析：(1)由质量数＝质子数＋中子数可知，铈的质量数＝58＋80＝138，因此该核素的符号为58138Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)“焙烧”后，F－转化为HF而除去，SiO2不溶解，“水浸”后溶液中有Al3＋、Fe3＋、Ce3＋的磷酸盐或硫酸盐，PO43-在“除磷”过程中被除去，故“聚沉”后所得的滤渣Ⅲ的主要成分是FeOH3、Al(OH)3。(4)Fe(OH)3和Al(OH)3是胶状沉淀，不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3。(5)“沉铈”过程中，Ce3＋与HCO3-反应生成Ce2(CO3)3·nH2O，反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3-＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。由于NH4+水解溶液显酸性，HCO3-水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出NH4+的水解平衡常数为KwKb＝10-141.75×10-5≈5.71×10-10，HCO3-的水解平衡常数为KwKa1＝10-144.4×10-7≈2.3×10－8，所以HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物为LiFePO4、CO和H2O，根据化合价变化，C：＋4→＋2，0→＋2，Fe：＋3→＋2，则反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6 6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。
答案：1 58138Ce
(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3
52Ce3++6HCO3-＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑ 碱性
(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
4．解析：铬铁矿与熔融NaOH和O2反应后经工序①得到滤渣Ⅰ和介稳态物质；介稳态相分离后得到Na2CrO4溶液、NaOH溶液和无色溶液，向无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀和物质V的溶液，又Na2CrO4溶液经工序③后得到Na2Cr2O7溶液和物质V(s)，所以气体A为CO2，物质V为NaHCO3。(1)Fe(CrO2)2中的Fe为＋2价，易被氧化为＋3价；Fe(CrO2)2中的Cr为＋3价，在后续产物Na2CrO4中Cr为＋6价，因此高温连续氧化工序中被氧化的元素是Fe和Cr。(2)工序①之后为过滤操作，因此加水的目的是溶解可溶性物质，工序①的名称为溶解。(3)经高温连续氧化工序和工序①后铬铁矿转化为CrO42-、AlOH4-、Fe2O3和MgO，故滤渣Ⅰ的主要成分是Fe2O3和MgO。(4)由分析可知，气体A为CO2，不溶性物质V为NaHCO3，故工序③中发生反应的离子方程式为2Na++2CrO42-+2CO2＋H2O===Cr2O72-＋2NaHCO3↓。(5)由分析可知，物质V为NaHCO3，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4FeCrO22＋7O2＋16NaHCO3 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；可代替NaOH的化学试剂需满足以下两点要求：一是显碱性，二是能提供Na＋，因此可代替NaOH的化学试剂还有Na2CO3。(6)热解工序中产生的混合气体为CO2和水蒸气，最适宜返回工序②参与内循环。(7)由题给方程式AlOH3+OH-⇌AlOH4- K＝100.63，可得AlOH4-⇌OH－＋Al(OH)3 K＝10－0.63，则K＝10－0.63＝cOH-cAlOH4-，通常认为溶液中离子浓度小于10－5mol·L－1为沉淀完全，则10－0.63＝cOH-10-5，可得c(OH－)＝10－5.63 mol·L－1，已知Kw＝10－14，所以pOH＝5.63，pH＝14－pOH＝8.37，故工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为Al(OH)3沉淀的pH为8.37。
答案：(1)Fe、Cr
(2)溶解
(3)Fe2O3、MgO
42Na++2CrO42-+2CO2＋H2O===Cr2O72-＋2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O Na2CO3
(6)②
(7)8.37
5．解析：本题以化工工艺流程为载体，考查化学反应速率的影响因素、氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、工艺流程中的问题分析和溶度积的有关计算；考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任等。(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2+BaS+H2O===BaOH2＋MnO＋S。(2)加入的MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2，为提高其产率，可将滤液Ⅰ导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2－的“反应”操作后主要以Fe2＋形式存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少MnOH2的损失，需将Fe2＋转化为Fe3＋，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于FeOH3，AlOH3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0×10－5 mol·L－1，此时c3(OH－)＝Ksp[Al(OH)3]/c(Al3＋)＝1×10-32.31.0×10-5 mol3·L－3＝1×10－27.3 mol3·L－3，则c(OH－)＝1×10－9.1 mol·L－1，c(H＋)＝Kw1×10-9.1 mol·L－1＝1×10－4.9 mol·L－1，此时pH＝4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2＋，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2++HCO3-+NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O。
答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2 4.9
5Mn2++HCO3-+NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O
6．解析：本题考查由炼钢污泥制备软磁性材料αFe2O3。考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。(1)适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度，均可以加快铁泥的溶解，即提高铁元素的浸出率。(2)“酸浸”时，H2SO4过量，加入过量铁粉，除生成Fe2＋外，还会产生H2。Fe3＋与KSCN反应所得溶液呈血红色，当加入KSCN溶液观察不到血红色，则说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋。(3)当c(Ca2＋)·c2(F－)
则生成FeCO3沉淀的离子方程式可以写成：
Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH4+＋H2O，或Fe2++HCO3- +NH3===FeCO3↓＋NH4+。②用FeSO4和氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3，若pH大于6.5，则会生成FeOH2沉淀，故需要控制pH不大于6.5；对生成的FeCO3用蒸馏水洗涤2～3次；因FeCO3表面会附着有SO42-，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SO42-，则说明FeCO3已洗涤干净。
答案：(1)AB
(2)H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
(3)pH偏低形成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
4①Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH4+＋H2O或Fe2++HCO3- +NH3===FeCO3↓＋NH4+
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
题型·练透
练1 解析：(1)调节溶液的pH时，为避免引入新杂质，考虑到溶液中有锂元素，故选固体氢氧化锂。(2)若要得到大颗粒晶体，必须缓慢降温，A错误；抽滤可以加快过滤速度，且可得到较为干燥的晶体，B正确；由题意知，LiI的溶解度随温度升高而增大，C错误；80 ℃时，LiI·3H2O受热转化为LiI·2H2O，D错误。(3)①容量瓶是用来准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，若用待装溶液润洗，会造成所配制溶液浓度偏大，A符合题意；在测定过程中，烧杯是否润洗不会影响滴定结果，B不符合题意；在滴定过程中，锥形瓶中的蒸馏水不影响滴定结果，若用待测液润洗反而会造成影响，C符合题意；滴定管使用前需要润洗，润洗滴定管是为了使滴定管内溶液浓度与试剂瓶中的一样，减少滴定误差，D不符合题意。②按照《实验化学》关于移液管的使用说明：吸液时，洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口，放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口；放液时，移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液，放液完毕，停留数秒，取出移液管。③由于LiI在空气中受热易被氧化，题述实验没有隔绝空气，故主要杂质可能是Li2O。(4)①为防止LiI被空气氧化，故装置图中设备X应为抽气泵。②装置中空气被抽走，既避免产品被氧化，同时减压，有利于脱水。
答案：(1)LiOH
(2)B
(3)①AC ②d f c b ③Li2O
(4)①抽气泵 ②抽除空气，避免LiI被氧化；减压，有利于脱水
