资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩30页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考化学二轮复习讲与练专题 （2分，原卷版+解析版）
成套系列资料，整套一键下载
新高考化学二轮复习讲与练专题一0一 化学工艺流程（解析版）
展开
这是一份新高考化学二轮复习讲与练专题一0一 化学工艺流程（解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题十一化学工艺流程原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题十一化学工艺流程解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共88页， 欢迎下载使用。
一、工业流程题的结构
二、流程图中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律，①判断产物，②根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。
2．原料的预处理
(1)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸等。
(2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。
(3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。
3．常用的控制反应条件的方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH增大；
②不引入新杂质。
例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)趁热过滤。防止某物质降温时会析出。
(4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．常用的提纯方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
5．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
三、化学工艺流程题的分析方法
主线分析“原料→中间转化物质→目标产物”
(1)反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？
(2)循环物质的确定
(3)副产品的判断
探究一 离子反应与氧化还原反应的综合应用
草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为，含少量等)制取工艺流程如图所示：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有等；
②酸性条件下，不会氧化，转化为；
③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表。
(1)回答下列问题：浸出过程中加入的主要目的_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)向浸出液中加入发生反应的离子方程式为_______。
(3)向滤液Ⅰ中加入溶液得到的沉淀的主要成分是_______(写化学式)。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜范围是_______(填字母代号)。
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5
(5)①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有_______ (填仪器名称)
②热分解质量变化过程如图2所示。其中以前是隔绝空气加热，以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是_______。
【答案】(1) 将Fe3+和C3+还原
(2)
(3)CaF2、MgF2
(4)B
(5) (瓷)坩埚和泥三角 C2O3
【详解】（1）①具有还原性，能还原氧化性离子铁离子和钴离子，所以浸出过程中加入的主要目的是将Fe3+和C3+还原；
故答案为：将Fe3+和C3+还原；
②发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（2）NaClO3加入浸出液中，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，其反应离子方程式为；
故答案为：；
（3）向滤液Ⅰ中加入溶液是为了除镁钙，则得到的沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；
故答案为：CaF2、MgF2；
（4）由图可知，调节pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+萃取较完全，并尽可能减少C2+损失，故选B；
故答案为：B；
（5）①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有瓷坩埚和泥三角；
故答案为：瓷坩埚和泥三角；
②18.30g的物质的量为 ，以后是在空气中加热，则C点对应的产物为钴的氧化物，质量为8.30g，而0.1ml钴的质量为5.90g，则该氧化物中氧元素质量为8.30g-5.90g=2.40g，C原子与O原子的物质的量之比为 ，故C点所示产物的化学式是C2O3；
故答案为：C2O3。
【变式练习】
1．（2022·山东潍坊·高三期中）常温下是一种无色气体、溶于浓硫酸、易水解，常用作火箭高能燃料。工业用液氨法制取的流程如下：
已知：①硼酐是一种难溶物；
②石灰石中含有微量氧化铁、二氧化硅、硫单质等
回答下列问题：
(1)氨化釜中主要产物为，则滤渣Ⅰ的成分是_______，操作Ⅱ的名称_______。
(2)反应釜Ⅰ中产生两种气体，发生反应的离子方程式为_______。
(3)经过必要的处理可循环利用的物质是_______。
(4)反应釜Ⅱ中发生反应的化学方程式_______。
(5)利用离子色谱法可以检测三氟化硼中硫元素的含量，将样品通过检测液，进行色谱分析，得到如图所示结果。出现曲线1的原因可能是_______。
(6)利用电解氟硅酸钠的方法可以制取高纯度，装置如图所示。甲室中加入的电解质为_______，a膜选用_______(“阴离子”“阳离子”“质子”)交换膜。
【答案】(1) SiO2 蒸馏
(2)CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O
(3)氨气
(4)3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O
(5)浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子
(6) Na2SiF6溶液 阳离子
【详解】（1）根据分析可知，滤渣Ⅰ成分为SiO2，操作Ⅱ为蒸馏。
（2）反应釜I中NH4F和CaCO3反应生成氨气、二氧化碳和氟化钙，离子方程式为CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O。
（3）反应釜Ⅰ中生成了氨气，经必要处理后可生成液氨重复利用。
（4）根据分析可知，反应釜Ⅱ中反应的化学方程式为3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O。
（5）浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子。
（6）阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子与Na2SiF6反应生成H2SiF6，则甲室加入的电解质为Na2SiF6溶液，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，为防止丙室产生的氢氧根离子进入甲室与H2SiF6反应，同时为得到高纯度的H2SiF6，甲室的Na+需能通过a膜向丙室移动，则a膜选用阳离子交换膜。
2．（2022·辽宁沈阳·高三期中）碳酸锰在工业上常用作脱硫的催化剂、瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示。
已知：还原焙烧的主反应为。可能用到的数据如表所示：
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器的名称：_______。
(2)步骤B中为提高浸取的速率采取的方法有_______(写两种方法)。
(3)步骤D发生反应的离子方程式为_______。
(4)步骤E中调节的范围为_______。
(5)步骤G发生反应的化学方程式为_______。
(6)已知溶液能将氧化为。证明步骤G中已完全反应的方法为___。
【答案】(1)铁坩埚
(2)搅拌、适当升高反应混合物的温度(合理即可)
(3)
(4)
(5)
(6)取少量上层清液于试管中，向其中滴入溶液，溶液不变为紫红色，可证明已经沉淀完全
【详解】（1）焙烧时碳酸钙会和瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以应选用铁坩埚。
（2）步骤B中为提高浸取的速率采取的方法可以是搅拌、适当升高反应混合物的温度等。
（3）步骤D中加入可以将氧化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：。
（4）沉淀完全时的和开始沉淀时的，所以为完全除去，又不减小的含量的范围为。
（5）在步骤G中与反应生成沉淀、和，反应的化学方程式为：。
（6）若步骤G中已完全反应，则取少量上层清液于试管中，向其中滴入溶液，溶液不变为紫红色，可证明已经沉淀完全。
3．某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有及一定量的和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。
(1)为28号元素，写出原子基态电子排布式_______，用乙醇洗涤废催化剂的目的是_______，从废液中回收乙醇的方法是_______。
(2)为提高酸浸速率，可采取的措施有_______(答一条即可)
(3)硫酸酸浸后所得滤液A中含有的金属离子是_______，向其中加入反应的离子方程式为_______。
(4)滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液溶液
①操作X是_______，过滤，洗涤，干燥。
②在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式是_______。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d84s2 溶解、除去催化剂表面的有机物 蒸馏
