2025年高考化学精品教案第三章金属及其化合物第6讲无机化工工艺流程题

这是一份2025年高考化学精品教案第三章金属及其化合物第6讲无机化工工艺流程题，共27页。


无机化工工艺流程题是以真实的工艺生产流程为情境，考查元素化合物的性质、实验基本操作、化学平衡原理、溶液中的离子反应、物质制备和分离等知识，具有情境新颖、信息丰富、灵活多变的特点，能够很好地考查考生在陌生情境中提取信息，利用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生化学学科核心素养的要求较高，故在高考试题中备受命题人的青睐，需引起考生的足够重视。
1.根据试题整体特点分析
2.近四年高考化学工艺流程题考查热点分析
注：本表格以近四年具有代表性的全国卷及新高考地方卷为蓝本，全国卷共10套（2020年3套、2021年2套、2022年2套、2023年3套），新高考地方卷共50套（2020年8套、2021年15套、2022年15套、2023年12套）。
考点 无机化工工艺流程题
1.工艺流程题的考查内容与核心素养的发展
工艺流程题是发展考生化学学科核心素养的重要题型，如图所示是工艺流程题与发展化学学科核心素养的关系。
2.物质制备型工艺流程题的命题模型
该类试题一般分为“三阶段”，即原料预处理阶段、物质转化与分离阶段、目标产品生成阶段。
3.工艺流程题的“三阶段”解读
（1）第一阶段——原料预处理
处理方法：粉碎（研磨）和焙烧。
在原料预处理阶段试题往往从粉碎（研磨）与化学反应速率的关系、焙烧中的化学反应等角度设问。
（2）第二阶段——物质转化与分离
物质转化与分离阶段一般包括溶浸（酸浸、碱浸、盐浸、水浸），元素化合物的氧化还原或沉淀转化，物质的分离（过滤、萃取）等内容。
①试题中有关溶浸的内容常设计为化学方程式或离子方程式的书写及溶浸所得的滤渣成分的分析等。
②试题中常利用加入氧化剂、还原剂或调节溶液的pH等达到除杂或转化的目的。此外，电解法也可以代替试剂达到转化的目的。
③有关物质的分离操作常见的有过滤、萃取与反萃取。过滤是将固相与液相分离的方法。萃取则是利用一种溶剂把物质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的分离方法。
（3）第三阶段——目标产品生成
目标产品生成阶段是工艺流程制备目标产品的最后阶段。该阶段是把前阶段所得的盐溶液通过蒸发结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶）、过滤、洗涤、干燥等得到目标产物的晶体或将所得溶液经过电解制取目标产品。若前阶段得到的物质为固体，一般通过氧化剂氧化或还原剂还原得目标产品。
试题中有关目标产品生成的内容常设计为电极反应式的书写、反应方程式的书写、制备物质的方法等问题。
命题点1 物质制备型工艺流程
1.[2021海南]无水FeCl3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SiO2杂质）为原料制备无水FeCl3（s）。
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 漏斗 。
（2）为避免引入新的杂质，试剂B可以选用 bd （填编号）。
a.KMnO4溶液b.Cl2水
c.Br2水d.H2O2溶液
（3）操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl（g）的目的是 抑制FeCl3水解 。
（4）取少量D晶体，溶于水并滴加KSCN溶液，现象是 液体变红色 。
（5）反应D→E的化学方程式为 6SOCl2＋FeCl3·6H2O △ FeCl3＋6SO2＋12HCl 。
（6）由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂 SO2 ，并设计实验验证是该还原剂将Fe3＋还原 取E固体少许于一洁净试管中，加蒸馏水溶解，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SO2将Fe3＋还原成Fe2＋ 。
解析
由题给条件SOCl2易水解可知，反应D→E的化学方程式为6SOCl2＋FeCl3·6H2O △ FeCl3＋6SO2＋12HCl。（6）由（5）可知，D转化成E的过程中SO2可能将Fe3＋还原为Fe2＋，SO2被氧化成SO42－，可以通过检验E的溶液中含有SO42－进行验证，实验方案为：取E固体少许于一洁净试管中，加蒸馏水溶解，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明SO2将Fe3＋还原成Fe2＋。
2.[侧重考查添加试剂的相关问题][2023全国甲]BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 作还原剂，将BaSO4转化成BaS 。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 S2－＋Ca2＋ CaS↓ 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 c （填标号）。
a.稀硫酸b.浓硫酸
c.盐酸d.磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？其原因是 不可行，酸与CaS能产生CaCl2和有毒气体H2S，从而影响产品纯度 。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为 TiCl4＋2（NH4）2C2O4＋BaCl2＋H2O BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝ 1∶1 。
解析
（1）结合（2）中信息及原子守恒可知，BaSO4、过量碳粉、过量CaCl2在焙烧时反应生成BaCl2、BaS、CaS和CO，其化学方程式为3BaSO4＋12C＋2CaCl2 焙烧 2BaCl2＋BaS＋2CaS＋12CO↑，其中碳粉的主要作用是作还原剂，使BaSO4转化成BaS。（2）“浸取”时易溶于水的BaS和过量的CaCl2反应生成微溶于水的CaS，反应的离子方程式为S2－＋Ca2＋ CaS↓。（3）浸取后滤液中主要为BaCl2，为不引入杂质，酸化时应选择盐酸，a、b均会使Ba2＋转化为BaSO4沉淀，d会引入杂质PO43－，故c正确。（4）焙烧后的产物中含BaS、CaS，如果直接用盐酸浸取，CaS会和盐酸反应生成CaCl2和有毒的H2S气体，从而影响产品纯度，故不能直接用盐酸浸取。（5）结合图示流程、题中信息及原子守恒可写出“沉淀”时BaCl2、TiCl4、（NH4）2C2O4反应的化学方程式为TiCl4＋2（NH4）2C2O4＋BaCl2＋H2O BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl。（6）根据题目信息和氧化还原反应规律可知，“热分解”时发生反应的化学方程式为BaTiO（C2O4）2 △ BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，故产生的nCO2∶nCO＝1∶1。