练2 解析：(1)根据化合物Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2MoO4中Mo元素的化合价为＋6。(2)“750 ℃焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，“滤液Ⅰ”中主要存在NaAlO2和Na2MoO4，通入过量CO2时，发生反应：NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)由(2)的分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。①“滤液Ⅱ”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoO42-＋Ba2＋===BaMoO4↓。②开始生成BaCO3时，溶液中cCO32-cMoO42-＝KspBaCO3KspBaMoO4＝2.6×10-93.5×10-8，又因为Ka2＝cH+·cCO32-cHCO3-＝4.7×10－11，由于“沉钼”中，pH为7.0，则cCO32-cHCO3-＝Ka2cH+＝4.7×10-111.0×10-7，因此可得cHCO3-cMoO42-＝2.6×10-93.5×10-8×1.0×10-74.7×10-11。(4)①由于“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4，加入适量BaCl2溶液“沉钼”后，“滤液Ⅲ”中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，则Y为NaHCO3。②由“滤液Ⅲ”制备NaHCO3，原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后，通入足量碱性气体NH3，再通入足量CO2，发生反应：NH3＋H2O＋CO2===NH4HCO3、NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，析出溶解度较小的NaHCO3固体。(5)①由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。②GaAs与H2O2反应时，As由－3价变为＋5价，O由－1价变为－2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4∶1。
答案：(1)＋6
(2)Al(OH)3
3①MoO42-＋Ba2＋===BaMoO4↓
②2.6×10-93.5×10-8×1.0×10-74.7×10-11
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
模考·预测
1．解析：
(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 ℃、2 h，也可采用90 ℃、5 h。
(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl42-＋2H2O。
(3)当温度低于40 ℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40 ℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2·xH2O的转化率低。
(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。
(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得c(PO43-)＝1.3×10-221.0×10-5 mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。c(Mg2＋)＝0.022 mol·L－1＝0.01 mol·L-1，则c3Mg2+·c2(PO43-)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由＋3降至＋2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4高温===2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑。
答案：(1)100 ℃、2 h或90 ℃、5 h
2FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl42-＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致反应速率下降，TiO2·xH2O转化率下降
(4)4
(5)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO43-)＝1.3×10-221.0×10-5 mol·L－1＝1.3×10-17 mol·L-1 ，c3 (Mg2+)·c2 (PO43-)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
2．解析：(4)在碱性条件下，Cu2＋与N2H4反应生成氮气和铜，离子方程式为2Cu2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu＋N2↑＋4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为(2×64)∶28＝32∶7。
答案：(1)CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑
(2)①2 mol 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O ②生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取
(3)Fe3＋水解程度随pH的升高而增大
(4)32∶7
(5)洗涤 煅烧(或灼烧)
3．解析：(1)根据题目要求结合图像，在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4作氧化剂引入了Mn2＋，对后续的物质分离会造成干扰，故选用KClO3作氧化剂。(2)由TiO2＋转化为TiO2可知，Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH4+；由于Fe3＋开始沉淀需要的pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3＋沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3＋沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O。(4)根据FeOH3的Ksp＝1.0×10－39和溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10-5 mol·L-1可知，溶液中OH－的浓度为31.0×10-391.0×10-5mol·L-1≈1.0×10-11.3 mol·L-1，c(H＋)＝KwcOH-＝10-1410-11.3＝10-2.7 mol·L-1，所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀，不易于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。
答案：(1)KClO3 在温度较高时H2O2易分解[或产物中的Fe3＋可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可，如H2O2氧化能力弱)]
2TiO2++CONH22+2H2O≜TiO2+CO2↑+2NH4+ 避免将溶液中的Fe3＋沉淀
(3)TiO2＋CaCl2·2H2O高温===CaTiO3＋2HCl↑＋H2O↑
(4)2.7
(5)Fe(OH)3为絮状沉淀，不容易分离
4．解析：(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。
(2)①向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。②审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑)，阳极室H＋向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH－增多，Na＋由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。
(4)I2作氧化剂，将S2O52-氧化成SO42-。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.006 4 g0.05 L＝0.128 g·L-1
答案：(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑) a
4S2O52-+2I2＋3H2O===2SO42-＋4I－＋6H＋ 0.128
题型1 化学工艺流程综合分析题
真题·考情
全国卷
1.[2022·全国乙卷]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢
氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Pb(OH)2
开始沉
淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉
淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为____________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因
________________________________________________________________________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是__________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为______________________；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是________________________________________________________________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是______________________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
2．[2022·全国甲卷]硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用．硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3＋