(2)将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
(3) 、、
(4) 冷却结晶
【详解】（1）①为28号元素,基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2
②用乙醇可以溶解废催化剂表面的有机物，达到除去目的，答案为：溶解、除去催化剂表面的有机物
③可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法，答案为：蒸馏
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）①由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，则溶液中含有的金属阳离子为、、；
②向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为
（4）①①硫酸镍的溶解度随温度的升高变化较大，故酸化后的硫酸镍溶液经冷却结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：冷却结晶；
②由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
探究二 常见无机物的制备、分离与提纯
用含钴废料(主要成分为，含有少量杂质)制备的流程如图所示。
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
②在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体。
请回答下列问题：
(1)“酸浸”步骤中可以有效提高废料利用率的方法有_______________(写出一种方法即可)。
(2)“酸浸”时与发生反应的离子方程式为______________________________。
(3)“除铁”中，溶液对除铁率和钴回收率影响如图所示。该步骤应控制范围是3.0~4.0图中钴回收率骤降的可能原因是______________________________。
(4)“除镍”步骤的实验操作名称是______________________________。
(5)“沉钴”时温度不能太低也不能太高，原因是______________________________。
(6)“沉钴”步骤的化学反应方程式是_____________________________________________。
【答案】(1)粉碎、搅拌等
(2)
(3)水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降
(4)萃取分液
(5)碳酸氢铵不稳定，温度太高会分解，温度过低会导致反应速率很慢
(6)
【详解】（1）“酸浸”步骤中可以有效提高废料利用率的方法有粉碎、搅拌等；
（2）“酸浸”时与发生反应生成二价钴和氧气、水，离子方程式为；
（3）已知，在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；
（4）“除镍”步骤中为分离水层和有机层的操作，实验操作名称是萃取分液；
（5）“沉钴”时温度不能太低也不能太高，原因是碳酸氢铵不稳定，温度太高会分解，温度过低会导致反应速率很慢，降低效率；
（6）“沉钴”步骤中碳酸氢铵和反应生成硫酸铵和二氧化碳、水、，化学反应方程式是。
【变式练习】
1．（2022·宁夏·平罗中学高三期中）金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：
已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
回答下列问题：
(1)“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。
(2)“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。
(3)“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。
【答案】(1) FeCl3、AlCl3
(2) SiCl4 高于136℃而低于181℃
(3)Cl2
【详解】（1）维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；
（2）根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；
（3）“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。
2．（2022·福建·泉州七中高三期中）某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：
(1)如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因_______。
(2)合适温度下，料渣1的主要成分是_______。
(3)生成S的化学方程式为_______。
(4)试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为_______，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是_______(与沉淀相关的数据如表所示)。
(5)写出氧化过程中反应的离子方程式：_______
(6)工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因_______。
【答案】(1) 70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
(2)硫酸钙（CaSO4）
(3)
(4) H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
(5)ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-
(6)电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。
【详解】（1）由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；
（2）根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；
（3）酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；
（4）常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；
（5）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH•H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-；
（6）电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。
3．（2022·福建·上杭一中高三期中）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备。其工业流程如下：
(1)为了提高浸锰的浸取率可采取的措施是_______(任写一条)，滤渣Ⅱ为_______。
(2)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的：
Ⅰ.
Ⅱ.……
写出Ⅱ的离子方程式：_______。
(3)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的金属阳离子为_______(填离子符号)。
(4)氧化过程中被氧化的主要微粒为_______。
(5)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_______。
(6)已知的溶解度曲线如图1所示，从酸溶后析出晶体的“系列操作”是蒸发结晶、_______、洗涤、低温干燥。
(7)通过煅烧可制得软磁铁氧体材料(MnOx)，在不同温度下煅烧时剩余质量变化的曲线如图2所示。根据图2中数据可得MnOx中x的值为_______。
【答案】(1) 搅拌或适当升高温度 Fe(OH)3
(2)
(3)Mn2+、Fe2+
(4)、Fe2+
(5)
(6)温度高于40℃趁热过滤
(7)
【详解】（1）为了提高浸锰的浸取率可采取的措施是：搅拌或适当升高温度；为除去滤液中的铁离子，调节pH，沉淀铁离子，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，最后过滤，则滤渣II为Fe(OH)3；
（2）根据浸锰过程中与反应的离子方程式为，以及第一步反应，用总式减去第一步反应方程可得到反应Ⅱ的离子方程式：；
（3）软锰矿形成矿浆，通入足量的，MnO2、与反应生成Mn2+、Fe2+，SiO2不反应，过滤，故滤液含有阳离子为：Mn2+、Fe2+；
（4）氧化过程中和MnO2反应的化学方程式为+ MnO2=MnSO4，S元素化合价升高，还有Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，则被氧化的主要微粒为、Fe2+；
（5）加入溶液后，发生彻底的双水解反应生成沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式：；
（6）由图知低于40℃结晶析出，高于40℃结晶析出，则由硫酸锰溶液制备的实验方案为：蒸发结晶，温度高于40℃趁热过滤，洗涤、低温干燥；
（7）MnSO4•H2O在高温下易分解，25.35g MnSO4•H2O物质的量为：，根据锰元素守恒，MnSO4•H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，剩余的质量为：0.15ml×151g/ml=22.65g，所以图2曲线中A段质量减少：25.35g-22.65g=2.7g为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据图像数据可知：B固体质量为11.45g，为MnOx，根据锰元素守恒，MnOx的质量为：0.15ml×(55+16x)g/ml=11.45g，解得：x=。
探究三 水溶液中的离子反应和平衡问题
高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
(1)“浸取”操作中通入高压的目的：_______。
(2)“浸取”过程有黄色沉淀生成，CuS在“浸取”中发生反应的化学方程式为：_______。
(3)“中和调pH”的pH范围：_______。
(4)固体X的成分：_______。
(5)“还原”步骤中发生的离子方程式：_______。
(6)“过滤”操作后经若干步骤可得到金属M，M为_______(填化学式)。
