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专题一0三 工艺流程综合题 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用）
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这是一份专题一0三 工艺流程综合题 -【真题汇编】2021-2023年高考化学真题分享汇编（全国通用），文件包含专题十三工艺流程综合题原卷版docx、专题十三工艺流程综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题十三 工艺流程综合题
1．（2023·北京卷，18）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
(2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】(1) ①> ②、
(2) ① ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
(3) ①、 ②被氧气氧化为，把氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
2．（2023·广东卷，18）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
回答下列问题：
(1)活性可与水反应，化学方程式为___________。
(2)常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。
(4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是___________。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。
【答案】(1)
(2)＞
(3)或
(4) ①晶体 ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) ① ②体心 12
(6) ①0.4或 ②
【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。（1）活性可与水反应，化学方程式为。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体。②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和。
3．（2023·湖北卷，16）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。（5）Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关； Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关； Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；综上所述，导致比易水解的因素有abd。
4．（2023·湖南卷，17）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
(3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
(6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；
(7)比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】(1)分子晶体
(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7)> Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用。（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体。（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga。（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2。（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4。（5）根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确 “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误。（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离。（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
5．（2023辽宁卷，16）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
(5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3) Fe(OH)3
(4)9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成。（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。（2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA。（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁。（4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率。（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：。（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
6．（2023山东卷，17）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1)
(2)、Mg(OH)2 纯碱
(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
7．（2023浙江6月选考，20）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。
(4)测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为___________。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】(1)NaAlO2
(2)C
(3)蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4) ①0.7 ② pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为，含少量和，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2。（2）步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少沉淀中的杂质，B正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，C错误；中a、b可通过控制和的投料比来控制产品盐基度，D正确。（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀。（4）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到 产品的盐基度为。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
8．（2023浙江1月选考，20）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②是的一种晶型，以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。
(4)用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(5)为测定纳米产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________
用___________(称量样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定)
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶
操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签
(6)制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
【答案】(1)
(2)BC
(3)坩埚
(4)杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
(5)
(6)8
【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成，分离出后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品。（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是。（2）步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B错误；由信息②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致，分解为其他物质，C错误；由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D正确。（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚。（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h。（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。
1．（2022·重庆卷，15）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______ml•L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000ml•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】(1) ①+4价 ②Sn(NO3)2、NH4NO3 ③SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
(2) ①Fe(OH)3 ②2×10-7
(3) ①滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【解析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价；②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵；③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀；②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8ml/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7ml/L。（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%。
2．（2022·山东卷，17）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)
(3)CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =ml•L-1，因此c(Na+)=2c()=ml•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=ml•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意； P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
3．（2022·辽宁卷，16）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi的目的是_______。
(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。
【答案】(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)24.02%
【解析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到。（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab。（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为。（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解。（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2。（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为。（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液。（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
4．（2022·湖北卷，18）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
的溶解度：
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩 趁热过滤
(4)不稳定 Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2。（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
5．（2022·河北卷，15）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
【答案】(1)Fe2O3 SiO2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)+2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