命题点2 分离提纯型工艺流程
3.[侧重考查物理方法][2022广东]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。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是 Fe2＋ 。
（2）“过滤1”前，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）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋质量浓度为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 4.0×10－4 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 加热搅拌可加快反应速率 。
②“操作X”的过程为先 冷却结晶 ，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有 MgSO4 （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 15 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 O2＋4e－＋2H2O 4OH－ 。
解析 （1）由题意知，“氧化调pH”中只有铁是变价金属，铝和稀土金属元素均为＋3价，Fe2＋被氧化为Fe3＋。（2）“过滤1”所得“滤渣”为Fe（OH）3和Al（OH）3，应调节的pH范围为4.7≤pH＜6.2，pH小于6.2是防止RE3＋开始沉淀。该过程中Al3＋与OH－反应生成Al（OH）3沉淀。（3）“滤液2”中Mg2＋质量浓度为2.7 g·L－1，其物质的量浓度为0.112 5 ml·L－1，Ksp[（C11H23COO）2Mg]＝c2（C11H23COO－）·c（Mg2＋），开始形成（C11H23COO）2Mg沉淀时c2（C11H23COO－）＝（1.8×10－8/0.112 5） ml2·L－2＝16×
10－8 ml2·L－2，c（C11H23COO－）＝16×10－8 ml·L－1＝4.0×10－4 ml·L－1，即
c（C11H23COO－）≥4.0×10－4 ml·L－1时，形成的“滤饼”中会混入（C11H23COO）2Mg。（4）①“滤饼”的主要成分为（C11H23COO）3RE，为难溶物，搅拌可以增加其与盐酸的接触面积，加热也可以加快固体的溶解，进而加快反应速率。②加热搅拌的温度为55 ℃，而月桂酸的熔点为44 ℃，所以“操作X”（过滤）前，先要冷却结晶，使月桂酸变成固体。（5）“滤液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。（6）①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成1 ml Pt3Y，转移电子的物质的量为（4×3＋3×1） ml＝15 ml。②在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH－。
1.[2023新课标卷]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示。
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72－存在，在碱性介质中以CrO42－存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 Na2CrO4 （填化学式）。
（2）水浸渣中主要有SiO2和 Fe2O3 。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 Al（OH）3 。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH＜9时，会导致 溶液中c（PO43－）降低，不利于生成MgNH4PO4沉淀 ；pH＞9时，会导致 Mg2＋形成Mg（OH）2沉淀 。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VO2＋或VO3＋；在碱性条件下，溶解为VO3－或VO43－。上述性质说明V2O5具有 C（填标号）。
A.酸性B.碱性C.两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）溶液，反应的离子方程式为 3S2O52－＋2Cr2O72－＋10H＋ 6SO42－＋4Cr3＋＋5H2O。
解析
（1）根据已知条件可知，最高价铬酸根在碱性介质中以CrO42－存在，故煅烧后含铬化合物主要为Na2CrO4。（2）煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。（3）“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了将[Al（OH）4]－转化为Al（OH）3沉淀而除去。（4）体系中存在平衡MgNH4PO4⇌ Mg2＋＋NH4＋＋PO43－，当pH＜9时，PO43－＋H＋⇌ HPO42－，平衡正向移动，c（PO43－）降低，不利于生成MgNH4PO4沉淀；而pH＞9时Mg2＋会形成Mg（OH）2沉淀，原料利用率低。（5）根据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故V2O5具有两性。（6）分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O72－存在，还原过程中Cr2O72－被S2O52－还原为Cr3＋，S2O52－转化为SO42－，因此反应的离子方程式为2Cr2O72－＋3S2O52－＋10H＋ 4Cr3＋＋6SO42－＋5H2O，之后调pH，Cr3＋转化为Cr（OH）3。
2.[2023北京]以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）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，MnO2的氧化性强于Fe3＋。
（1）“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS＋2H＋ Mn2＋＋H2S↑，则可推断：Ksp（MnS） ＞（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 Fe3＋、Mn2＋ 。