【答案】(1)使CuS被溶解，把Fe元素氧化成，促进金属离子浸出
(2)
(3)
(4)、S
(5)
(6)Zn
【详解】（1）CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，故答案为使CuS被溶解，把Fe元素氧化成，促进金属离子浸出；
（2）浸取时CuS溶解的离子方程式为；
（3）根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2；
（4）经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3；
（5）滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，故“还原”步骤中发生的离子方程式；
（6）由上述分析知Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
【变式练习】
1．（2022·福建福州·高三期中）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_______。
(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)Ce或138Ce
(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)
(3)Al(OH)3
(4)促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离
(5)2Ce3＋+6HCO+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑
(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
【详解】（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Ce或138Ce。
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（3）由分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。
（4）由分析知，加入絮凝剂的目的是促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离。
（5）HCO在水溶液中即有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合HCO电离平衡产生的CO及水分子形成难溶的Ce2(CO3)3·nH2O，使HCO电离平衡正向移动，H+增多，又促使HCO的水解平衡正向移动，产生大量H2CO3，H2CO3过饱和分解成H2O和CO2，故“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋+6HCO+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。
（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，Fe元素由反应物中+3价变为生成物中的+2价，做氧化剂降价，C6H12O6做还原剂被氧化成CO，根据得失电子守恒，元素守恒配平该反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。
2．（2022·江苏镇江·高三期中）硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。
(1)写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。
(2)“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。
(3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
(4)“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。
(5)在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。
(6)在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。
【答案】(1)
(2)使得完全溶解和沉淀完全
(3)
(4)温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)
(5)
(6)加热后分解生成和将五价钒还原为
【详解】（1）“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价， 而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。
（2）通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
（3）加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。
（4）温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。
（5）固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。
（6）中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。
3．氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料，有广泛应用。以铁硼矿(主要成分有Mg2B2O5·H2O、Fe3O4，次要成分有Fe2O3、FeO、 CaO、Al2O3、 SiO2) 为原料制备氮化硼的流程如图所示：
已知：相关金属离子[c( Mn+)= 0.1ml ·l-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
(1)用稀硫酸酸浸时，若其他条件不变，工业中采取下列措施能提高硼元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间
(2)滤渣1的主要成分为_______。
(3)加氨水过程中常常要加热，加热的目的是_______。
(4)从硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括_______、过滤、 洗涤、干燥。
(5)写出B2O3与氨气在高温下反应制备BN的化学方程式：_______
(6)H3BO3 (硼酸)还可以利用电解NaB(OH)4溶液的方法制备，工作原理如图所示，c为_______(填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”)， 产品室中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)AB
(2)二氧化硅和硫酸钙
(3)防止生成胶体，利于沉淀的生成
(4)蒸发浓缩、降温结晶
(5)B2O3+2NH32BN+3H2O
(6) 阳离子交换膜 H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O
【详解】（1）适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度可以加快反应速率，能提高硼元素浸出率，而适当缩短酸浸时间会降低浸出效果，故选AB；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：二氧化硅和硫酸钙；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铁离子、铝离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢氧化铝胶体影响沉淀的生成，所以为防止沉淀时生成胶体，不利于沉淀的生成，常常采用加热的方法，故答案为：防止生成胶体，利于沉淀的生成；
（4）硫酸镁溶液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、 洗涤、干燥得到七水硫酸镁晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
（5）由题意可知，制备氮化镁的反应为氨气和氧化硼在高温下反应生成氮化硼和水，反应的化学方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O，故答案为：B2O3+2NH32BN+3H2O；
（6）由图可知，M室的石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜a膜进入产品室，N室的石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中，钠离子通过阳离子交换膜c膜进入N室，四羟基合硼离子通过阴离子交换膜b膜进入产品室与氢离子反应生成硼酸，反应的离子方程式为H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O，故答案为：阳离子交换膜；H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O。
1．完成下列问题
(1)采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品，工业流程如图1所示：
图1
①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法(如图(2))，其优点是_______。
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4反应的化学方程式为_______。
(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)对人类生活环境造成很大的污染。工业上采取氧化、还原等方法将之除去，以达到净化目的。
①烟气经O3预处理后用碱液吸收，可减少其中SO2、NOx的含量。已知NO可被O3氧化为 NO2、NO，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，该盐的化学式为_______。
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程为_______。
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如题图(3)所示，阴极电极反应式为_______。
【答案】(1) 使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率 2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O