(6)H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2。（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率。（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4。（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用。 （5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6。（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
6．（2022·福建卷，11）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。
(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】(1)提高浸出率(或提高浸出速率)
(2)和 84%
(3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
(4)或
(5)沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为。（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶。（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用。
7．（2022·北京卷，18）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
(2) ①，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出
② ③2.4∶1
④，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)
【解析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为。（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值。（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁。（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是。（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
8．（2022·湖南卷，17）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:
图
已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点:
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 。
图
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:
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
【答案】(1)C (2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 ②随着温度升高,反应2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔG减小,有利于反应的自发进行,而C(s)+O2(g)CO2(g)随温度升高,其反应的ΔG几乎不变;所以温度升高有利于CO的生成,使其含量升高
(3)3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,此时会引入Al杂质,后续流程无法处理
(5)AC
【解析】(1)由图可知,600 ℃时C(s)+O2(g)CO2(g)的ΔG<0,反应自发进行,A不符合题意;由图可知,600 ℃时2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔG<0,反应自发进行,B不符合题意;由图可知,600 ℃时TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0,反应不能自发进行,C符合题意;根据盖斯定律,TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)可由A项反应+C项反应得到,则600 ℃时其ΔG<0,反应自发进行,D不符合题意。
(2)①根据表中数据可知,该温度下C主要生成CO和CO2,根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4,所以600 ℃下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。
②根据题图,2C(s)+O2(g)2CO(g)随温度升高,反应的ΔG减小,有利于该反应的自发进行,而C(s)+O2(g)CO2(g)随温度升高,其反应的ΔG几乎不变;所以温度升高有利于CO的生成,使其含量升高。
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式:3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3;根据已知表格数据,AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大,“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,此时会引入Al杂质,后续流程不能除去,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁,属于热还原法,A符合题意;电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,B不符合题意;铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,C符合题意;Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,D不符合题意。
9．（2022·广东卷，18）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:
图
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。
(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
ml·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 ml Pt3Y转移 ml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 。
【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-+2H2O4OH-
【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,得到的浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子,经氧化使Fe2+转化为Fe3+,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”的目的是除去铁、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+。
(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 ml·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-)(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率,其原因是加热搅拌可加快反应速率。
② “操作X”的结果是分离出月桂酸,由信息可知,月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃,故“操作X”的过程为先冷却结晶,再固液分离。
(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 ml Pt3Y转移15 ml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-+2H2O4OH-。
1．（2021·重庆卷，15）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。
已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
(1)中Cr元素的化合价为_______。
(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。
(3)沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式_______。
(4)Na2S溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2为_______。
(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为_______ml·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是_______(设H2S平衡浓度为1.0× 10-6ml·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)
【答案】(1)+6
(2)
(3)Cr(OH)3+ NaOH = NaCrO2 + 2H2O
(4)S2- + H2O HS- + OH- CuS
(5)1.0×10 -7ml/L 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5ml/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开
【解析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。（1）利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6。（2）从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：。（3）的性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式。（4）溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS。（5）H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。
2．（2021·江苏卷，15）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150ml·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。
【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500ml·L-1
(3) ①ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ②ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015ml·L-1=3.75×10-4ml；ZnSO4溶液的物质的量浓度为。（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O。（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
3．（2021·海南卷，15）无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A．溶液B．水C．水D．溶液
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入的目的是___________。
(4)取少量晶体，溶于水并滴加溶液，现象是___________。
(5)反应的化学方程式为___________。
(6)由转化成的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将还原___________。
【答案】(1)漏斗
(2)BD
(3)防止水解
(4)溶液变为血红色
(5)
(6) 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成，通入SOCl2生成FeCl3。（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（2）A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。（3）加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入的目的是防止水解。（4）KSCN溶液遇Fe3+变为红色。（5）根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为。（6）可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
4．（2021·福建卷，11）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。
(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2)
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为_______。
(5)“沉淀”时，加入的目的是_______。
(6)高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2M4O13受热分解生成】
【答案】(1)氨水
(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
(3)3.9
(4)
(5)提供，使充分转化为沉淀析出
(6)
【解析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2M4O13·2H2O。（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵。（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣。（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-11.2ml/L，综述：c(S2-)>10-11.2ml/L，c(S2-)=10-11.2ml/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9。（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为。（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2M4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出。（6）高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