（2）“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]－形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
2Fe3＋＋Ag2S＋4 Cl －⇌ 2 Fe2＋ ＋2[AgCl2]－＋S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl－、H＋的作用： Cl－是为了与Ag2S电离出的Ag＋结合生成[AgCl2]－，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H＋是为了抑制Fe3＋水解，防止生成Fe（OH）3沉淀 。
（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[AgCl2]－＋Fe Fe2＋＋2Ag＋4Cl－、2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋ 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： Fe2＋被氧气氧化为Fe3＋，Fe3＋把Ag氧化为Ag＋ 。
（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： 可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离；生成的Fe3＋还可以用于浸银，节约氧化剂 。
解析 （1）①由题意知，硫化锰溶于硫酸溶液而硫化银不溶于硫酸溶液，说明硫化锰的溶度积大于硫化银。②根据已知信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2＋氧化为Fe3＋，自身被还原为Mn2＋。（2）①由已知信息可知，Fe3＋将Ag2S氧化为了S，则自身被还原为Fe2＋，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可补全该离子方程式。（3）①铁粉作还原剂，除了将浸银液中的[AgCl2]－还原为单质银，还可还原浸银时加入的过量Fe3＋。（4）可从原料利用率、生产效率、经济角度分析。
3.[2022湖南]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：
回答下列问题：
（1）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 5TiO2＋6C＋10Cl2600°C 5TiCl4＋2CO＋4CO2 ；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是 温度升高，C主要转化为CO 。
（2）“除钒”过程中的化学方程式为 3VOCl3＋Al 3VOCl2＋AlCl3 ；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是 蒸馏法 。
（3）“除钒”和“除硅、铝”的顺序 不能 （填“能”或“不能”）交换，理由是 “除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去，若交换顺序，无法除去AlCl3 。
解析 （1）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原子守恒可写出总反应的化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl2600°C 5TiCl4＋2CO＋4CO2。（2）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，知可对混合物进行蒸馏，收集约136 ℃的蒸馏产物，即可除去含Si、Al杂质。

1.实验室以含锌废液（主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋）为原料制备ZnCO3·2Zn（OH）2的实验流程如下：
下列说法正确的是（ D ）
A.过二硫酸钠（Na2S2O8）中硫元素的化合价为＋7
B.氧化除锰后的溶液中存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SO42－
C.调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质
D.沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCO3－ ZnCO3·2Zn（OH）2↓＋5CO2↑＋H2O
解析
过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有1个过氧键，其中2个O的化合价为－1，其他6个O为－2价，Na的化合价为＋1，根据化合物中正负化合价代数和为零知，S的化合价为＋6，A项错误；氧化除锰后的溶液中不含Fe2＋，B项错误；Zn可以还原Fe3＋为Fe2＋，影响除杂，C项错误；根据流程图，结合原子守恒和电荷守恒知，D项正确。
2.[2023辽宁]某工厂采用如下工艺制备Cr（OH）3，已知焙烧后Cr元素以＋6价形式存在，下列说法错误的是（ B ）
A.“焙烧”中产生CO2
B.滤渣的主要成分为Fe（OH）2
C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42－
D.淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
解析
焙烧时Cr2O3发生反应：2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2焙烧 4Na2CrO4＋4CO2，有CO2产生，A项正确；焙烧时FeO发生反应：4FeO＋O2焙烧 2Fe2O3，滤渣的主要成分为Fe2O3，B项错误；水浸后滤液①中主要溶质为Na2CrO4，Cr元素的主要存在形式为CrO42－，C项正确；淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖具有还原性，能将CrO42－还原为Cr（OH）3，D项正确。
3.C3O4主要用作电池材料、磁性材料、热敏电阻等。利用钴渣[主要含C（OH）3、Fe（OH）3]获得C3O4的流程如图[已知：C（OH）3、Fe（OH）3、C（OH）2的Ksp分别为1.6×10－44、4.0×10－38、6.3×10－15；当离子浓度≤1×10－5 ml·L－1时认为该离子沉淀完全]。下列叙述正确的是（ A ）
A.浸取时，H2O2还原了C3＋
B.除铁时，溶液必须调至呈碱性
C.基态C2＋的价电子排布式为3d54s2