(2) NaNO3 2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O
(3)2NH+2e-=2NH3↑+H2↑
【详解】（1）①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法，其优点是使气体和石灰乳充分接触，加快反应速率，提高气体的吸收效率；
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4反应为二氧化氮、亚硫酸钙、氢氧化钙反应生成硫酸钙、硝酸钙和水，化学方程式为2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O；
（2）①已知NO可被O3氧化为 NO2、NO，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，根据质量守恒可知，该盐的化学式为NaNO3。
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，根据质量守恒定律可知，反应生成氮气、二氧化碳、水蒸气，该反应的化学方程为2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O；
（3）左侧电极硝酸发生氧化反应生成氧气，为阳极，则右侧为阴极区，阴极铵根离子发生还原反应生成氨气和氢气，电极反应式为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑。
2．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Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
已知：25℃时相关物质的参数如表，LiOH的溶解度为12.4g/100gH2O
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为____。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是____。
(3)为提高Li2CO3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Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚末从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3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LiHCO3____(填“稳定”或“不稳定”或“不能说明稳定性”)，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Na2CO3改为通入CO2。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Ca2+转化成CaCO3沉淀，同时不引入新杂质
(3) 蒸发浓缩 趁热过滤
(4) 不稳定 2Li++2HCO=Li2CO3↓+CO2↑+H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，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
【详解】（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。故答案为：不稳定，2Li++2HCO=Li2CO3↓+CO2↑+H2O ；
（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。
3．高纯二氧化硅可用来制造光纤。某蛇纹石的成分见下表：
通过下图流程可由蛇纹石制备较纯净的二氧化硅。
(1)蛇纹石中涉及的可溶性金属氧化物有_______(写化学式)。
(2)步骤①中涉及SiO2反应的离子方程式为_______。
(3)滤渣A的成分有_______(填化学式)。
(4)步骤②中洗涤沉淀的方法是_______。
(5)步骤③反应的化学方程式为_______；实验室进行步骤③需要用到的主要仪器有带铁圈的铁架台、泥三角、酒精灯和_______。
【答案】(1)Na2O、K2O
(2)SiO2+2OH-=+H2O
(3)MgO和Fe2O3
(4)向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次
(5) H2SiO3 SiO2+H2O 坩埚
【分析】（1）因为NaOH、KOH都是可溶于水的强碱，所以蛇纹石中涉及的可溶性金属氧化物有Na2O、K2O。
（2）步骤①中，SiO2与NaOH反应，生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O。
（3）由分析知，滤渣A的成分有MgO和Fe2O3。
（4）步骤②中洗涤沉淀时，需要让蒸馏水浸没沉淀，同时要让洗涤用水自然流出，方法是：向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次。
（5）步骤③中发生的是硅酸的分解反应，化学方程式为H2SiO3 SiO2+H2O；实验室进行步骤③时，进行的操作是煅烧，需要用到的主要仪器有坩埚、泥三角、酒精灯和三脚架或带铁圈的铁架台。
4．某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是___________，实验室中宜选用的加热方式为___________(“水浴加热”或“油浴加热”)。
【答案】 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 油浴加热
【详解】由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热；
故答案为90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热。
5．提纯锌白粉(主要成分为ZnO，还含有FeO、MnO、CuO等杂质)流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)“浸出”时，MnO参与反应的离子方程式为_______。
(2)已知浸出液中c(Fe2+)=5.04mg·L-1，c(Mn2+)=1.65mg·L-1。若要除尽1m3浸出液中的Fe2+和Mn2+(所有含锰元素的物质均转化为MnO2)，则“氧化"时至少需要加入_______g高锰酸钾。
(3)“沉锌”反应在50℃条件下进行，生成ZnO的“前驱体"ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，试写出该反应的化学方程式：_______。
(4)某实验小组选用下图所示的部分装置验证锌白粉与碳粉反应生成的可能气态产物。
已知：PdCl2+CO+H2O=Pd(黑色)↓+CO2+2HCl
①上述装置的合理连接顺序为_______(填仪器接口的小写字母)。
②实验前先通入一段时间的氮气，其目的是_______。
【答案】(1)MnO+2H+=Mn2++H2O
(2)7.9
(3)
(4) adcfgbc； 排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；
【分析】（1）MnO+2H+=Mn2++H2O
（2）1m3浸出液中c(Fe2+)=5.04mg·L-1，c(Mn2+)=1.65mg·L-1，得m(Fe2+)=5.04g,m(Mn2+)=1.65g；则n(Fe2+)=0.09ml，n(Mn2+)=0.03ml，根据二价铁、二价锰和高锰酸根离子的关系式进行计算：；；故高锰酸酸钾需要0.05ml，质量为：0.05×158=7.9g，故答案为7.9；
（3）根据原子守恒及电荷守恒书写方程式为：；
（4）根据可能产生的气态物质二氧化碳和一氧化碳的检验方法判断，先检验二氧化碳，故先通入澄清石灰水，后检验一氧化碳，通入PdCl2溶液，因为根据已知PdCl2+CO+H2O=Pd(黑色)↓+CO2+2HCl有二氧化碳产生，故不能先检验CO，而反应锌白粉与碳粉在高温下反应，避免碳粉和水的反应，故在A装置后加一个干燥装置，故连接顺序为：adcfgbc；故答案为：adcfgbc；
②实验前先通入一段时间的氮气，排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；故答案为：排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；
6．镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为Ni(OH)2、C(OH)2及少量铁、铝的氧化物等]生产硫酸镍、碳酸钴的工艺流程如图。
已知：部分金属阳离子以氢氧化物的形式沉淀时溶液的pH见表：
回答下列问题：
(1)步骤①用稀硫酸浸取金属电极芯前，提高浸取率方法_______(写两种)。
(2)沉淀A的主要成分_______，步骤②调pH的范围为_______。
(3)将“母液1”的pH调至3~4，再加入NaClO，NaClO的作用是_______。
(4)步骤④离子方程式_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到目的，从环保角度分析不采用盐酸的原因：_______。
(5)步骤⑤中“母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎
(2) Al(OH)3、Fe(OH)3 4.7≤pH<6.2
(3)将C2+氧化为C3+
(4) 4H++H2O2+2C(OH)3=2C2++O2↑+6H2O 实验过程中会生成氯气，污染环境
(5)
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎；
（2）金属电极芯中的主要成分是C、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、C2+、Fe2+、A13+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、A13+，故沉淀A的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；为了保证Fe3+、A13+沉淀完全而不沉淀Ni2+、C2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7≤pH<6.2；
（3）由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是将C2+氧化为C3+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离；反应的离子方程ClO-+2C2++5H2O=2C(OH)3↓+Cl-+4H+；