Zn2＋
Cu2＋
Fe2＋
Mg2＋
Ksp
4.0×10－38
6.7×10－17
2.2×10－20
8.0×10－16
1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为________________________________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________、________。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是________、________、
________。
(4)向80～90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是______________、______________。
3．[2021·全国甲卷]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)I2的一种制备方法如图所示：
①加入Fe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Cl2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nCl2nFeI2＝1.5时，氧化产物为________；当nCl2nFeI2>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_____________________________________________________
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2+I-⇌I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2021·全国乙卷]磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，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pH见下表
金属离子
Fe3＋
Al3＋
Mg2＋
Ca2＋
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式
________________________________________________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______________________________________________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________mol·L-1。
(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，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O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。
5．[2020·全国卷Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO2+，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO2+反应的离子方程式
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。
(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
6．[2020·全国卷Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________________________________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)“滤液②”中含有的金属离子是__________。
(3)“转化”中可替代H2O2的物质是________________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。
(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。
(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式____________________________。
(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
省市卷
1.[2022·湖南卷]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TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
回答下列问题：
(1)已知ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS随温度的变化。若ΔG<0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是________。
A．C(s)＋O2(g)===CO2(g)
B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
C．TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)
D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋CO2(g)
(2)TiO2与C、Cl2，在600℃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
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压/MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
①该温度下，TiO2与C、Cl2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TiCl4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Ti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
2．[2022·广东卷]稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
Mg2＋
Fe3＋
Al3＋
RE3＋
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2～7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于________mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是________________________________________________________________________。
②“操作X”的过程为：先________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移________mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为____________________________。
3．[2021·湖南卷]Ce2(CO3)3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CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2CO33·nH2O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Ce2CO33·nH2O的离子方程式为________________________________________________________________________，
常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖C6H12O6和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2021·河北卷]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。工艺流程如下：
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
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(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10-5 mol·L-1为沉淀完全：AlOH3 +OH-⇌AlOH4- K＝100.63；Kw＝10－14，Ksp[Al(OH)3]＝10－33}
5．[2020·山东卷]用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－16.3
1×10－38.6
1×10－32.3
1×10－12.7
回答下列问题：
(1)软锰矿预先粉碎的目的是______________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为____________________________________________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是_________________________________。
(3)滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到________操作中(填操作单元的名称)。
(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为______(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________________________。