D.煅烧产物是C3O4和CO
解析 由流程分析知，钴渣经一系列处理后得到CC2O4，C的化合价降低，则推断在浸取时发生了氧化还原反应，C3＋作氧化剂，H2O2作还原剂，H2O2将＋3价的C还原为＋2价，A正确；将铁除尽时，c（Fe3＋）≤1×10－5 ml·L－1，由题中Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10－38，代入粗略计算，知pH调至3左右时就能完全除去铁，B错误；基态C2＋的价电子排布式为3d7，C错误；CC2O4的煅烧产物是C3O4和CO2，D错误。
4.由赤泥（含有大量Na、Al、Fe、Si、Ca、Sc、Zr等的氧化物）为原料制备钪（Sc）的工艺流程如下：
下列说法正确的是（ C ）
A.Fe位于元素周期表第四周期ⅧB族
B.操作1使用的主要玻璃仪器为漏斗、烧杯
C.灼烧时生成1 ml CO2，消耗8 g O2
D.在空气中灼烧Sc2（C2O4）3生成Sc2O3的反应是非氧化还原反应
解析 Fe位于元素周期表第四周期Ⅷ族，A错误；操作1是把浸出液分成了水相和有机相，则操作1为萃取和分液，使用的主要玻璃仪器为分液漏斗、烧杯，B错误；由流程图可知灼烧时Sc2（C2O4）3与氧气反应生成Sc2O3和CO2，反应的化学方程式为2Sc2（C2O4）3＋3O2 高温 2Sc2O3＋12CO2，生成1 ml CO2，消耗0.25 ml O2，即8 g O2，C正确；Sc2（C2O4）3中C为＋3价，生成CO2，元素化合价发生了变化，该反应为氧化还原反应，D错误。
5.[2022全国甲]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：
回答下列问题：
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 ZnCO3焙烧 ZnO＋CO2↑ 。
（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 将菱锌矿焙烧产物粉碎、适当增大硫酸浓度（或升高浸取时的反应温度等） 。
（3）加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是 B （填标号）。
A.NH3·H2OB.Ca（OH）2C.NaOH
滤渣①的主要成分是 SiO2 、 CaSO4 、 Fe（OH）3 。
（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 3Fe2＋＋MnO4－＋7H2O 3Fe（OH）3↓＋MnO2↓＋5H＋ 。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 除去Cu2＋ 。
（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 CaSO4 、 MgSO4 。
解析
（3）加入物质X调溶液pH＝5，为了不引入新的阳离子，X宜选用Ca（OH）2；pH＝5时，c（OH－）＝10－9 ml·L－1，根据表中各离子的氢氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。（4）Fe2＋被KMnO4溶液氧化为Fe（OH）3，同时生成MnO2，Fe（OH）3和MnO2进入滤渣②中。
6.从铬锰矿渣（主要成分为Cr2O3、MnO，含少量Fe2O3、SiO2、Al2O3）中分离铬、锰的一种工艺流程如图1所示。
图 1
已知：焙烧时MnO不发生反应。
回答下列问题：
（1）加快“酸浸”速率的措施有 搅拌、适当升温（或适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等） （写两条）。
（2）“滤渣2”的成分是 Fe（OH）3、Al（OH） 3（写化学式）。
（3）“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为 2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3焙烧 4Na2CrO4＋4CO2 。
（4）常温下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH的关系如图2所示，则“沉铬”过程中调最佳的pH＝ 6.0 。“沉铬”后滤液中c（Cr3＋）为 10－6 ml·L－1{已知常温下，Kw＝1×10－14，Ksp[Cr（OH）3]＝1×10－30}。
图 2
（5）流程中加入Na2S2O3的作用为 作还原剂，将铬元素还原为＋3价 ，“转化”的离子方程式为 Mn2＋＋H2O2＋2OH－ MnO2↓＋2H2O 。
解析
（1）根据影响反应速率的因素，搅拌、适当升温、适当提高硫酸的浓度、粉碎焙烧产物等都能加快酸浸速率。（3）“焙烧”时Cr2O3转化为Na2CrO4，Cr的化合价升高，则应是空气中的O2作氧化剂，发生反应的化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO3焙烧 4Na2CrO4＋4CO2。（4）由题图2知，pH＝6.0时，Cr3＋的沉淀率较高、Mn2＋的损失率较低，则“沉铬”过程调最佳的pH＝6.0，此时c（H＋）＝10－6 ml·L－1，已知Kw＝1×10－14，则c（OH－）＝10－8 ml·L－1，c（Cr3＋）＝Ksp[Cr（OH）3]c3（OH－）＝1×10－30（10－8）3 ml·L－1＝10－6 ml·L－1。
7.[2024江西九校联考]锂离子电池的应用很广泛，某种锂电池的正极材料为钴酸锂，该材料可以由海水（含较大浓度的LiCl及少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等）制备，其工艺流程如图所示：
已知：①在常温下几种难溶物质的溶度积常数如表；
②Li2CO3微溶于热水，可溶于冷水。
（1）“除杂1”步骤中除去的杂质离子为Mg2＋和 Ca2＋、Mn2＋ 。
（2）“调pH”的目的是 除去过量的碳酸钠，避免蒸发浓缩时析出碳酸锂 。
（3）金属镁可以通过电解熔融MgCl2得到，写出由Mg（OH）2沉淀制MgCl2固体的具体操作 Mg（OH）2和盐酸反应可生成MgCl2溶液，在HCl气流中蒸发MgCl2溶液得到无水MgCl2 。
（4）20 ℃时碳酸锂在水中的溶解度为1.295 g，饱和溶液密度为1.014 8 g·cm－3，则其中Li2CO3的物质的量浓度为 0.18 ml·L－1 。（结果保留2位有效数字）
（5）“热水洗涤”的目的是 减少碳酸锂在洗涤过程中的损失 。在实验室里洗涤Li2CO3时会采用如图所示装置，该装置较于普通过滤装置的优点为 过滤速率快，得到的沉淀较干燥 。
（6）“合成”工序需要高温条件，并放出能使澄清石灰水变浑浊的气体，写出该反应的化学方程式 2Li2CO3＋4CCO3＋O2 高温 4LiCO2＋6CO2 。