（4）由分析可知，步骤④离子方程式为4H++H2O2+2C(OH)3=2C2++O2↑+6H2O；若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，实验过程中会生成氯气，污染环境；
（5）碳酸氢根电离出碳酸根离子和氢离子，“母液3”中的C2+与碳酸根形成难溶物碳酸钙，促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水, “母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为,。
1．（2022·四川绵阳·一模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。
(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) NaAlO2 除去有机物
(2) Ni2+ Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1ml 在下分解为，1ml 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
2．（2022·广东佛山·一模）金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
(1)研磨的目的是_______。
(2)滤渣1的主要成分是、_______(写化学式)。
(3)“浸出”时，转化成了，写出该反应的化学方程式_______。
(4)“氧化”时，只将氧化成，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“沉淀”时，应将pH调至_______。
(6)已知能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：。反萃取的目的是将有机层中的转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、_______，反萃取适宜选择的试剂是_______(填序号)。
A．70% B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和溶液
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3)
(4)1：6
(5)4.7≤pH<7.2
(6) 分液漏斗 A
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有二氧化硅和硫酸钙；
（3）水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：；
（4）只将氧化成，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；
（5）沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
（6）萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
3．（2022·吉林·抚松县第一中学模拟预测）
(1)以某锑矿(主要成分为Sb2O3，含有少量CaO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图1所示。
已知：As2O3微溶于水，Sb2O3难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。
①“浸出”时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣I”的成分，向“滤渣I”中加入氨水，SbOCl可再转化为Sb2O3，该反应的离子方程式为_______。
②“除砷“时，转化为H3PO4，该反应的离子方程式为_______。
(2)工业上利用电解精炼锡后的阳极泥(含Cu、Ag、PbSO4及少量的Sn等)回收金属Cu和Ag的流程如图2所示。
①“浸取1”中金属Ag发生反应的离子方程式为_______。
②“浸液2”中溶质的主要成分是，则“浸取2”中生成的离子方程式为_______。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）①加入氨水，SbOCl转化为Sb2O3，同时生成等，该反应的离子方程式为。
②“除砷“时，转化为H3PO4，As3+转化为As，该反应的离子方程式为。答案为：；；
（2）①“浸取1”中金属Ag被KClO3氧化为Ag+，再与Cl-结合为AgCl，发生反应的离子方程式为。
② “浸取2”中，AgCl被氨水溶解，生成，离子方程式为。答案为：；。
4．（2022·四川雅安·模拟预测）废旧锂电池的正极材料中含有镍、钴、锂、铝等金属元素。一种从废旧锂电池中回收镶、钴、锂制备相应产品的工艺流程如下：
已知：①浸出液中镍、钴、锂、铝分别以、、、的形式存在。
②碳酸锂的溶解度(g/L)见表。
(1)中的化合价是_______。
(2)某研究团队对“酸浸”条件做了大量研究，得出如下图示，根据下图选择适宜的浸取条件_______。
(3)“还原”操作时主要反应的离子方程式为_______；经检测，浸出液中，“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于_______。[]
(4)实验室“萃取”操作需要在_______(填仪器名称)中进行；“沉钴”的离子方程式为_______。
(5)“一系列操作”为_______、洗涤、干燥；“母液”的用途有_______(写出一种即可)。
【答案】(1)+3
(2)硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min
(3) 4
(4) 分液漏斗
(5) 蒸发结晶、趁热过滤 作氮肥(合理即可)
【详解】（1）显示-1价，所以的化合价是+3；
故答案为+3；
（2）由图可知，“酸浸”时，浸取条件为硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min时，浸出率最高；
故答案为硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min时；
（3）Na2SO3具有还原性，将C3＋还原为C2＋，反应离子方程式为；浸出液中，且，所以，带入计算得，此时值为4；所以“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于4；
故答案为，4；
（4）实验室“萃取”操作需要分液漏斗在中进行；使用H2C2O4和C2+生成CC2O4，离子方程式为；
故答案为分液漏斗，；
（5）Li2SO4加入(NH4)2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO4；母液中含有，可作氮肥(合理即可)；
故答案为蒸发结晶、趁热过滤；作氮肥(合理即可)。
5．（2022·贵州·模拟预测）碳酸锰(MnCO3) 可用作瓷釉、肥料和饲料添加剂，还应用于医药，电焊条辅料等。某工厂酸性废水中含有Fe2+、Mn2+、SO，以该废液为原料制备碳酸锰的工艺流程如图所示(部分操作和条件已略)。
回答下列问题：
(1)调节pH值选用的最佳试剂是_______(填序号)。
A．Fe2O3B．NaOHC．MnCO3D．H2SO4
(2)过滤1后滤液中存在的主要离子有_______。
(3)氧化过程加快反应速率的方法有_______(写两种方法)。
(4)碳化过程中发生的离子方程式为_______。
(5)过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体还需经过操作_______。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115mg碳酸锰加热，固体物质的质量随温度的变化如图所示。
①527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)为_______。
②527.4℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为_______
【答案】(1)C
(2)Mn2+、、H+
(3)增大H2O2的浓度、使用合适的催化剂
(4)Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑
(5)洗涤、烘干
(6) 2：3
【分析】（1）A．调节pH如果用Fe2O3，则可能会混入Fe3+，引入杂质，A错误；
B．用NaOH调节pH，则会引入Na+，引入了杂质，B错误；
C．用MnCO3调节pH，Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与MnCO3反应使Fe3+水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀，且产生的Mn2+后续还能碳化重新生成MnCO3，C正确；
D．该反应需要增大溶液的pH使Fe3+沉淀，加入硫酸无法增大pH，D错误；
故答案选C。
（2）过滤1除去了氢氧化铁沉淀，因此滤液中主要离子为Mn2+、，氢氧化铁完全沉淀时pH约为3.7，溶液中还有H+。
（3）氧化过程中加快反应速率的方法有增大H2O2的浓度，使用合适的催化剂等。
（4）碳化过程中的离子方程式为Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑。
（5）过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体，还需要对过滤得到的产物进行洗涤、烘干。
（6）115mg碳酸锰的物质的量为0.001ml，加热的过程中锰的物质的量不变，根据锰守恒可知，527.4℃时，固体中锰的物质的量为0.001ml，则剩余O的质量为79mg-55mg=24mg，则O的物质的量为0.0015ml，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3。
根据①中计算可知527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3，则固体物质的化学式为Mn2O3，则MnCO3生成Mn2O3的化学方程式为
6．（2022·广东·东莞市东华高级中学模拟预测）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，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_______，画出该元素基态原子价电子的轨道表示式_______。
(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2.7g·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1ml 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(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e- +2H2O=4OH-