5．（2021·北京卷，18）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 ml/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 ml/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1ml/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
(3)产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1) ①与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②过滤
(2) ①Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 ②> ③pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 ④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1ml/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1ml/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤。（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+。（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。
6．（2021·湖南卷，17） 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Ce2(CO3)3·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Ce2(CO3)3·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 。
【答案】(1)58138Ce (2)将焙烧产物粉碎、搅拌、加热
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)吸附沉淀 ,便于滤液和沉淀分离
(5)6HCO3-+2Ce3++(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O↓+3CO2↑ 碱性
(6)6Li2CO3+C6H12O6+12FePO412LiFePO4+6CO↑+6CO2↑+6H2O
【解析】流程梳理:
(1)Ce的一种核素含有58个质子和80个中子,质量数=质子数+中子数=58+80=138,则该核素符号为 58138Ce。(2)为提高“水浸”效率,可加热、将焙烧产物粉碎、搅拌等。(3)由流程梳理图分析知滤渣Ⅲ为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)加入絮凝剂的目的是吸附沉淀,便于滤液和沉淀分离开来。(5)“沉铈”过程中,HCO3-与Ce3+反应生成Ce2(CO3)3·nH2O,反应的离子方程式为6HCO3-+2Ce3++(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O↓+3CO2↑。NH4+的水解常数Kh(NH4+)=KWKb=10-14÷(1.75×10-5)≈5.7×10-10,HCO3-的水解常数Kh(HCO3-)=KWKa1=10-14÷(4.4×10-7)≈2.3×10-8,Kh(NH4+)7．（2021·河北卷，15） 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 ml·L-1为沉淀完全;Al(OH)3+OH-Al(OH)4- K=100.63;KW=10-14;Ksp[Al(OH)3]=10-33)
【答案】(1)Fe、Cr
(2)溶解浸出
(3)MgO、Fe2O3
(4)2Na++2CrO42-+2CO2+H2OCr2O72-+2NaHCO3↓ (5)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O Na2CO3
(6)②
(7)8.37
【解析】由题给流程可知,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Ⅰ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溶液;向滤渣Ⅰ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,固体Ⅲ为氧化铁;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。
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素。
(2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁。
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与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2Na++CrO42-+2CO2+H2OCr2O72-+2NaHCO3↓。
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠,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+2Fe2O3+16CO2+8H2O;若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气,将混合气体通入滤渣Ⅰ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。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)4-+H+Al(OH)3↓+H2O,反应的平衡常数为K1=1c[Al(OH)4-]c(H+)=c(OH-)c[Al(OH)4-]c(H+)c(OH-)=1K·KW=1013.37,当c[Al(OH)4-]为10-5 ml·L-1时,溶液中氢离子浓度为1c[Al(OH)4-]·K1=110-5×1013.37ml·L-1=10-8.37 ml·L-1,则溶液的pH为8.37。
8．（2021·广东卷，18）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(M)、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(BaMO4)=3.5×10-8;Ksp(BaCO3)=2.6×10-9;该工艺中,pH>6.0时,溶液中M元素以MO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中M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BaMO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当,BaCO3也会沉淀。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c(HCO3-)∶c(MO42-)= (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6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 。
【答案】(1)+6
(2)Al(OH)3
(3)①MO42-+Ba2+BaMO4↓ ②1×10-7×2.6×10-94.7×10-11×3.5×10-8
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
【解析】由题中信息可知,废催化剂与氢氧化钠固体一起焙烧后,铝和钼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中通入过量的二氧化碳,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。
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中Na和O的化合价分别为+1和-2,根据化合价的代数和为0可知,M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X为Al(OH)3。
(3)①滤液Ⅱ中含有钼酸钠,加入氯化钡溶液后生成BaMO4沉淀,该反应的离子方程式为MO42-+Ba2+BaMO4↓。
②若开始生成BaCO3沉淀,则体系中恰好建立如下平衡:HCO3-+BaMO4BaCO3+MO42-+H+,该反应的化学平衡常数为K=c(H+)c(MO42-)c(HCO3-)=c(H+)c(CO32-)c(MO42-)c(Ba2+)c(HCO3-)c(CO32-)c(Ba2+)=Ka2Ksp(BaMO4)Ksp(BaCO3)。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀,必须满足c(H+)c(MO42-)c(HCO3-)>Ka2Ksp(BaMO4)Ksp(BaCO3),由于“沉钼”中pH为7.0,c(H+)=1×10-7 ml·L-1,所以溶液中c(MO42-)c(HCO3-)=Ka2Ksp(BaMO4)1×10-7×Ksp(BaCO3)时,开始生成BaCO3沉淀, 因此,c(HCO3-)∶c(MO42-)=1×10-7×Ksp(BaCO3)Ka2Ksp(BaMO4)=1×10-7×2.6×10-94.7×10-11×3.5×10-8时,应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅰ中通入过量的二氧化碳,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,过滤得到的滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3,故Y为NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知,往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知,致密的保护膜为一种氧化物,是由H2O2与AlAs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Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,其化合价升高了8价,As元素被氧化,则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。H2O2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H2O2参加反应会使化合价降低2价,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数等于化合价降低的总数可知,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2=4∶1。
9．（2021·山东卷，17）工业上以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图所示。回答下列问题:
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐,焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是 。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为 ;酸化的目的是 ;Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时,过度蒸发将导致 ;冷却结晶所得母液中,除Na2Cr2O7外,可在上述流程中循环利用的物质还有 。
(4)利用膜电解技术(装置如图10所示),以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 (填“阴”或“阳”)极室制得,电解时通过膜的离子主要为 。
【答案】(1)使气固反应物充分接触,加快反应速率,使反应充分进行
(2)4.5~9.3 使CrO42-转变为Cr2O72- 浸取
(3)有Na2Cr2O7析出 H2SO4
(4)阳 Na+
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)过程中,向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧,FeCr2O4转化为Na2CrO4,Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3,Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3,加入水进行浸取,Fe2O3不溶于水,过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去,再向滤液中加入H2SO4,将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发结晶过滤得到副产品Na2SO4,所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体,母液中还含有Na2Cr2O7和H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是利用热量使O2向上流动,增大固体与气体的接触面积,提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH的目的是将AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去,由图可知,当溶液pH=4.5时,Al3+除尽,当溶液pH>9.3时,H2SiO3会再溶解生成SiO32-,因此中和时pH的理论范围为4.5~9.3;将Al元素和Si元素除去后,溶液中Cr元素主要以Cr2O72-和CrO42-形式存在,溶液中存在平衡:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,降低溶液pH,可提高Na2Cr2O7的产率;由上述分析可知,Fe元素在浸取操作中除去。(3)向中和后滤液中加入H2SO4,将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发结晶过滤得到副产品Na2SO4,所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体,过度蒸发将导致Na2Cr2O7·2H2O晶体失去结晶水使Na2Cr2O7析出;母液中含有Na2Cr2O7和H2SO4,可循环利用。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知,电解过程中实质是电解水,阳极上H2O失去电子生成H+和O2,由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知,Cr2O72-在阳极室中制得,即Na2Cr2O7在阳极室产生;电解过程中,阳极室中产生的H+与CrO42-反应生成Cr2O72-,2 ml Na2CrO4转变为1 ml Na2Cr2O7,阴极上H+得到电子生成H2,阳极室多余的Na+通过离子交换膜移向阴极,与阴极产生的OH-结合生成NaOH。