解析 海水中含较大浓度的LiCl及少量MgCl2、CaCl2、MnCl2等，加入纯碱，得到CaCO3、MnCO3、MgCO3等沉淀，滤液中主要含LiCl、NaCl及过量的Na2CO3，则向滤液中加入盐酸调节溶液pH，目的是除去过量的碳酸钠，防止蒸发浓缩时生成Li2CO3；蒸发浓缩、再次除杂后，向滤液中加入纯碱得到Li2CO3沉淀，将Li2CO3、CCO3、O2混合加热反应生成LiCO2和CO2。
（1）结合已知①知“除杂1”步骤中除去的杂质离子为Mg2＋和Ca2＋、Mn2＋。（3）Mg（OH）2和盐酸反应可生成MgCl2溶液，MgCl2为强酸弱碱盐，直接加热MgCl2溶液会促使MgCl2水解生成Mg（OH）2和HCl，为抑制MgCl2水解，需在HCl气流中蒸发MgCl2溶液。（4）20 ℃时碳酸锂在水中的溶解度为1.295 g，则饱和溶液中碳酸锂的质量分数为×100％，饱和溶液密度为1.014 8 g·cm－3，则其中Li2CO3的物质的量浓度为1 000ρωM＝1 000×1.014 8××100％74 ml·L－1≈0.18 ml·L－1。（5）Li2CO3微溶于热水，可溶于冷水，故“热水洗涤”可减少碳酸锂在洗涤过程中的损失。图示为减压过滤装置，该装置可加快过滤速率，减少温度降低后碳酸锂溶于冷水中的损失，且该装置所得固体较干燥。（6）由题意知，“合成”工序中Li2CO3、CCO3、O2在高温条件下反应生成LiCO2和CO2，化学方程式为2Li2CO3＋4CCO3＋O2 高温 4LiCO2＋6CO2。
8.[2024武汉部分学校调研]废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3等）的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。
已知：①TiO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应，分别生成不溶性的Na2TiO3和可溶性的NaVO3、Na2WO4；②Ksp（CaWO4）＝9×10－9。
回答下列问题：
（1）基态23V原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）“球磨”的目的是 增大接触面积，提高“碱浸”反应速率 。
（3）“碱浸”后通过 过滤 （填操作名称）可以实现钛与钒、钨分离。
（4）“酸浸”后钛主要以TiO2＋形式存在，“热水解”反应的离子方程式为 TiO2＋＋（x＋1）H2O △ TiO2·xH2O↓＋2H＋ 。
（5）“煅烧”NH4VO3的化学方程式为 2NH4VO3 煅烧 V2O5＋2NH3↑＋H2O↑ 。
（6）“沉钨”中析出CaWO4时，需要加入过量CaCl2，其目的是 利用同离子效应，促进CaWO4尽可能析出完全 。
（7）向20 mL 0.3 ml·L－1 Na2WO4的滤液中加入等体积的CaCl2溶液（忽略混合过程中的体积变化），欲使WO42－浓度小于1×10－6 ml·L－1，则CaCl2溶液的最小浓度为 0.318 ml·L－1。
解析
（1）基态23V原子的价层电子排布式为3d34s2，则价层电子轨道表示式为。（3）由已知①知，“碱浸”后得到可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3，则可以通过过滤实现钛与钒、钨分离。（4）由流程图知，“热水解”时TiO2＋转化为TiO2·xH2O，离子方程式为TiO2＋＋（x＋1）H2O △ TiO2·xH2O↓＋2H＋。（5）“煅烧”NH4VO3得到V2O5，V元素化合价不变，发生非氧化还原反应，根据原子守恒配平化学方程式为2NH4VO3 煅烧 V2O5＋2NH3↑＋H2O↑。（6）“沉钨”时析出CaWO4的反应为Ca2＋＋WO42－ CaWO4↓，加入过量CaCl2，可增大Ca2＋浓度，促进CaWO4尽可能析出完全。（7）根据Ca2＋＋WO42－ CaWO4↓知，生成CaWO4沉淀需要20 mL 0.3 ml·L－1 CaCl2溶液，欲使WO42－浓度小于1×10－6 ml·L－1，则溶液中c（Ca2＋）＞9×10－91×10－6 ml·L－1＝9×10－3 ml·L－1，则加入的CaCl2溶液的最小浓度为0.3 ml·L－1＋9×10－3 ml·L－1×2＝0.318 ml·L－1。
9.嫦娥五号从月球带回的“土壤”中含有辉钼矿，其主要成分为MS2（S为－1价），含少量Ca、Cu、Re（铼）等元素。以辉钼矿为原料生产多钼酸盐的工艺流程如下。
已知：25 ℃时相关物质的溶度积如表。
（1）“研磨”的目的是 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 。
（2）“氧化焙烧”中发生反应MS2＋O2＋CaCO3 CaMO4＋CaSO4＋CO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 9∶2 ，其中加入石灰石的主要作用是 防止生成SO2造成环境污染 。
（3）加入（NH4）2CO3后的“浸出液”中含有MO42－（钼酸根离子）以及少量[Cu（NH3）4]2＋等离子，生成MO42－的离子方程式为 CaMO4（s）＋CO32－（aq）⇌CaCO3（s）＋MO42－（aq） ，该反应的K＝ 1.4×106 。
（4）根据已知数据，“净化除杂”过程中，可加入的最适宜试剂是 A （填标号）。
A.（NH4）2SB.NaOH
C.Na2CO3D.Na2S
该试剂主要是将[Cu（NH3）4]2＋转化为 CuS （填化学式）。
（5）“酸沉”过程，调节pH至6以下，将溶液中的钼酸根离子转化为仲钼酸根离子（M7O246－），该反应的离子方程式为 7MO42－＋8H＋ M7O246－＋4H2O 。
（6）工艺流程中可循环利用的物质是 CO2 、 NH3 。
解析
（2）该反应中M由＋2价升高到＋6价，S由－1价升高到＋6价，O由0价降低到－2价，根据得失电子守恒和原子守恒，可配平反应方程式2MS2＋9O2＋6CaCO3 △ 2CaMO4＋4CaSO4＋6CO2，则该反应中氧化剂（O2）与还原剂（MS2）的物质的量之比为9∶2；加入石灰石可将S元素转化为CaSO4，防止生成SO2，造成环境污染。（3）由已知信息知，加入（NH4）2CO3进行“盐浸”时会进行沉淀的转化，CaMO4与CO32－反应生成MO42－和碳酸钙，离子方程式为CaMO4（s）＋CO32－（aq）⇌CaCO3（s）＋MO42－（aq），该反应的平衡常数K＝c（MO42－）c（CO32－）＝c（MO42－）·c（Ca2+）c（CO32－）·c（Ca2+）＝Ksp（CaMO4）Ksp（CaCO3）＝4.2×10－33.0×10－9＝1.4×106。（4）“净化除杂”过程是为了除去Cu元素，使之转化为沉淀，由于Ksp（CuS）远小于Ksp[Cu（OH）2]，且为了不引入新杂质，故应加入（NH4）2S。（6）由工艺流程可以看出所加（NH4）2CO3可由反应过程中产生的CO2和NH3反应制得，因此该工艺流程中可循环利用的物质是CO2和NH3。