【分析】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，铁元素原子序数为26，其基态原子价电子的电子排布式为3d64s2、轨道表示式；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓，故答案为：4.7pH<6.2；Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：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，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
1．（2022·北京·高考真题）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) ，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 2.4∶1 ，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)
【详解】（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。
2．（2022·辽宁·高考真题）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%
【详解】（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。
3．（2022·湖北·高考真题）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
【详解】（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。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（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。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（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。故答案为：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。
4．（2022·湖南·高考真题）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，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，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．B．
C．D．
(2)与C、，在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，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、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冶炼的方法相似的是_______。
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) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【详解】（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（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TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（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为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；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，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．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，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．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，故C符合题意；
D．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，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
5．（2022·河北·高考真题）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
【详解】（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，故答案为：Fe2O3；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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（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，故答案为：+2；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，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
6．（2022·山东·高考真题）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
【详解】（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：
A． 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；
B． 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；
C．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；
D． 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；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
7．（2022·广东·高考真题）稀土()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：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，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，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、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。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7pH<6.2
(3)4.010-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：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，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
考 点
高考年
考频解密
考点分布
化学工艺流程
2022年
2022年河北卷〔15〕；2022年山东卷〔17〕；2022年湖北卷〔18〕；2022年湖南卷〔17〕；2022年广东卷〔18〕；2022年辽宁卷〔16〕；2022年北京卷〔18〕；2022年全国甲卷〔8〕,2022年全国乙卷〔8〕等
离子反应与氧化还原反应〔7次〕，常见无机物的制备与探究〔3次〕，制备与水解有关的物质、溶度积的应用〔8次〕
水浸
与水接触反应或溶解
浸出
固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸
在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)
沉淀物
开始沉淀
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
氢氧化物
开始沉淀
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全
3.7
9.7
7.4
9.8
沉淀物
5.2
3.2
9.7
9.2
金属离子
开始沉淀的
7.5
2.2
6.4
6.7
完全沉淀的
9.5
3.0
8.4
8.7
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
熔点/℃
-69
-25
193
304
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
离子
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.2
9.7
9.2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
化合物
Mg(OH)2
Ca(OH)2
CaCO3
Li2CO3
Ksp
5.6×10-12
5.5×10-6
2.8×10-9
2.5×10-2
组分
SiO2
MgO
Na2O
K2O
Fe2O3
质量分数/%
59.20
38.80
0.25
0.50
0.8
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
C2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
完全沉淀时pH(金属阳离子浓度<10-5ml/L)
9.0
3.2
4.7
9.2
9.15
离子
开始沉淀时pH
3.6
1.8
6.5
7.2
8.1
沉淀完全时pH
4.7
3.2
8.3
9.4
12.7
温度/℃
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