10．（2021·辽宁卷，16）从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、 MnO)中提铬的一种工艺流程如下:
已知: pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题:
(1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。
(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为 。
(3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图甲。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,“沉钒” 过程控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。
(4)某温度下,Cr(Ⅲ)、 Mn(Ⅱ) 的沉淀率与pH关系如图乙。“沉铬” 过程最佳pH为 ;在该条件下滤液B中c(Cr3+)= ml·L-1[KW近似为1×10-14, Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30]。
(5)“转化” 过程中生成MnO2的离子方程式为 。
(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为 。
【答案】(1)四 ⅥB
(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)H3V2O7-
(4)6.0 1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O
(6)防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,转化为MnO2附着在Cr(OH)3的表面,使产物不纯
【解析】分析本题工艺流程图可知,“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质,滤液中主要含有Mn2+和Cr3+,加入NaOH“沉铬”后,Cr3+转化为固体A即Cr(OH)3沉淀,滤液B中主要含有MnSO4,加入Na2S2O3主要是防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3,“转化”步骤中的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O。(1)Cr是24号元素,价电子排布式为3d54s1,根据最高能层数等于周期序数,价电子数等于族序数,故Cr元素位于元素周期表第四周期ⅥB族。(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图甲。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,lg c总(V)=-2,从图中可知,“沉钒”过程控制pH=3.0,lg c总(V)=-2时,与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-。(4)某温度下,Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图乙,由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0;则此时溶液中OH-的浓度为c(OH-)=10-8 ml·L-1,在该条件下滤液B中c(Cr3+)=Ksp(Cr(OH)3)c3(OH-)=1×10-30(10-8)3 ml·L-1=1×10-6 ml·L-1。(5)由分析可知,“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O。(6)由分析可知,“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化,转化为MnO2附着在Cr(OH)3的表面,使产物不纯。
11．（2021·湖北卷，16）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值,其主要组成为。某探究小组回收处理流程如下:
回答下列问题:
(1)硒(Se)与硫为同族元素,Se的最外层电子数为 ;镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第三主族,中Cu的化合价为 。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)25 ℃时,已知:Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5,Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35,Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33,Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20,“浸出液”中c(Cu2+)=0.01 ml·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5ml·L-1时沉淀完全,In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留一位小数);若继续加入6.0 ml·L-1氨水至过量,观察到的实验现象是先有蓝色沉淀,然后 ;为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解,计算反应Ga(OH)3(s)+NH3·H2O[Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数K= 。 (已知:Ga3++4OH-[Ga(OH)4]- K'=c([Ga(OH)4]-)c(Ga3+)·c4(OH-)≈1.0×1034)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥,检验滤渣中SO42-是否洗净的试剂是 ;“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】(1)6 +1
(2)Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O
(3)4.7 蓝色沉淀溶解,溶液变成深蓝色 2.0×10-6
(4)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂
(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物和SeO2,经凝华得到SeO2,之后烧渣再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价,再加氨水调pH,生成的氢氧化铜再溶解得到滤液Ⅰ,滤渣主要为Ga(OH)3、In(OH)3,用SOCl2溶解,得到滤渣InCl3,滤液Ⅱ经浓缩结晶得到GaCl3,GaCl3和NH3高温气相沉积得到GaN,以此解题。
(1)硫为第ⅥA族元素,硒(Se)与硫为同族元素,故Se的最外层电子数为6,化合价为-2,镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族,化合价均为+3,则根据正负化合价代数和为零,可知中Cu的化合价为+1。(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2氧化烧渣中的Cu2O,其化学方程式为Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O。(3)In3+恰好完全沉淀时c(OH-)=31.0×10-331.0×10-5ml·L-1≈1.0×10-9.3ml·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=1.0×10-4.7ml·L-1,故pH=4.7;蓝色沉淀是氢氧化铜,继续滴加氨水会生成四氨合铜离子,这时氢氧化铜会溶解;由反应方程式可知K=c([Ga(OH)4]-)×c(NH4+)c(NH3·H2O),由K'=c([Ga(OH)4]-)c(Ga3+)×c4(OH-)≈1.0×1034,得K=1.0×1034×c(Ga3+)×c4(OH-)×c(NH4+)c(NH3·H2O)=1.0×1034×c(Ga3+)×c3(OH-)×c(NH4+)×c(OH-)c(NH3·H2O)=1.0×1034×Ksp[Ga(OH)3]×Kb(NH3·H2O),代入数据可知K=2.0×10-6。(4)检验滤渣中SO42-是否洗净可以加入盐酸酸化的BaCl2溶液,故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液;滤渣通过“回流过滤”分为滤渣InCl3和滤液Ⅱ两部分,故SOCl2的另一个作用是作溶剂。(5)“高温气相沉积”过程中氨和GaCl3反应,其化学方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl。氢氧化物
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
物质
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1
化合物
物质
氧化物()浸出率/%
产品中纯度/%
产品中Mg杂质含量/%
(以计)
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
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
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
—
一、高考真题汇编的意义
1、增强高考考生的复习动力和信心。
2、提高高考考生的复习效率。使考生能够更好地梳理复习的重点，提高复习效率。
3、加深考生对知识点的理解和掌握。
二、高考真题汇编的内容
1、高考试题收录。高考真题汇编收录高考真题，涵盖了高考考试的各个学科。
2、答案解析。高考真题汇编提供了详细的答案解析，加深考生对知识点的理解和掌握。
3、复习指导。高考真题汇编还提供了一些复习指导，提高复习效率。
三、高考真题汇编的重要性
高考真题汇编不仅可以提高考生的复习动力和信心，增强考生的复习效率，而且还可以加深考生对知识点的理解和掌握，使考生更好地把握考试方向，为高考复习提供了有力的支持。本文介绍了高考真题汇编的意义、内容和重要性，分析了它对高考考生的重要作用，强调了它在高考复习中的重要性。
专题十三 工艺流程综合题
1．（2023·北京卷，18）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
(2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】(1) ①> ②、
(2) ① ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
(3) ①、 ②被氧气氧化为，把氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
2．（2023·广东卷，18）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。
回答下列问题：
(1)活性可与水反应，化学方程式为___________。
(2)常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。
(4)会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。
①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。
②提高了的浸取速率，其原因是___________。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。
②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。
【答案】(1)
(2)＞
(3)或
(4) ①晶体 ②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) ① ②体心 12
(6) ①0.4或 ②
【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。（1）活性可与水反应，化学方程式为。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。（4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体。②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。（5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为。②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12。（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为。②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和。
3．（2023·湖北卷，16）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) 4 Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。（5）Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关； Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关； Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；综上所述，导致比易水解的因素有abd。
4．（2023·湖南卷，17）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
(3)“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
(6)直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；
(7)比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】(1)分子晶体