10.[2024惠州调研]工业上，处理低品位黄铜矿（CuFeS2）常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾（FeSO4·7H2O）和胆矾（CuSO4·5H2O）。相关流程如图。
已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌（T.f细菌）在pH为1.0～6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。
（1）生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是 增大反应物的接触面积，加快生物堆浸的反应速率，使反应更充分 。
（2）生物堆浸过程的反应在T.f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为CuFeS2＋4H＋＋O2T.f细菌 Cu2＋＋Fe2＋＋2S＋2H2O，第二阶段的反应为Fe2＋继续被氧化转变成Fe3＋，反应的离子方程式为 4Fe2＋＋O2＋4H＋ 4Fe3＋＋2H2O 。
（3）结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在 1.0～1.5 范围内。
（4）过程Ⅰ中，加入Na2S2O3固体还原堆浸液中的Fe3＋，得到溶液X。为判断堆浸液中Fe3＋是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入 KSCN 试剂（填试剂的化学式），观察溶液颜色变化。
（5）过程Ⅱ中，用H2O2和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示H2O2的作用 4H2O2＋CuS Cu2＋＋4H2O＋SO42－ 。
（6）绿矾的纯度可通过KMnO4滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用c ml·L－1的KMnO4标准溶液滴定，滴定终点的判定方法是 当滴加最后半滴高锰酸钾标准溶液时，溶液颜色变为浅红色，且半分钟内不褪色 。至恰好完全反应时，消耗KMnO4标准溶液的体积为V mL。绿矾晶体的质量分数为 139cVm％ 。
解析 （1）生物堆浸过程是固体与液体的反应过程，将矿石进行研磨，可以增大反应物之间的接触面积，使化学反应速率加快。（2）生物堆浸过程第二阶段的反应为Fe2＋与O2发生氧化还原反应生成Fe3＋，根据得失电子守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，反应的离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋ 4Fe3＋＋2H2O。（3）生物堆浸过程中生成Fe3＋，由T.f细菌的活性范围和Fe3＋沉淀的pH范围知应控制溶液的pH在1.0～1.5范围内。（4）判断堆浸液中Fe3＋是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，观察溶液是否呈红色，若溶液呈红色，则说明Fe3＋未被还原完全。（5）H2O2具有强氧化性，CuS具有还原性，由题意知二者在酸性条件下发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O，反应的离子方程式为CuS＋4H2O2 Cu2＋＋4H2O＋SO42－。（6）滴定终点时，KMnO4过量，溶液颜色变为浅红色，且半分钟内不褪色；FeSO4与酸性KMnO4溶液反应，Fe2＋被氧化为Fe3＋，KMnO4被还原为Mn2＋，根据得失电子守恒可知，二者存在关系式：5FeSO4～KMnO4，滴定过程中消耗n（KMnO4）＝c ml·L－1×V×10－3 L＝10－3cV ml，则n（FeSO4）＝n（FeSO4·7H2O）＝5×10－3cV ml，m（FeSO4·7H2O）＝5×10－3cV ml×278 g·ml－1＝1.39cV g，绿矾晶体的质量分数为1.39cVgmg×100％＝139cVm％。
11.[热重分析]2022年，《自然》杂志发表了研究成果：碘化镍（NiI2）在其二维形式中是多铁性的。某小组以废镍催化剂（主要成分是Ni，含少量Zn、Fe、CaO、SiO2等杂质）为原料制备碘化镍的流程如图1所示。
图 1
已知：室温下，Ksp （CaF2）＝1.6×10－10。
请回答下列问题：
（1）“滤渣1”的成分是CaSO4、 SiO2 （填化学式）。“滤渣2”经过洗涤、干燥、 灼烧 （填操作名称）可制备铁红。
（2）“除铁”中可通过先加入H2O2溶液再加入NiO替代NaClO溶液，H2O2的作用是 2Fe2＋＋H2O2＋2H＋ 2Fe3＋＋2H2O （用离子方程式表示）。
（3）“除钙”时，为了确保滤液中c（Ca2＋）≤1×10－5 ml·L－1，则滤液中c（F－）至少为 4×10－3 ml·L－1。
（4）“萃取”中，萃取剂的密度小于1 g·cm－3，若在实验室中分离萃取液，具体操作是 取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液 。
（5）“分解”过程中通入N2的目的是 作保护气，防止镍被空气中的氧气氧化 。
（6）在空气中加热一定量的NiC2O4·2H2O晶体，测得固体失重率（固体失重率＝原固体质量－剩余固体质量原固体质量×100％）与温度的关系如图2所示，300 ℃时固体发生反应的化学方程式为 NiC2O4300°C NiO＋CO2↑＋CO↑ 。
图 2
解析
（1）SiO2不溶于硫酸，CaSO4微溶于水，所以“滤渣1”的成分是CaSO4、SiO2。“滤渣2”是Fe（OH）3，经过洗涤、干燥、灼烧可分解为铁红。（2）“除铁”中可通过先加入H2O2溶液再加入NiO替代NaClO溶液，H2O2的作用是把Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋ 2Fe3＋＋2H2O。（3）室温下，Ksp（CaF2）＝1.6×10－10，“除钙”时，为了确保滤液中c（Ca2＋）≤1×10－5 ml·L－1，则滤液中c（F－）≥1.6×10－101×10－5 ml·L－1＝4×10－3 ml·L－1。（4）“萃取”中，萃取剂的密度小于1 g·cm－3，则萃取液在上层，若在实验室中分离萃取液，具体操作是：取下分液漏斗塞子，旋开活塞，放出下层液体，待下层液体刚好放完，立即关闭活塞，从上口倒出萃取液。（5）“分解”过程中通入N2的目的是作保护气，防止镍被空气中的氧气氧化。（6）设有1 ml NiC2O4·2H2O晶体，质量为183 g，加热到150 ℃时失重率为19.67％，失去的质量约为36 g，则晶体完全失去结晶水；加热到300 ℃时失重率为59.02％，则剩余固体的质量为75 g，其中有1 ml Ni，则氧元素的物质的量为75 g－59 g16 g·ml－1＝1 ml，所以所得固体为NiO，Ni的化合价未发生变化，则300 ℃时固体发生反应的化学方程式为NiC2O4300°C NiO＋CO2↑＋CO↑。