6．[2020·江苏卷]实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料αFe2O3。其主要实验流程如下：
(1)酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有________(填序号)。
A.适当升高酸浸温度
B.适当加快搅拌速度
C.适当缩短酸浸时间
(2)还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3＋完全转化为Fe2＋。“还原”过程中除生成Fe2＋外，还会生成________(填化学式)；检验Fe3＋是否还原完全的实验操作是
________________________________________________________________________。
(3)除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2＋转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是________________________________________________________________________
[Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ka(HF)＝6.3×10－4]。
(4)沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②设计以FeSO4溶液、氨水NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5]。
考情分析
考向
考点
考情1
以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯、制备物质类工艺流程题
加快浸出速率的操作
实验条件的选择
浸出或除杂过程中涉及到的化学(离子)方程式的书写
陌生物质类别判断、电子式的书写
陌生物质中元素化合价或化学键数判断
考情2
以给定物质为载体的无机化工流程综合题
分离、提纯操作
物质成分判断
分析流程中某一操作目的
转化率的分析判断
Ksp除杂或判断沉淀是否生成中的应用
含量测定
题型·练透
精准备考·要有方向——研析题型角度
题型角度1物质制备中的化工流程分析
练1 碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，流程如下：
已知：
a．LiI·3H2O在75～80 ℃转变成LiI·2H2O，80～120 ℃转变成LiI·H2O，300 ℃以上转变成无水LiI。
b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c．LiI在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤 Ⅱ，调pH＝7，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是________。
A.为得到较大的LiI·3H2O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C．宜用热水洗涤
D．可在80 ℃鼓风干燥
(3)步骤Ⅳ，脱水方案为将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300 ℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶中，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。
①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。
A．容量瓶 B．烧杯
C．锥形瓶 D．滴定管
②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→( )→( )→( )→( )→洗净，放回管架。
a．移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液
b.放液完毕，停留数秒，取出移液管
c．移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液
d．洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口
e．放液完毕，抖动数下，取出移液管
f．放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口
③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是________。
(4)步骤Ⅳ，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高LiI纯度。
①设备X的名称是________。
②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
题型角度2废物利用中有效成分提取的流程分析
练2 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(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)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，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为________。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为________。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为________________________。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中
cHCO3-:cMoO42-＝____________________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量____________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。
(5)高纯AlAs(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H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为________。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As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________。
精准备考·要有方案——高考必备基础
一、化工流程中常用术语
术语
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
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
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
二、化工流程中的常见操作与思考角度
常见的操作
思考角度
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、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O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特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)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧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
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②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
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀的方法：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2～3次
三、循环物质与副产品的判断
1．循环物质的确定
2．副产品的判断
四、化学工艺流程图审题与答题模版
1．流程图结构特点
2．流程图分析与答题模版
(1)首尾主线分析：原料―→中间转化物质―→目标产物。
分析每一步操作的目的以及所发生的化学反应，跟踪主要物质的转化形式。
(2)依据“题给信息和题中设问”来带动流程中各步骤的细致分析。
步骤分析
高频设问
答题模版
原料处理
如何提高“酸浸率”？
固体粉碎的目的：减小固体颗粒，增大反应速率
升高反应的温度，增大反应速率
增大酸的浓度
分析“浸出率”图表
解释“浸出率”高低变化的因素(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)
选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)
控制条件
除去杂质
的方法
加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋―→Fe3＋)
调节溶液
的pH
利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来
物质转化
的分析
跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式
滤渣、滤液中物质的判断：书写物质的化学式或电子式、分析物质中的化学键
确定循环物质
物质分离
过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取
仪器的选择(如玻璃仪器的选择)
结晶方法：
①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶
②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤
④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤
晶体的洗涤
用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥
含结晶水的晶体不能选用乙醇作为洗涤剂，因为乙醇可以溶解结晶水
化学计算
浸出率计算、产率计算、Ksp计算等简单计算
模考·预测
1.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________________。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________________________________________________________________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3PO42沉淀生成？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
2．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。
(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。①反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1 mol CuCl2，反应中转移电子的物质的量为________；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_________________________________________________。
(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示，当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3＋萃取率降低的原因是________________________________________________________________________。
(4)用“反萃取”得到的CuSO4溶液制备纳米铜粉时，该反应中还原产物与氧化产物的质量之比为________。
(5)在萃取后的“水相”中加入适量氨水，静置，再经过滤、________、干燥、________等操作可得到Fe2O3产品。
3．TiO2和CaTiO3都是光电转化材料。某研究小组利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质)来制备TiO2和CaTiO3，并利用黄钾铁矾[KFe3(SO4)2(OH)6]回收铁的工艺流程如图1所示：
回答下列问题：
(1)“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150 ℃，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图2所示。50 min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为________；采用H2O2作氧化剂时，其效率低的原因可能是__________________________________________________。
(2)向“氧化酸解”的滤液①中加入尿素[CO(NH2)2]，TiO2＋转化为TiO2，写出相应反应的离子方程式：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
使用尿素而不直接通入NH3的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)Fe3＋恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，计算此时溶液的pH＝________。〖[Fe(OH)_〖3〗〗的Ksp＝1.0×10－39、水的Kw＝1.0×10－14]
(5)黄钾铁矾沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3＋时，不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)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Na2S2O5，通常是由 NaHSO3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SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，Ⅰ中为______________________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是________________________。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________________。电解后，________室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L-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Na2S2O5的残留量为______ g·L－1(以SO2计)。
题型1 化学工艺流程综合分析题
真题·考情
全国卷
1．解析：
(1)结合难溶电解质的Ksp，可知利用Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：PbSO4s+CO32-aq===PbCO3s＋SO42-(aq)；存在沉淀溶解平衡PbSO4s⇌Pb2+aq+SO42-(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸。
(2)沉淀转化反应BaSO4s+CO32-aq⇌BaCO3s＋SO42-(aq)的平衡常数K＝cSO42-cCO32-＝KspBaSO4KspBaCO3＝1.1×10-102.6×10-9≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限，BaSO4不能完全转化为BaCO3。
(3)(ⅰ)根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；(ⅱ)H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb(Ac)2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。
(4)“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4。(5)“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。
答案：
1PbSO4s+CO32-aq===PbCO3s＋SO42-(aq) 存在沉淀溶解平衡PbSO4s⇌Pb2+aq+SO42-(aq)，已知Ksp(PbCO3)≪Ksp(PbSO4)，加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸
(2)沉淀转化反应BaSO4s+CO32-aq⇌BaCO3s＋SO42-(aq)的平衡常数K≈0.04，K值较小，说明正向反应程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋ ⅱPb+H2O2+2HAc===PbAc2＋2H2O (ⅲ)H2O2作还原剂，还原PbO2
(4)Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4
(5)Ba2＋、Na＋
2．解析：(1)根据产物有氧化锌，参照碳酸钙的高温分解可写出化学方程式。(2)为了提高浸取效果，工业上一般需要加快反应速率，可以从浓度、温度、接触面积等角度考虑。(3)调pH要考虑不能引入不易除去的杂质离子，如Na＋和NH4+后期不易除去；加入氢氧化钙，Ca2＋后期可以被F－除去，同时与硫酸根结合生成微溶的硫酸钙。在确定滤渣①成分时，利用Ksp与Q的大小关系，可知沉淀出FeOH3。(4)根据题意可知，反应中MnO4-转化为MnO2，说明另一反应物具有还原性，只能是Fe2＋；pH＝5时，产物为FeOH3。(5)加入锌粉的目的是除去铜离子。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，可与浓H2SO4分别发生反应：CaF2＋H2SO4(浓) CaSO4＋2HF↑、MgF2＋H2SO4(浓) MgSO4＋2HF↑，得到的副产物为硫酸钙和硫酸镁。
答案：(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(2)升高温度、不断搅拌、充分粉碎、适当提高硫酸浓度等(任选两个，答案合理即可)
(3)B SiO2 Fe(OH)3 CaSO4
4MnO4-＋3Fe2＋＋7H2O===MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋
(5)除去铜离子
(6)硫酸钙 硫酸镁
3．解析：(1)①悬浊液为AgI的饱和溶液，加入铁粉，发生置换反应2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应生成的AgNO3可循环使用。②还原性：I－>Fe2＋，通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，则只有I－被氧化，反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2。若反应物用量比nCl2nFeI2＝1.5时，设n(Cl2)＝1.5 mol，则n(FeI2)＝1 mol，1 mol FeI2中I－先被氧化，消耗1 mol Cl2，Fe2＋后被氧化，消耗0.5 mol Cl2，因此FeI2和Cl2恰好完全反应，氧化产物为FeCl3、I2；当nCl2nFeI2>1.5时，过量的Cl2能氧化生成的I2，发生反应5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl，因此碘的收率会降低。
(2)题述制备I2的总反应为NaIO3与NaHSO3反应生成I2和SO42-，根据2IO3- 得10e-I2、HSO3- 失2e-SO42-，由得失电子守恒可得2IO3-+5HSO3-→I2+5SO42-，再根据电荷守恒和原子守恒，配平离子方程式为2IO3-+5HSO3-===I2＋5SO42-＋3H＋＋H2O。
(3)KI溶液和CuSO4溶液反应生成CuI和I2，配平离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI＋I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol。I2在水中溶解度不大，反应中加入过量KI，使反应I2+I-⇌I3-平衡右移，防止单质碘的析出。