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
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
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
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
离子
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、工业流程题的结构
二、流程图中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原规律，①判断产物，②根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际判断产物。
2．原料的预处理
(1)溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸等。
(2)灼烧、焙烧、煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解。
(3)审题时要“瞻前顾后”，注意物质性质及反应原理的前后联系。
3．常用的控制反应条件的方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH增大；
②不引入新杂质。
例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)趁热过滤。防止某物质降温时会析出。
(4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．常用的提纯方法
(1)水溶法：除去可溶性杂质。
(2)酸溶法：除去碱性杂质。
(3)碱溶法：除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。
5．常用的分离方法
(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。
(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。
(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。
(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
三、化学工艺流程题的分析方法
主线分析“原料→中间转化物质→目标产物”
(1)反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？
(2)循环物质的确定
(3)副产品的判断
探究一 离子反应与氧化还原反应的综合应用
草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为，含少量等)制取工艺流程如图所示：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有等；
②酸性条件下，不会氧化，转化为；
③部分阳离子的氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表。
(1)回答下列问题：浸出过程中加入的主要目的_______，发生反应的离子方程式为_______。
(2)向浸出液中加入发生反应的离子方程式为_______。
(3)向滤液Ⅰ中加入溶液得到的沉淀的主要成分是_______(写化学式)。
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与的关系如图1所示，萃取剂的作用是除锰离子，其使用的适宜范围是_______(填字母代号)。
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5
(5)①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有_______ (填仪器名称)
②热分解质量变化过程如图2所示。其中以前是隔绝空气加热，以后是在空气中加热。A、B、C均为纯净物，C点所示产物的化学式是_______。
【答案】(1) 将Fe3+和C3+还原
(2)
(3)CaF2、MgF2
(4)B
(5) (瓷)坩埚和泥三角 C2O3
【详解】（1）①具有还原性，能还原氧化性离子铁离子和钴离子，所以浸出过程中加入的主要目的是将Fe3+和C3+还原；
故答案为：将Fe3+和C3+还原；
②发生反应的离子方程式为；
故答案为： ；
（2）NaClO3加入浸出液中，是为了将Fe2+氧化为Fe3+，其反应离子方程式为；
故答案为：；
（3）向滤液Ⅰ中加入溶液是为了除镁钙，则得到的沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；
故答案为：CaF2、MgF2；
（4）由图可知，调节pH在3.0～3.5之间，可使Mn2+萃取较完全，并尽可能减少C2+损失，故选B；
故答案为：B；
（5）①实验室里灼烧晶体，所需要的硅酸盐质仪器除了酒精灯和玻璃棒外，还有瓷坩埚和泥三角；
故答案为：瓷坩埚和泥三角；
②18.30g的物质的量为 ，以后是在空气中加热，则C点对应的产物为钴的氧化物，质量为8.30g，而0.1ml钴的质量为5.90g，则该氧化物中氧元素质量为8.30g-5.90g=2.40g，C原子与O原子的物质的量之比为 ，故C点所示产物的化学式是C2O3；
故答案为：C2O3。
【变式练习】
1．（2022·山东潍坊·高三期中）常温下是一种无色气体、溶于浓硫酸、易水解，常用作火箭高能燃料。工业用液氨法制取的流程如下：
已知：①硼酐是一种难溶物；
②石灰石中含有微量氧化铁、二氧化硅、硫单质等
回答下列问题：
(1)氨化釜中主要产物为，则滤渣Ⅰ的成分是_______，操作Ⅱ的名称_______。
(2)反应釜Ⅰ中产生两种气体，发生反应的离子方程式为_______。
(3)经过必要的处理可循环利用的物质是_______。
(4)反应釜Ⅱ中发生反应的化学方程式_______。
(5)利用离子色谱法可以检测三氟化硼中硫元素的含量，将样品通过检测液，进行色谱分析，得到如图所示结果。出现曲线1的原因可能是_______。
(6)利用电解氟硅酸钠的方法可以制取高纯度，装置如图所示。甲室中加入的电解质为_______，a膜选用_______(“阴离子”“阳离子”“质子”)交换膜。
【答案】(1) SiO2 蒸馏
(2)CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O
(3)氨气
(4)3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O
(5)浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子
(6) Na2SiF6溶液 阳离子
【详解】（1）根据分析可知，滤渣Ⅰ成分为SiO2，操作Ⅱ为蒸馏。
（2）反应釜I中NH4F和CaCO3反应生成氨气、二氧化碳和氟化钙，离子方程式为CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O。
（3）反应釜Ⅰ中生成了氨气，经必要处理后可生成液氨重复利用。
（4）根据分析可知，反应釜Ⅱ中反应的化学方程式为3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O。
（5）浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子。
（6）阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子与Na2SiF6反应生成H2SiF6，则甲室加入的电解质为Na2SiF6溶液，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，为防止丙室产生的氢氧根离子进入甲室与H2SiF6反应，同时为得到高纯度的H2SiF6，甲室的Na+需能通过a膜向丙室移动，则a膜选用阳离子交换膜。
2．（2022·辽宁沈阳·高三期中）碳酸锰在工业上常用作脱硫的催化剂、瓷釉、涂料和清漆的颜料。工业上利用软锰矿(主要成分是，还含有等杂质)制取碳酸锰的流程如图所示。
已知：还原焙烧的主反应为。可能用到的数据如表所示：
根据要求回答下列问题：
(1)在实验室进行步骤A操作时，需要用到的主要仪器的名称：_______。
(2)步骤B中为提高浸取的速率采取的方法有_______(写两种方法)。
(3)步骤D发生反应的离子方程式为_______。
(4)步骤E中调节的范围为_______。
(5)步骤G发生反应的化学方程式为_______。
(6)已知溶液能将氧化为。证明步骤G中已完全反应的方法为___。
【答案】(1)铁坩埚
(2)搅拌、适当升高反应混合物的温度(合理即可)
(3)
(4)
(5)
(6)取少量上层清液于试管中，向其中滴入溶液，溶液不变为紫红色，可证明已经沉淀完全
【详解】（1）焙烧时碳酸钙会和瓷坩埚中的二氧化硅反应，所以应选用铁坩埚。
（2）步骤B中为提高浸取的速率采取的方法可以是搅拌、适当升高反应混合物的温度等。
（3）步骤D中加入可以将氧化为，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为：。
（4）沉淀完全时的和开始沉淀时的，所以为完全除去，又不减小的含量的范围为。
（5）在步骤G中与反应生成沉淀、和，反应的化学方程式为：。
（6）若步骤G中已完全反应，则取少量上层清液于试管中，向其中滴入溶液，溶液不变为紫红色，可证明已经沉淀完全。
3．某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有及一定量的和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：
已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。
(1)为28号元素，写出原子基态电子排布式_______，用乙醇洗涤废催化剂的目的是_______，从废液中回收乙醇的方法是_______。
(2)为提高酸浸速率，可采取的措施有_______(答一条即可)
(3)硫酸酸浸后所得滤液A中含有的金属离子是_______，向其中加入反应的离子方程式为_______。
(4)滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液溶液
①操作X是_______，过滤，洗涤，干燥。
②在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料，该反应的离子方程式是_______。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d84s2 溶解、除去催化剂表面的有机物 蒸馏
(2)将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