(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7)> Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用。（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体。（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga。（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2。（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4。（5）根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确 “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误。（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离。（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
5．（2023辽宁卷，16）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
(5)“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
(6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
(2)NA
(3) Fe(OH)3
(4)9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
(5)
(6)11.1
【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成。（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。（2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA。（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁。（4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率。（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：。（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
6．（2023山东卷，17）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1)
(2)、Mg(OH)2 纯碱
(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
7．（2023浙江6月选考，20）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。
已知：①铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。
②的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度
当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。
请回答：
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是___________。
(2)下列说法不正确的是___________。
A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度
B．步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质
C．步骤Ⅲ，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D．步骤Ⅳ中控制和的投料比可控制产品盐基度
(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是___________；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是___________。
(4)测定产品的盐基度。
的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。
①产品的盐基度为___________。
②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。
【答案】(1)NaAlO2
(2)C
(3)蒸发皿 酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀
(4) ①0.7 ② pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
【解析】铝土矿主要成分为，含少量和，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。（1）根据题中信息步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2。（2）步骤I，反应所学温度高于100℃，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，A正确；步骤Ⅱ，滤液浓度较大时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少沉淀中的杂质，B正确；步骤Ⅲ，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，C错误；中a、b可通过控制和的投料比来控制产品盐基度，D正确。（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀。（4）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到 产品的盐基度为。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
8．（2023浙江1月选考，20）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：
已知：①含锌组分间的转化关系：
②是的一种晶型，以下稳定。
请回答：
(1)步骤Ⅰ，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是___________。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．步骤Ⅰ，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分
B．步骤Ⅰ，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率
C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤
D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小
(3)步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是___________。
(4)用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是___________。
(5)为测定纳米产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。___________
用___________(称量样品)→用烧杯(___________)→用___________(___________)→用移液管(___________)→用滴定管(盛装标准溶液，滴定)
仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶
操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签
(6)制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。
某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含___________个铜原子。
【答案】(1)
(2)BC
(3)坩埚
(4)杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。
(5)
(6)8
【解析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成，分离出后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品。（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是。（2）步骤Ⅰ，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；根据信息①可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B错误；由信息②可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致，分解为其他物质，C错误；由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D正确。（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤Ⅲ，盛放样品的容器名称是坩埚。（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h。（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)= ，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)= ，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。
1．（2022·重庆卷，15）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。
Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。
(1)Na2SnO3的回收
①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。
②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。
③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
(2)滤液1的处理
①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。
②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______ml•L-1。
(3)产品中锡含量的测定
称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000ml•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】(1) ①+4价 ②Sn(NO3)2、NH4NO3 ③SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O
(2) ①Fe(OH)3 ②2×10-7
(3) ①滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 ②IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%
【解析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价；②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵；③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O。（2）①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀；②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8ml/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7ml/L。（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=47.6%。
2．（2022·山东卷，17）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。
(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)
(3)CaSO4•0.5H2O 抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率 酸解 AD
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =ml•L-1，因此c(Na+)=2c()=ml•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=ml•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，据此分析：P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意； P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化， B不符合题意；P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
3．（2022·辽宁卷，16）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。
(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为_______。
(6)加入金属Bi的目的是_______。
(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。
【答案】(1)ab
(2)
(3)抑制金属离子水解
(4)SiO2
(5)
(6)将Fe3+转化为Fe2+
(7)24.02%
【解析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到。（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab。（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为。（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解。（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2。（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为。（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液。（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