答案：(1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2 FeCl3、I2 I2被进一步氧化
22IO3-+5HSO3-===I2＋5SO42-＋3H＋＋H2O
(3)4 防止单质碘析出
4．解析：结合题中信息对该流程进行如下梳理：
(1)结合图示及题给信息可知焙烧时Al2O3转化为NH4AlSO42，尾气应为NH3，则Al2O3焙烧生成NH4AlSO42的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO4 2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。
(2)结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。
(3)根据Mg2＋沉淀完全时的pH＝11.1，可知溶液中c(OH－)＝10－2.9mol·L－1时，溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－5×(10－2.9)2＝1.0×10－10.8，母液①的pH＝11.6，即溶液中c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，则此时溶液中c(Mg2＋)＝KspMgOH2c2OH-＝1.0×10-10.810-2.42 mol·L－1＝1.0×10－6 mol·L－1。
(4)由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160 ℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。
(5)酸溶后适当加热能促进TiO2＋水解生成TiO2·xH2O，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2O△TiO2·xH2O↓＋2H＋。
(6)结合图示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4。
答案：(1)Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
(3)1.0×10－6
(4)硫酸 SiO2 CaSO4
(5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋
(6)(NH4)2SO4
5．解析：(1)加热的目的是使反应完全，加快酸浸速率。(2)Fe3O4与硫酸反应生成Fe2＋和Fe3＋，Fe2＋能够被氧化为Fe3＋；VO＋中钒元素化合价为+3，VO2+中钒元素化合价为＋5，VO＋被MnO2氧化为VO2+，MnO2被还原为Mn2＋，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平：VO++MnO2+2H+===VO2+＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝3.0～3.1时，Mn2＋还未沉淀，所以滤液②中有Mn2＋，另外Fe3＋、Al3＋在该pH范围内没有沉淀完全，部分留在滤液②中。(4)滤饼②中除了有V2O5·xH2O，还有少量FeOH3和Al(OH)3，加NaOH调pH>13，V2O5·xH2O与NaOH反应生成NaVO3，AlOH3与NaOH反应生成NaAlOH4，Fe(OH)3不与NaOH反应，所以滤渣③是FeOH3。(5)“调pH”的目的是将NaAlOH4转化为AlOH3沉淀除去，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O，则滤渣④为Al(OH)3。(6)加入过量NH4Cl固体，c(NH4+)增大，根据同离子效应，可促进NH4VO3晶体尽可能完全析出。
答案：
(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)
(2)Fe2＋ VO++MnO2+2H+===VO2+＋Mn2＋＋H2O
(3)Mn2＋ Al3＋和Fe3＋
(4)Fe(OH)3
(5)NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O
(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
6．解析：(1)油脂可在NaOH溶液中发生水解反应生成可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，并且NaOH溶液能溶解Al和Al2O3，2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，故“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂和溶解铝及其氧化物。“滤液①”中含有Na[Al(OH)4](也可写成NaAlO2)，向其中加入稀H2SO4调为中性会生成Al(OH)3沉淀，反应的离子方程式为AlOH4-＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O或AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓。(2)“滤饼①”中含有Ni、Fe、NiO、FeO、Fe2O3以及少量其他不溶物，加入稀H2SO4后主要发生反应Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑、Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、NiO＋2H＋===Ni2＋＋H2O、FeO＋2H＋===Fe2＋＋H2O、Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，故“滤液②”中含有的金属离子是Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)H2O2的作用是在酸性条件下将Fe2＋氧化为Fe3＋(2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O)，且在“转化”中不引入新杂质，故可替代H2O2的物质是O2或空气，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，也不引入新杂质。加NaOH溶液“调pH”的目的是生成Fe(OH)3沉淀除去Fe3＋，为除尽Fe3＋而又不生成Ni(OH)2沉淀，需控制pH范围：3.2≤pH<7.2；此时溶液中还存在Fe2＋，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，故“滤液③”中可能含有的杂质离子为Fe3＋。(4)开始形成Ni(OH)2沉淀或沉淀完全时，都存在沉淀溶解平衡：Ni(OH)2(s)⇌Ni2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，开始沉淀时，c(Ni2＋)＝0.01 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×107.2－14 mol·L－1，故Ksp＝0.01×(107.2－14)2；沉淀完全时，c(Ni2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝1.0×108.7－14 mol·L－1，Ksp＝10－5×(108.7－14)2。由上述分析得Ksp＝1.0×10－15.6，若“转化”后的溶液中c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，生成Ni(OH)2沉淀的最小c(OH－)＝ KspcNi2+＝1.0×10-15.61.0mol·L-1＝1.0×10－7.8 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10-141.0×10-7.8 mol·L－1＝1.0×10－6.2 mol·L－1，pH＝6.2，故既要除尽Fe3＋，又不形成NiOH2沉淀，应控制的pH范围是3.2～6.2。(5)Ni2＋被氧化为NiOOH，ClO－被还原为Cl－，故在强碱溶液中该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。(6)分离出NiSO4晶体后的母液中含有Ni2＋(饱和NiSO4溶液)，故将母液收集、循环使用，其意义是提高镍回收率。
答案：(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 AlOH4-＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O或AlO2-＋H＋＋H2O===Al(OH)3↓
(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋
(3)O2或空气 Fe3＋
(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.2
(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
(6)提高镍回收率
省市卷
1．解析：(1)结合图像可知600 ℃时，A项、B项中反应的ΔG均小于0，反应可自发进行；C项中反应的ΔG大于0，反应不能自发进行；由于ΔG的值只和反应体系的始态和终态有关，将A项、C项中反应依次编号为①、②，由①＋②可得D项中反应，根据图中数据可得，600 ℃时该反应的ΔG<0，故该反应可自发进行。C项符合题意。(2)①根据600 ℃混合气体中TiCl4、CO、CO2的分压，可计算出三者的物质的量之比约为5∶2∶4，结合得失电子守恒和物料守恒可写出总反应的化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2。(3)结合图示流程可知“除钒”时Al与VOCl3发生反应生成VOCl2和AlCl3。根据TiCl4与SiCl4、AlCl3沸点相差较大，知可对混合物进行加热蒸馏，收集约136 ℃的蒸馏产物，即可除去含Si、Al杂质。(5)该工艺流程中冶炼Ti时发生反应：TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，是利用活动性强的金属置换出活动性弱的金属，与C项铝热反应制锰原理相同，而A项是热还原法，B项是电解法，D项是热分解法，均与该原理不相似。
答案：(1)C (2)①5TiO2＋6C＋10Cl25TiCl4＋2CO＋4CO2 ②温度升高，C主要转化为CO
(3)3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3 蒸馏法
(4)不能 “除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去，或交换顺序，无法除去AlCl3
(5)C