12.[2021湖北]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 6 ；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第三主族，中Cu的化合价为 ＋1 。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 Cu2O＋H2O2＋2H2SO4 2CuSO4＋3H2O 。
（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1.0×10－5 ml·L－1时沉淀完全，In3＋恰好完全沉淀时溶液的pH约为 4.7 （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 蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色 ；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＝ 2.0×10－6 。{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 HCl溶液、BaCl2溶液 ；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 作溶剂 。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 GaCl3＋NH3 高温 GaN＋3HCl 。
解析 （1）Se与硫同为第ⅥA族元素，原子最外层有6个电子。Se为第ⅥA族元素，化合价为－2，Ga和In同为第ⅢA族元素，化合价均为＋3，根据化合物中正负化合价代数和为0，设中Cu的化合价为x，则x＋3×0.5＋3×0.5－2×2＝0，解得x＝＋1。（2）中Ga和In元素均处于最高价态，高温焙烧时Se元素转化为SeO2，则酸浸氧化时H2O2氧化＋1价的Cu，高温焙烧时Cu元素转化为Cu2O，故酸浸氧化时发生的主要氧化还原反应为Cu2O＋H2O2＋2H2SO4 2CuSO4＋3H2O。（3）根据Ksp[In（OH）3]＝c（In3＋）·c3（OH－）知，当In3＋恰好完全沉淀时，c（OH－）＝31.0×10－331.0×10－5 ml·L－1＝10－283 ml·L－1，c（H＋）＝10－1410－283 ml·L－1＝10－143 ml·L－1，pH＝－lg 10－143≈4.7。若继续加入6.0 ml·L－1氨水至过量，先有蓝色Cu（OH）2沉淀生成，然后蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液。将Ga（OH）3（s）⇌Ga3＋（aq）＋3OH－（aq）、Ga3＋＋4OH－⇌[Ga（OH）4]－、NH3·H2O⇌NH4＋＋OH－三个反应相加可以得到Ga（OH）3（s）＋NH3·H2O⇌[Ga（OH）4]－＋ NH4＋，则平衡常数K＝Ksp[Ga（OH）3]·K'·Kb（NH3·H2O）≈1.0×10－35×1.0×1034×2.0×10－5＝2.0×10－6。（4）加氨水调pH的目的是沉淀溶液中的Ga3＋、In3＋，得到的滤液Ⅰ主要含硫酸铵、[Cu（NH3）4]SO4，检验滤渣中SO42－是否洗净，可以加入盐酸酸化的BaCl2溶液。Ga（OH）3、In（OH）3可分别写为Ga2O3·3H2O、In2O3·3H2O的形式，SOCl2能和分子内的H2O发生反应SOCl2＋H2OSO2↑＋2HCl，Ga2O3、In2O3和HCl反应均生成氯化物和H2O，因此SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和作溶剂。（5）高温气相沉积时GaCl3和NH3反应生成GaN，同时得到HCl，化学方程式为GaCl3＋NH3 高温 GaN＋3HCl。
13.[萃取与反萃取][2022江苏]实验室以二氧化铈（CeO2）废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2（CO3）3，其部分实验过程如下：
（1）“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3＋并放出O2，该反应的离子方程式为 2CeO2＋H2O2＋6H＋ 2Ce3＋＋O2↑＋4H2O 。
（2）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2（CO3）3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2（CO3）3的加料方式为 B （填序号）。
A.将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B.将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2（CO3）3。已知Ce3＋能被有机萃取剂（简称HA）萃取，其萃取原理可表示为Ce3＋（水层）＋3HA（有机层）⇌Ce（A）3（有机层）＋3H＋（水层）。
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 使c（H＋）减小，促进萃取反应平衡正向移动，提高Ce3＋萃取率 。
②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 适当增大稀HNO3浓度、多次萃取分液 （填两项）。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，滤去Ce2（CO3）3沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有 Ce3＋、H＋ （填化学式）。
解析 （1）CeO2与H2O2反应生成Ce3＋并放出O2，Ce由＋4价降为＋3价，H2O2中O由－1价升至0价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平可得反应的离子方程式。（2）为控制Cl－含量，应将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中，以防CeCl3水解产生较多CeOCl：CeCl3＋H2O⇌CeOCl＋2HCl。（3）①由萃取原理知，酸性条件下Ce3＋不易被HA萃取，加氨水除去过量盐酸，便于Ce3＋由水层进入有机层。③“反萃取”得到的水溶液中含有Ce3＋、H＋和NO3－，加入氨水和NH4HCO3后，H＋被消耗，Ce3＋转化为沉淀，所以Ce3＋和H＋的物质的量会减少。