4．（2022·湖北卷，18）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
的溶解度：
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩 趁热过滤
(4)不稳定 Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2。（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
5．（2022·河北卷，15）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)红渣的主要成分为_______(填化学式)，滤渣①的主要成分为_______(填化学式)。
(2)黄铁矿研细的目的是_______。
(3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为_______。
(4)工序①的名称为_______，所得母液循环使用。
(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为_______，氧化工序发生反应的离子方程式为_______。
(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为_______和_______(填化学式，不引入杂质)。
【答案】(1)Fe2O3 SiO2
(2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4
(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
(5)+2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+
(6)H2O2 NH3·H2O
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2。（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率。（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4。（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用。 （5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6。（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
6．（2022·福建卷，11）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有_______。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为_______。
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。
(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。
(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。
【答案】(1)提高浸出率(或提高浸出速率)
(2)和 84%
(3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶解再冷却结晶
(4)或
(5)沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为。（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶。（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用。
7．（2022·北京卷，18）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
【答案】(1)
(2) ①，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出
② ③2.4∶1
④，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)
【解析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁。（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为。（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值。（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁。（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是。（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
8．（2022·湖南卷，17）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:
图
已知“降温收尘”后,粗TiCl4中含有的几种物质的沸点:
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 。
图
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:
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
【答案】(1)C (2)①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 ②随着温度升高,反应2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔG减小,有利于反应的自发进行,而C(s)+O2(g)CO2(g)随温度升高,其反应的ΔG几乎不变;所以温度升高有利于CO的生成,使其含量升高
(3)3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,此时会引入Al杂质,后续流程无法处理
(5)AC
【解析】(1)由图可知,600 ℃时C(s)+O2(g)CO2(g)的ΔG<0,反应自发进行,A不符合题意;由图可知,600 ℃时2C(s)+O2(g)2CO(g)的ΔG<0,反应自发进行,B不符合题意;由图可知,600 ℃时TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0,反应不能自发进行,C符合题意;根据盖斯定律,TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+CO2(g)可由A项反应+C项反应得到,则600 ℃时其ΔG<0,反应自发进行,D不符合题意。
(2)①根据表中数据可知,该温度下C主要生成CO和CO2,根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4,所以600 ℃下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2。
②根据题图,2C(s)+O2(g)2CO(g)随温度升高,反应的ΔG减小,有利于该反应的自发进行,而C(s)+O2(g)CO2(g)随温度升高,其反应的ΔG几乎不变;所以温度升高有利于CO的生成,使其含量升高。
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在,加入Al得到VOCl2渣,根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式:3VOCl3+Al3VOCl2+AlCl3;根据已知表格数据,AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大,“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”,“除钒”时需要加入Al,此时会引入Al杂质,后续流程不能除去,因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法。高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁,属于热还原法,A符合题意;电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法,B不符合题意;铝热反应制锰是利用Al作还原剂,将锰从其化合物中还原出来,为热还原法,C符合题意;Hg为不活泼金属,可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞,D不符合题意。
9．（2022·广东卷，18）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:
图
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。
(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
ml·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 ml Pt3Y转移 ml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 。
【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-+2H2O4OH-
【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,得到的浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子,经氧化使Fe2+转化为Fe3+,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”的目的是除去铁、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+。
(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 ml·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-)
② “操作X”的结果是分离出月桂酸,由信息可知,月桂酸(C11H23COOH)熔点为44 ℃,故“操作X”的过程为先冷却结晶,再固液分离。
(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 ml Pt3Y转移15 ml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-+2H2O4OH-。
1．（2021·重庆卷，15）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。
已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19
回答下列问题：
(1)中Cr元素的化合价为_______。
(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为_______。
(3)沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式_______。
(4)Na2S溶液呈碱性的原因是_______(用离子方程式表示)，沉淀2为_______。
(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为_______ml·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是_______(设H2S平衡浓度为1.0× 10-6ml·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27)
【答案】(1)+6
(2)
(3)Cr(OH)3+ NaOH = NaCrO2 + 2H2O
(4)S2- + H2O HS- + OH- CuS
(5)1.0×10 -7ml/L 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5ml/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开
【解析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离， 实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。（1）利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设，则2x+7×(-2)=-2，可得x=+6。（2）从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：。（3）的性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式。（4）溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS。（5）H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。
2．（2021·江苏卷，15）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为
(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化学式)。
(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150ml·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。
(3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。
①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。
②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。
(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。
【答案】(1)Fe3+、H+
(2)0.7500ml·L-1
(3) ①ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ②ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O
(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐
【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015ml·L-1=3.75×10-4ml；ZnSO4溶液的物质的量浓度为。（3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O。（4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。
3．（2021·海南卷，15）无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。
已知：氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解。
回答问题：
(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。
(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。
A．溶液B．水C．水D．溶液
(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入的目的是___________。
(4)取少量晶体，溶于水并滴加溶液，现象是___________。
(5)反应的化学方程式为___________。
(6)由转化成的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂___________，并设计实验验证是该还原剂将还原___________。
【答案】(1)漏斗
(2)BD
(3)防止水解
(4)溶液变为血红色
(5)
(6) 先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原
【解析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成，通入SOCl2生成FeCl3。（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（2）A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。（3）加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入的目的是防止水解。（4）KSCN溶液遇Fe3+变为红色。（5）根据已知信息氯化亚砜()熔点-101℃，沸点76℃，易水解，可得与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为。（6）可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。
4．（2021·福建卷，11）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。
(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2)
(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为_______。
(5)“沉淀”时，加入的目的是_______。
(6)高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2M4O13受热分解生成】
【答案】(1)氨水
(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 晶体析出，混入浸渣
(3)3.9
(4)
(5)提供，使充分转化为沉淀析出
(6)
【解析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2M4O13·2H2O。（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵。（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣。（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于ml/L=10-11.2ml/L，综述：c(S2-)>10-11.2ml/L，c(S2-)=10-11.2ml/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9。（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为。（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2M4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出。（6）高温下用还原(NH4)2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
5．（2021·北京卷，18）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 ml/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 ml/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1ml/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
(3)产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1) ①与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 ②过滤
(2) ①Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 ②> ③pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 ④溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响
【解析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1ml/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1ml/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤。（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+。（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响。
6．（2021·湖南卷，17） 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Ce2(CO3)3·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Ce2(CO3)3·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 。
【答案】(1)58138Ce (2)将焙烧产物粉碎、搅拌、加热
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)吸附沉淀 ,便于滤液和沉淀分离
(5)6HCO3-+2Ce3++(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O↓+3CO2↑ 碱性
(6)6Li2CO3+C6H12O6+12FePO412LiFePO4+6CO↑+6CO2↑+6H2O
【解析】流程梳理:
(1)Ce的一种核素含有58个质子和80个中子,质量数=质子数+中子数=58+80=138,则该核素符号为 58138Ce。(2)为提高“水浸”效率,可加热、将焙烧产物粉碎、搅拌等。(3)由流程梳理图分析知滤渣Ⅲ为Fe(OH)3、Al(OH)3。(4)加入絮凝剂的目的是吸附沉淀,便于滤液和沉淀分离开来。(5)“沉铈”过程中,HCO3-与Ce3+反应生成Ce2(CO3)3·nH2O,反应的离子方程式为6HCO3-+2Ce3++(n-3)H2OCe2(CO3)3·nH2O↓+3CO2↑。NH4+的水解常数Kh(NH4+)=KWKb=10-14÷(1.75×10-5)≈5.7×10-10,HCO3-的水解常数Kh(HCO3-)=KWKa1=10-14÷(4.4×10-7)≈2.3×10-8,Kh(NH4+)
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 ml·L-1为沉淀完全;Al(OH)3+OH-Al(OH)4- K=100.63;KW=10-14;Ksp[Al(OH)3]=10-33)
【答案】(1)Fe、Cr
(2)溶解浸出
(3)MgO、Fe2O3
(4)2Na++2CrO42-+2CO2+H2OCr2O72-+2NaHCO3↓ (5)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O Na2CO3
(6)②
(7)8.37
【解析】由题给流程可知,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Ⅰ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溶液;向滤渣Ⅰ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,固体Ⅲ为氧化铁;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。
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素。
(2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。
(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁。
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与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2Na++CrO42-+2CO2+H2OCr2O72-+2NaHCO3↓。
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠,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+2Fe2O3+16CO2+8H2O;若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应。
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气,将混合气体通入滤渣Ⅰ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。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)4-+H+Al(OH)3↓+H2O,反应的平衡常数为K1=1c[Al(OH)4-]c(H+)=c(OH-)c[Al(OH)4-]c(H+)c(OH-)=1K·KW=1013.37,当c[Al(OH)4-]为10-5 ml·L-1时,溶液中氢离子浓度为1c[Al(OH)4-]·K1=110-5×1013.37ml·L-1=10-8.37 ml·L-1,则溶液的pH为8.37。
8．（2021·广东卷，18）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(M)、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(BaMO4)=3.5×10-8;Ksp(BaCO3)=2.6×10-9;该工艺中,pH>6.0时,溶液中M元素以MO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中M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BaMO4的离子方程式为 。
②若条件控制不当,BaCO3也会沉淀。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c(HCO3-)∶c(MO42-)= (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6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 。
【答案】(1)+6
(2)Al(OH)3
(3)①MO42-+Ba2+BaMO4↓ ②1×10-7×2.6×10-94.7×10-11×3.5×10-8
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4∶1
【解析】由题中信息可知,废催化剂与氢氧化钠固体一起焙烧后,铝和钼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中通入过量的二氧化碳,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。
(1)“焙烧”中,有Na2MO4生成,其中Na和O的化合价分别为+1和-2,根据化合价的代数和为0可知,M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X为Al(OH)3。
(3)①滤液Ⅱ中含有钼酸钠,加入氯化钡溶液后生成BaMO4沉淀,该反应的离子方程式为MO42-+Ba2+BaMO4↓。
②若开始生成BaCO3沉淀,则体系中恰好建立如下平衡:HCO3-+BaMO4BaCO3+MO42-+H+,该反应的化学平衡常数为K=c(H+)c(MO42-)c(HCO3-)=c(H+)c(CO32-)c(MO42-)c(Ba2+)c(HCO3-)c(CO32-)c(Ba2+)=Ka2Ksp(BaMO4)Ksp(BaCO3)。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀,必须满足c(H+)c(MO42-)c(HCO3-)>Ka2Ksp(BaMO4)Ksp(BaCO3),由于“沉钼”中pH为7.0,c(H+)=1×10-7 ml·L-1,所以溶液中c(MO42-)c(HCO3-)=Ka2Ksp(BaMO4)1×10-7×Ksp(BaCO3)时,开始生成BaCO3沉淀, 因此,c(HCO3-)∶c(MO42-)=1×10-7×Ksp(BaCO3)Ka2Ksp(BaMO4)=1×10-7×2.6×10-94.7×10-11×3.5×10-8时,应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅰ中通入过量的二氧化碳,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,过滤得到的滤液Ⅲ中,主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3,故Y为NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知,往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知,致密的保护膜为一种氧化物,是由H2O2与AlAs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Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中,As元素的化合价变为+5价,其化合价升高了8价,As元素被氧化,则该反应的氧化剂为H2O2,还原剂为GaAs。H2O2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H2O2参加反应会使化合价降低2价,根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数等于化合价降低的总数可知,该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2=4∶1。