2．解析：由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO42-等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO42-等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(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Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋，故答案为：Fe2＋；
(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2～7.4，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓；
(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]===c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；
(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
答案：(1)Fe2＋
(2)4.7≤pH＜6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
(3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4 (6)①15 ②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
3．解析：(1)由质量数＝质子数＋中子数可知，铈的质量数＝58＋80＝138，因此该核素的符号为58138Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)“焙烧”后，F－转化为HF而除去，SiO2不溶解，“水浸”后溶液中有Al3＋、Fe3＋、Ce3＋的磷酸盐或硫酸盐，PO43-在“除磷”过程中被除去，故“聚沉”后所得的滤渣Ⅲ的主要成分是FeOH3、Al(OH)3。(4)Fe(OH)3和Al(OH)3是胶状沉淀，不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3。(5)“沉铈”过程中，Ce3＋与HCO3-反应生成Ce2(CO3)3·nH2O，反应的离子方程式为2Ce3++6HCO3-＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。由于NH4+水解溶液显酸性，HCO3-水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出NH4+的水解平衡常数为KwKb＝10-141.75×10-5≈5.71×10-10，HCO3-的水解平衡常数为KwKa1＝10-144.4×10-7≈2.3×10－8，所以HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物为LiFePO4、CO和H2O，根据化合价变化，C：＋4→＋2，0→＋2，Fe：＋3→＋2，则反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6 6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。
答案：1 58138Ce
(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3
52Ce3++6HCO3-＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑ 碱性
(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
4．解析：铬铁矿与熔融NaOH和O2反应后经工序①得到滤渣Ⅰ和介稳态物质；介稳态相分离后得到Na2CrO4溶液、NaOH溶液和无色溶液，向无色溶液中通入过量气体A后生成Al(OH)3沉淀和物质V的溶液，又Na2CrO4溶液经工序③后得到Na2Cr2O7溶液和物质V(s)，所以气体A为CO2，物质V为NaHCO3。(1)Fe(CrO2)2中的Fe为＋2价，易被氧化为＋3价；Fe(CrO2)2中的Cr为＋3价，在后续产物Na2CrO4中Cr为＋6价，因此高温连续氧化工序中被氧化的元素是Fe和Cr。(2)工序①之后为过滤操作，因此加水的目的是溶解可溶性物质，工序①的名称为溶解。(3)经高温连续氧化工序和工序①后铬铁矿转化为CrO42-、AlOH4-、Fe2O3和MgO，故滤渣Ⅰ的主要成分是Fe2O3和MgO。(4)由分析可知，气体A为CO2，不溶性物质V为NaHCO3，故工序③中发生反应的离子方程式为2Na++2CrO42-+2CO2＋H2O===Cr2O72-＋2NaHCO3↓。(5)由分析可知，物质V为NaHCO3，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4FeCrO22＋7O2＋16NaHCO3 8Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O；可代替NaOH的化学试剂需满足以下两点要求：一是显碱性，二是能提供Na＋，因此可代替NaOH的化学试剂还有Na2CO3。(6)热解工序中产生的混合气体为CO2和水蒸气，最适宜返回工序②参与内循环。(7)由题给方程式AlOH3+OH-⇌AlOH4- K＝100.63，可得AlOH4-⇌OH－＋Al(OH)3 K＝10－0.63，则K＝10－0.63＝cOH-cAlOH4-，通常认为溶液中离子浓度小于10－5mol·L－1为沉淀完全，则10－0.63＝cOH-10-5，可得c(OH－)＝10－5.63 mol·L－1，已知Kw＝10－14，所以pOH＝5.63，pH＝14－pOH＝8.37，故工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为Al(OH)3沉淀的pH为8.37。
答案：(1)Fe、Cr
(2)溶解
(3)Fe2O3、MgO
42Na++2CrO42-+2CO2＋H2O===Cr2O72-＋2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16NaHCO38Na2CrO4＋2Fe2O3＋16CO2＋8H2O Na2CO3
(6)②
(7)8.37
5．解析：本题以化工工艺流程为载体，考查化学反应速率的影响因素、氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、工艺流程中的问题分析和溶度积的有关计算；考查的化学学科核心素养是证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任等。(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2+BaS+H2O===BaOH2＋MnO＋S。(2)加入的MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2，为提高其产率，可将滤液Ⅰ导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2－的“反应”操作后主要以Fe2＋形式存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少MnOH2的损失，需将Fe2＋转化为Fe3＋，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于FeOH3，AlOH3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0×10－5 mol·L－1，此时c3(OH－)＝Ksp[Al(OH)3]/c(Al3＋)＝1×10-32.31.0×10-5 mol3·L－3＝1×10－27.3 mol3·L－3，则c(OH－)＝1×10－9.1 mol·L－1，c(H＋)＝Kw1×10-9.1 mol·L－1＝1×10－4.9 mol·L－1，此时pH＝4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2＋，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2++HCO3-+NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O。
答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率
MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S
(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2
(3)蒸发
(4)H2O2 4.9
5Mn2++HCO3-+NH3·H2O===MnCO3↓＋NH4+＋H2O
6．解析：本题考查由炼钢污泥制备软磁性材料αFe2O3。考查的化学学科核心素养是科学探究与创新意识。(1)适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度，均可以加快铁泥的溶解，即提高铁元素的浸出率。(2)“酸浸”时，H2SO4过量，加入过量铁粉，除生成Fe2＋外，还会产生H2。Fe3＋与KSCN反应所得溶液呈血红色，当加入KSCN溶液观察不到血红色，则说明Fe3＋已完全被还原为Fe2＋。(3)当c(Ca2＋)·c2(F－)
则生成FeCO3沉淀的离子方程式可以写成：
Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH4+＋H2O，或Fe2++HCO3- +NH3===FeCO3↓＋NH4+。②用FeSO4和氨水NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3，若pH大于6.5，则会生成FeOH2沉淀，故需要控制pH不大于6.5；对生成的FeCO3用蒸馏水洗涤2～3次；因FeCO3表面会附着有SO42-，若用盐酸酸化的BaCl2溶液检验不出SO42-，则说明FeCO3已洗涤干净。
答案：(1)AB
(2)H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
(3)pH偏低形成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
4①Fe2++HCO3-+NH3·H2O===FeCO3↓+NH4+＋H2O或Fe2++HCO3- +NH3===FeCO3↓＋NH4+
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2～3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
题型·练透