14.[物质结构＋工艺流程][2024福州一检]钴是生产电池材料、高温合金、磁性材料及染色剂的重要原料。一种以湿法炼锌净化渣（主要含有C、Fe、Cu、Pb、ZnO、Fe2O3等）为原料提取钴的工艺流程如下。
已知：常温下，Ksp（CuS）＝8.9×10－36，Ksp（CS）＝4.0×10－21。
回答下列问题：
（1）基态C原子的价电子排布式为 3d74s2 。
（2）“浸出”过程中，为提高浸出率可采取的措施有 升温、粉碎矿物 （写2种），浸出渣的成分为 PbSO4 。
（3）“除铜”后溶液中C2＋浓度为0.4 ml·L－1，为防止除铜时产生CS沉淀，应控制溶液的pH不超过 1.0 [已知常温下，饱和H2S水溶液中存在关系式：c2（H＋）·c（S2－）＝1.0×10－22（ml·L－1）3]。
（4）“氧化”过程中，Na2S2O8与C2＋发生反应的离子方程式为 S2O82－＋2C2＋ 2SO42－＋2C3＋ 。
（5）“沉铁”过程中，Na2CO3的作用是 调节溶液pH，使铁离子完全沉淀 。
（6）“沉钴”产物可用于制备CO。
①C（OH）3在稀有气体中受热分解生成CO的化学方程式为 4C（OH）3 △ 4CO＋O2↑＋6H2O 。
②CO的晶胞结构如图所示，与C2＋距离最近且相等的C2＋有 12 个；设C2＋与O2－的最近核间距为r nm，CO晶体的密度为 3008r3NA×1021 g·cm－3（设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式）。
（7）[C（NH3）5Cl]Cl2可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。在该配合物中，C的化合价为 ＋3 ，中心原子的配体为 NH3、Cl－ ，含有的微粒间作用力有 ab （填标号）。
a.离子键b.配位键c.金属键
解析
（1）C元素为元素周期表中第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，基态C原子的价电子排布式为3d74s2。（2）“浸出”过程中，为提高浸出率，可通过加快反应速率来达到，可采取的措施有升高温度、粉碎矿物、适当增大硫酸浓度等；根据湿法炼锌净化渣的主要成分判断，浸出渣的成分是微溶物PbSO4。（3）由已知信息知，为防止除铜时产生CS沉淀，需控制溶液中c（S2－）≤Ksp（CS）c（C2+）＝4.0×10－210.4 ml·L－1＝1.0×10－20 ml·L－1，则此时c（H＋）≥1.0×10－221.0×10－20 ml·L－1＝0.1 ml·L－1，pH≤1.0。（4）结合后续操作及得到C（OH）3知，氧化过程中加入的过硫酸钠将C2＋氧化为了C3＋，则发生反应的离子方程式为S2O82－＋2C2＋ 2SO42－＋2C3＋。（5）“沉铁” 过程中加入Na2CO3来调节溶液pH，使铁离子沉淀完全。（6）①C（OH）3在稀有气体中受热分解生成CO，C元素化合价由＋3降至＋2，则必有元素化合价升高，分析知同时生成了氧气，反应的化学方程式为4C（OH）3 △ 4CO＋O2↑＋6H2O。②以体心处C2＋为研究对象，与其距离最近且相等的C2＋有12个，同层、上层、下层各有4个。由C2＋与O2－的最近核间距为r nm得出CO的晶胞边长为2r nm，则CO的晶胞体积V＝（2r×10－7）3 cm3，每个CO晶胞中存在4个C2＋和4个O2－，因此每个CO晶胞的质量m＝4×59+4×16NA g，根据密度公式得ρ＝mV＝3008r3NA×1021 g·cm－3。（7）由化合物中各元素化合价代数和为0知，该配合物中C的化合价为＋3。根据配合物的结构特征可知，中心原子C的配体为NH3和Cl－，内界[C （NH3）5Cl]2＋与Cl－之间的作用力为离子键，而中心原子C与配体NH3、Cl－之间的作用力为配位键。分类
特点
命题趋势及热点分析
物质
制备类
一般以矿物或废料为原料，有时也以化学品为原料，经过一系列转化、除杂等步骤，得到目标产品
物质制备类工艺流程题是主流考查形式，比较典型，备考时需加大训练力度。结合理论的综合类工艺流程题近两年在地方卷中大量出现，其综合性强、考查角度广，预测是未来工艺流程题的命题新方向。尤其2022年湖南卷的工艺流程题考查了化学反应的热效应，打破常规，值得引起考生注意
物质
提纯类
从混合矿物或矿渣中经分离提纯得到目标产品
结合理论
的综合类
以工艺流程为载体，侧重考查溶液中的离子反应与平衡（图像、计算等）、电化学知识
考查热点
考频
热点剖析
全国卷
地方卷
原料预处理
10卷
6考
50卷
14考
考查原料预处理的方法、目的等
化学（离子）
方程式书写
10卷
9考
50卷
35考
考查元素化合物模块知识，核心是物质的转化，关键在于厘清工艺流程，难点是对所给陌生信息的理解与应用。高频考查的元素有Fe、Cr、Mn、Ni、Mg、Al、V、Ti、Ca等（常见元素、第四周期金属元素居多），近年来还考查陌生元素，如M、Ce等。对于非课标要求的元素，试题中会给出对应的性质、反应等信息，考查考生对新信息的提取、理解、分析、应用能力
物质推断
10卷
5考
50卷
22考
循环利用
10卷
4考
50卷
11考
引导考生将所学知识应用于生产实际，需考虑经济性、环保性，体现科学态度与社会责任化学学科核心素养
生产条件的
选择与优化
10卷
4考
50卷
21考
实验仪器与操作
—
50卷
11考
将化学工艺流程与实验相结合，主要考查分离提纯及检验的相关操作
化学平衡常
数相关计算
10卷
4考
50卷
20考
将化学工艺流程与化学平衡相结合，考查沉淀溶解平衡，常根据Ksp计算溶液pH等，近两年地方卷开始融合沉淀转化、电离平衡、水解平衡等进行考查
电化学
10卷
1考
50卷
5考
将化学工艺流程与电化学相结合，考查电极反应式书写及电化学的相关计算
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
—
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
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
物质
Li2CO3
MgCO3
CaCO3
MnCO3
Mg（OH）2
Ksp
2.5×10－2
6.8×10－6
3.4×10－9
2.3×10－11
5.6×10－12
难溶物
CaMO4
CaSO4
CaCO3
CuS
Cu（OH）2
Ksp
4.2×10－3
4.9×10－5
3.0×10－9
6.1×10－36
2.2×10－20
Fe3＋
Cu2＋
Fe2＋
开始沉淀时的pH
1.5
4.2
6.3
完全沉淀时的pH
2.8
6.7
8.3