9．（2021·山东卷，17）工业上以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图所示。回答下列问题:
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐,焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是 。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5 ml·L-1时,可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为 ;酸化的目的是 ;Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时,过度蒸发将导致 ;冷却结晶所得母液中,除Na2Cr2O7外,可在上述流程中循环利用的物质还有 。
(4)利用膜电解技术(装置如图10所示),以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 (填“阴”或“阳”)极室制得,电解时通过膜的离子主要为 。
【答案】(1)使气固反应物充分接触,加快反应速率,使反应充分进行
(2)4.5~9.3 使CrO42-转变为Cr2O72- 浸取
(3)有Na2Cr2O7析出 H2SO4
(4)阳 Na+
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4,含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)过程中,向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧,FeCr2O4转化为Na2CrO4,Fe(Ⅱ)被O2氧化成Fe2O3,Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3,加入水进行浸取,Fe2O3不溶于水,过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去,再向滤液中加入H2SO4,将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发结晶过滤得到副产品Na2SO4,所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体,母液中还含有Na2Cr2O7和H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行,目的是利用热量使O2向上流动,增大固体与气体的接触面积,提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH的目的是将AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去,由图可知,当溶液pH=4.5时,Al3+除尽,当溶液pH>9.3时,H2SiO3会再溶解生成SiO32-,因此中和时pH的理论范围为4.5~9.3;将Al元素和Si元素除去后,溶液中Cr元素主要以Cr2O72-和CrO42-形式存在,溶液中存在平衡:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O,降低溶液pH,可提高Na2Cr2O7的产率;由上述分析可知,Fe元素在浸取操作中除去。(3)向中和后滤液中加入H2SO4,将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,将溶液蒸发结晶过滤得到副产品Na2SO4,所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O晶体,过度蒸发将导致Na2Cr2O7·2H2O晶体失去结晶水使Na2Cr2O7析出;母液中含有Na2Cr2O7和H2SO4,可循环利用。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知,电解过程中实质是电解水,阳极上H2O失去电子生成H+和O2,由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知,Cr2O72-在阳极室中制得,即Na2Cr2O7在阳极室产生;电解过程中,阳极室中产生的H+与CrO42-反应生成Cr2O72-,2 ml Na2CrO4转变为1 ml Na2Cr2O7,阴极上H+得到电子生成H2,阳极室多余的Na+通过离子交换膜移向阴极,与阴极产生的OH-结合生成NaOH。
10．（2021·辽宁卷，16）从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、 MnO)中提铬的一种工艺流程如下:
已知: pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]在空气中易被氧化。回答下列问题:
(1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。
(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为 。
(3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图甲。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,“沉钒” 过程控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。
(4)某温度下,Cr(Ⅲ)、 Mn(Ⅱ) 的沉淀率与pH关系如图乙。“沉铬” 过程最佳pH为 ;在该条件下滤液B中c(Cr3+)= ml·L-1[KW近似为1×10-14, Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30]。
(5)“转化” 过程中生成MnO2的离子方程式为 。
(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为 。
【答案】(1)四 ⅥB
(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)H3V2O7-
(4)6.0 1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O
(6)防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,转化为MnO2附着在Cr(OH)3的表面,使产物不纯
【解析】分析本题工艺流程图可知,“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质,滤液中主要含有Mn2+和Cr3+,加入NaOH“沉铬”后,Cr3+转化为固体A即Cr(OH)3沉淀,滤液B中主要含有MnSO4,加入Na2S2O3主要是防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中的氧气氧化,Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3,“转化”步骤中的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O。(1)Cr是24号元素,价电子排布式为3d54s1,根据最高能层数等于周期序数,价电子数等于族序数,故Cr元素位于元素周期表第四周期ⅥB族。(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl。(3)常温下,各种形态五价钒粒子总浓度的对数[lg c总(V)]与pH关系如图甲。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总(V)=0.01 ml·L-1,lg c总(V)=-2,从图中可知,“沉钒”过程控制pH=3.0,lg c总(V)=-2时,与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-。(4)某温度下,Cr(Ⅲ)、Mn(Ⅱ)的沉淀率与pH关系如图乙,由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0;则此时溶液中OH-的浓度为c(OH-)=10-8 ml·L-1,在该条件下滤液B中c(Cr3+)=Ksp(Cr(OH)3)c3(OH-)=1×10-30(10-8)3 ml·L-1=1×10-6 ml·L-1。(5)由分析可知,“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-MnO2↓+2H2O。(6)由分析可知,“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时,二价锰[Mn(Ⅱ)]被空气中氧气氧化,转化为MnO2附着在Cr(OH)3的表面,使产物不纯。
11．（2021·湖北卷，16）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值,其主要组成为。某探究小组回收处理流程如下:
回答下列问题:
(1)硒(Se)与硫为同族元素,Se的最外层电子数为 ;镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第三主族,中Cu的化合价为 。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)25 ℃时,已知:Kb(NH3·H2O)≈2.0×10-5,Ksp[Ga(OH)3]≈1.0×10-35,Ksp[In(OH)3]≈1.0×10-33,Ksp[Cu(OH)2]≈1.0×10-20,“浸出液”中c(Cu2+)=0.01 ml·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5ml·L-1时沉淀完全,In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留一位小数);若继续加入6.0 ml·L-1氨水至过量,观察到的实验现象是先有蓝色沉淀,然后 ;为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解,计算反应Ga(OH)3(s)+NH3·H2O[Ga(OH)4]-+NH4+的平衡常数K= 。 (已知:Ga3++4OH-[Ga(OH)4]- K'=c([Ga(OH)4]-)c(Ga3+)·c4(OH-)≈1.0×1034)
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥,检验滤渣中SO42-是否洗净的试剂是 ;“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】(1)6 +1
(2)Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O
(3)4.7 蓝色沉淀溶解,溶液变成深蓝色 2.0×10-6
(4)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂
(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物和SeO2,经凝华得到SeO2,之后烧渣再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价,再加氨水调pH,生成的氢氧化铜再溶解得到滤液Ⅰ,滤渣主要为Ga(OH)3、In(OH)3,用SOCl2溶解,得到滤渣InCl3,滤液Ⅱ经浓缩结晶得到GaCl3,GaCl3和NH3高温气相沉积得到GaN,以此解题。
(1)硫为第ⅥA族元素,硒(Se)与硫为同族元素,故Se的最外层电子数为6,化合价为-2,镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族,化合价均为+3,则根据正负化合价代数和为零,可知中Cu的化合价为+1。(2)“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2氧化烧渣中的Cu2O,其化学方程式为Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O。(3)In3+恰好完全沉淀时c(OH-)=31.0×10-331.0×10-5ml·L-1≈1.0×10-9.3ml·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=1.0×10-4.7ml·L-1,故pH=4.7;蓝色沉淀是氢氧化铜,继续滴加氨水会生成四氨合铜离子,这时氢氧化铜会溶解;由反应方程式可知K=c([Ga(OH)4]-)×c(NH4+)c(NH3·H2O),由K'=c([Ga(OH)4]-)c(Ga3+)×c4(OH-)≈1.0×1034,得K=1.0×1034×c(Ga3+)×c4(OH-)×c(NH4+)c(NH3·H2O)=1.0×1034×c(Ga3+)×c3(OH-)×c(NH4+)×c(OH-)c(NH3·H2O)=1.0×1034×Ksp[Ga(OH)3]×Kb(NH3·H2O),代入数据可知K=2.0×10-6。(4)检验滤渣中SO42-是否洗净可以加入盐酸酸化的BaCl2溶液,故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液;滤渣通过“回流过滤”分为滤渣InCl3和滤液Ⅱ两部分,故SOCl2的另一个作用是作溶剂。(5)“高温气相沉积”过程中氨和GaCl3反应,其化学方程式为GaCl3+NH3GaN+3HCl。氢氧化物
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
物质
化学式
Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)
Fe(OH)3
Cu(OH)2
溶度积
1.0×10-56
4×10-38
2.5×10-20
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1
化合物
物质
氧化物()浸出率/%
产品中纯度/%
产品中Mg杂质含量/%
(以计)
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
——
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
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
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
—
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