练1 解析：(1)调节溶液的pH时，为避免引入新杂质，考虑到溶液中有锂元素，故选固体氢氧化锂。(2)若要得到大颗粒晶体，必须缓慢降温，A错误；抽滤可以加快过滤速度，且可得到较为干燥的晶体，B正确；由题意知，LiI的溶解度随温度升高而增大，C错误；80 ℃时，LiI·3H2O受热转化为LiI·2H2O，D错误。(3)①容量瓶是用来准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，若用待装溶液润洗，会造成所配制溶液浓度偏大，A符合题意；在测定过程中，烧杯是否润洗不会影响滴定结果，B不符合题意；在滴定过程中，锥形瓶中的蒸馏水不影响滴定结果，若用待测液润洗反而会造成影响，C符合题意；滴定管使用前需要润洗，润洗滴定管是为了使滴定管内溶液浓度与试剂瓶中的一样，减少滴定误差，D不符合题意。②按照《实验化学》关于移液管的使用说明：吸液时，洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口，放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口；放液时，移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液，放液完毕，停留数秒，取出移液管。③由于LiI在空气中受热易被氧化，题述实验没有隔绝空气，故主要杂质可能是Li2O。(4)①为防止LiI被空气氧化，故装置图中设备X应为抽气泵。②装置中空气被抽走，既避免产品被氧化，同时减压，有利于脱水。
答案：(1)LiOH
(2)B
(3)①AC ②d f c b ③Li2O
(4)①抽气泵 ②抽除空气，避免LiI被氧化；减压，有利于脱水
练2 解析：(1)根据化合物Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，由化合物中化合价代数和为0，可计算出Na2MoO4中Mo元素的化合价为＋6。(2)“750 ℃焙烧”时，废催化剂中的氧化铝发生反应：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O，“滤液Ⅰ”中主要存在NaAlO2和Na2MoO4，通入过量CO2时，发生反应：NaAlO2＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)由(2)的分析可知“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。①“滤液Ⅱ”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoO42-＋Ba2＋===BaMoO4↓。②开始生成BaCO3时，溶液中cCO32-cMoO42-＝KspBaCO3KspBaMoO4＝2.6×10-93.5×10-8，又因为Ka2＝cH+·cCO32-cHCO3-＝4.7×10－11，由于“沉钼”中，pH为7.0，则cCO32-cHCO3-＝Ka2cH+＝4.7×10-111.0×10-7，因此可得cHCO3-cMoO42-＝2.6×10-93.5×10-8×1.0×10-74.7×10-11。(4)①由于“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4，加入适量BaCl2溶液“沉钼”后，“滤液Ⅲ”中主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，则Y为NaHCO3。②由“滤液Ⅲ”制备NaHCO3，原理类似侯氏制碱法，加入NaCl固体后，通入足量碱性气体NH3，再通入足量CO2，发生反应：NH3＋H2O＋CO2===NH4HCO3、NH4HCO3＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，析出溶解度较小的NaHCO3固体。(5)①由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。②GaAs与H2O2反应时，As由－3价变为＋5价，O由－1价变为－2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4∶1。
答案：(1)＋6
(2)Al(OH)3
3①MoO42-＋Ba2＋===BaMoO4↓
②2.6×10-93.5×10-8×1.0×10-74.7×10-11
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
模考·预测
1．解析：
(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 ℃、2 h，也可采用90 ℃、5 h。
(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl42-＋2H2O。
(3)当温度低于40 ℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40 ℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2·xH2O的转化率低。
(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。
(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得c(PO43-)＝1.3×10-221.0×10-5 mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。c(Mg2＋)＝0.022 mol·L－1＝0.01 mol·L-1，则c3Mg2+·c2(PO43-)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由＋3降至＋2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4高温===2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑。
答案：(1)100 ℃、2 h或90 ℃、5 h
2FeTiO3+4H++4Cl-===Fe2++TiOCl42-＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致反应速率下降，TiO2·xH2O转化率下降
(4)4
(5)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO43-)＝1.3×10-221.0×10-5 mol·L－1＝1.3×10-17 mol·L-1 ，c3 (Mg2+)·c2 (PO43-)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40
2．解析：(4)在碱性条件下，Cu2＋与N2H4反应生成氮气和铜，离子方程式为2Cu2＋＋N2H4＋4OH－===2Cu＋N2↑＋4H2O，反应中还原产物为Cu，氧化产物为N2，质量之比为(2×64)∶28＝32∶7。
答案：(1)CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑
(2)①2 mol 4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O ②生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取
(3)Fe3＋水解程度随pH的升高而增大
(4)32∶7
(5)洗涤 煅烧(或灼烧)
3．解析：(1)根据题目要求结合图像，在50 min时酸解率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3，但KMnO4作氧化剂引入了Mn2＋，对后续的物质分离会造成干扰，故选用KClO3作氧化剂。(2)由TiO2＋转化为TiO2可知，Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，C、N元素的产物为CO2、NH4+；由于Fe3＋开始沉淀需要的pH很小，直接通入NH3会使溶液pH快速增大，容易使Fe3＋沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3＋沉淀。(3)由信息可知制备CaTiO3的反应为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O。(4)根据FeOH3的Ksp＝1.0×10－39和溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10-5 mol·L-1可知，溶液中OH－的浓度为31.0×10-391.0×10-5mol·L-1≈1.0×10-11.3 mol·L-1，c(H＋)＝KwcOH-＝10-1410-11.3＝10-2.7 mol·L-1，所以pH为2.7。(5)氢氧化铁为絮状沉淀，不易于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH的方法制取Fe(OH)3。
答案：(1)KClO3 在温度较高时H2O2易分解[或产物中的Fe3＋可以催化H2O2的分解(其他合理答案也可，如H2O2氧化能力弱)]
2TiO2++CONH22+2H2O≜TiO2+CO2↑+2NH4+ 避免将溶液中的Fe3＋沉淀
(3)TiO2＋CaCl2·2H2O高温===CaTiO3＋2HCl↑＋H2O↑
(4)2.7
(5)Fe(OH)3为絮状沉淀，不容易分离
4．解析：(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。
(2)①向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。②审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。
(3)阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑)，阳极室H＋向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH－增多，Na＋由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。
(4)I2作氧化剂，将S2O52-氧化成SO42-。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.006 4 g0.05 L＝0.128 g·L-1
答案：(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑(或4OH－－4e－===2H2O＋O2↑) a
4S2O52-+2I2＋3H2O===2SO42-＋4I－＋6H＋ 0.128
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