(3) 、、
(4) 冷却结晶
【详解】（1）①为28号元素,基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2
②用乙醇可以溶解废催化剂表面的有机物，达到除去目的，答案为：溶解、除去催化剂表面的有机物
③可以利用乙醇与废液中有机物的沸点不同采用蒸馏的方法，答案为：蒸馏
（2）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；
（3）①由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，则溶液中含有的金属阳离子为、、；
②向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为
（4）①①硫酸镍的溶解度随温度的升高变化较大，故酸化后的硫酸镍溶液经冷却结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：冷却结晶；
②由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：。
探究二 常见无机物的制备、分离与提纯
用含钴废料(主要成分为，含有少量杂质)制备的流程如图所示。
已知：①有关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
②在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体。
请回答下列问题：
(1)“酸浸”步骤中可以有效提高废料利用率的方法有_______________(写出一种方法即可)。
(2)“酸浸”时与发生反应的离子方程式为______________________________。
(3)“除铁”中，溶液对除铁率和钴回收率影响如图所示。该步骤应控制范围是3.0~4.0图中钴回收率骤降的可能原因是______________________________。
(4)“除镍”步骤的实验操作名称是______________________________。
(5)“沉钴”时温度不能太低也不能太高，原因是______________________________。
(6)“沉钴”步骤的化学反应方程式是_____________________________________________。
【答案】(1)粉碎、搅拌等
(2)
(3)水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降
(4)萃取分液
(5)碳酸氢铵不稳定，温度太高会分解，温度过低会导致反应速率很慢
(6)
【详解】（1）“酸浸”步骤中可以有效提高废料利用率的方法有粉碎、搅拌等；
（2）“酸浸”时与发生反应生成二价钴和氧气、水，离子方程式为；
（3）已知，在为4~6时，水解生成含胶粒的胶体；胶体吸附大量的导致回收率下降；
（4）“除镍”步骤中为分离水层和有机层的操作，实验操作名称是萃取分液；
（5）“沉钴”时温度不能太低也不能太高，原因是碳酸氢铵不稳定，温度太高会分解，温度过低会导致反应速率很慢，降低效率；
（6）“沉钴”步骤中碳酸氢铵和反应生成硫酸铵和二氧化碳、水、，化学反应方程式是。
【变式练习】
1．（2022·宁夏·平罗中学高三期中）金属钛是一种性能优越的结构材料和功能材料，被誉为“太空金属”。以云南富民钛铁精矿(主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，含SiO2、Al2O3等杂质)为原料，制备海绵状金属钛的流程设计如图：
已知：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
回答下列问题：
(1)“氯化”过程需在沸腾炉中进行，且需维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，则该反应的化学方程式为_______；氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_______(填化学式)。
(2)“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4。第一步蒸馏分离出的杂质是_______(填化学式)；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是_______。
(3)“氧化”过程的产物中可循环利用的是_______(填化学式)。
【答案】(1) FeCl3、AlCl3
(2) SiCl4 高于136℃而低于181℃
(3)Cl2
【详解】（1）维持在1050℃，若TiO2氯化时生成的CO与CO2的物质的量之比为1：1，反应同时生成四氯化碳，该反应的化学方程式为 ；根据图表中物质的沸点可知，氯化产物中氯化铁、氯化铝也会被气化导出，则冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有FeCl3、AlCl3；
（2）根据图表中物质的沸点可知，“精制"过程中，粗TiC4经两步蒸馏得纯TiCl4，SiCl4沸点较低，故第一步蒸馏分离出的杂质是SiCl4；再将温度控制在一定的范围内蒸馏分离出纯TiCl4，所控制温度范围是高于136℃而低于181℃；
（3）“氧化”过程四氯化钛和氧气反应生成二氧化钛和氯气，氯气在氯化过程中可循环利用。
2．（2022·福建·泉州七中高三期中）某化工厂从含NiO的废料(杂质为Fe2O3、CaO、CuO中回收、制备具有良好的电化学活性和高堆积密度的羟基氧化镍(NiOOH)的工艺流程如下图：
(1)如图是酸浸时镍的浸出率与温度的关系，则酸浸时合适的浸出温度是_______℃，若酸浸时将温度控制在80℃左右，则料渣1中会含有一定量的，其可能的原因_______。
(2)合适温度下，料渣1的主要成分是_______。
(3)生成S的化学方程式为_______。
(4)试剂X是一种绿色氧化剂，其化学式为_______，X参与反应时氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，试剂Y用于调节溶液的pH，则pH的调控范围是_______(与沉淀相关的数据如表所示)。
(5)写出氧化过程中反应的离子方程式：_______
(6)工业上也可用电解碱性悬浊液的方法制备NiOOH，加入一定量的KCl有助于提高生产效率，原因_______。
【答案】(1) 70℃ Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解
(2)硫酸钙（CaSO4）
(3)
(4) H2O2 1:2 3.2≤pH<7.2
(5)ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-
(6)电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH。
【详解】（1）由图可知当温度在70℃左右时镍的浸出率较高，故酸浸时适宜的温度为70℃；Ni2+能水解，生成Ni(OH)2，升温能促进水解，所以80℃左右滤渣1中会含有一定量的Ni(OH)2；
（2）根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸钙（CaSO4）；
（3）酸浸后溶液中的金属离子有三价铁离子，铜离子，镍离子，钙离子等，其中Fe2(SO4)3可以把硫化氢中-2价硫氧化为单质硫，方程式为：；
（4）常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；常见的绿色氧化剂X的作用是将二价铁氧化为三价铁，则它是H2O2，根据得失电子守恒，可知反应中；调pH需使Fe3+完全沉淀，但不能使Ni2+沉淀，由表格可知，3.2≤pH<7.2；
（5）该反应中Ni2+被氧化为2NiOOH•H2O，ClO-被还原为Cl-，相应的离子方程式为ClO-+2Ni2++4OH-=2NiOOH•H2O↓+Cl-；
（6）电解碱性悬浊液制备NiOOH，阳极反应为：，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子变为氯气，氯气在碱性条件下生成，将氧化为NiOOH，有助于提高生产效率。
3．（2022·福建·上杭一中高三期中）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。工业以软锰矿(主要成分是，含有、等少量杂质)为主要原料制备。其工业流程如下：
(1)为了提高浸锰的浸取率可采取的措施是_______(任写一条)，滤渣Ⅱ为_______。
(2)浸锰过程中与反应的离子方程式为，该反应是经历以下两步反应实现的：
Ⅰ.
Ⅱ.……
写出Ⅱ的离子方程式：_______。
(3)过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的金属阳离子为_______(填离子符号)。
(4)氧化过程中被氧化的主要微粒为_______。
(5)加入溶液后，生成沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：_______。
(6)已知的溶解度曲线如图1所示，从酸溶后析出晶体的“系列操作”是蒸发结晶、_______、洗涤、低温干燥。
(7)通过煅烧可制得软磁铁氧体材料(MnOx)，在不同温度下煅烧时剩余质量变化的曲线如图2所示。根据图2中数据可得MnOx中x的值为_______。
【答案】(1) 搅拌或适当升高温度 Fe(OH)3
(2)
(3)Mn2+、Fe2+
(4)、Fe2+
(5)
(6)温度高于40℃趁热过滤
(7)
【详解】（1）为了提高浸锰的浸取率可采取的措施是：搅拌或适当升高温度；为除去滤液中的铁离子，调节pH，沉淀铁离子，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，最后过滤，则滤渣II为Fe(OH)3；
（2）根据浸锰过程中与反应的离子方程式为，以及第一步反应，用总式减去第一步反应方程可得到反应Ⅱ的离子方程式：；
（3）软锰矿形成矿浆，通入足量的，MnO2、与反应生成Mn2+、Fe2+，SiO2不反应，过滤，故滤液含有阳离子为：Mn2+、Fe2+；
（4）氧化过程中和MnO2反应的化学方程式为+ MnO2=MnSO4，S元素化合价升高，还有Fe2+被MnO2氧化为Fe3+，则被氧化的主要微粒为、Fe2+；
（5）加入溶液后，发生彻底的双水解反应生成沉淀和二氧化碳，反应的离子方程式：；
（6）由图知低于40℃结晶析出，高于40℃结晶析出，则由硫酸锰溶液制备的实验方案为：蒸发结晶，温度高于40℃趁热过滤，洗涤、低温干燥；
（7）MnSO4•H2O在高温下易分解，25.35g MnSO4•H2O物质的量为：，根据锰元素守恒，MnSO4•H2O分解时，先转变为MnSO4和H2O，剩余的质量为：0.15ml×151g/ml=22.65g，所以图2曲线中A段质量减少：25.35g-22.65g=2.7g为水，所以该曲线中A段所表示物质的化学式为MnSO4，根据图像数据可知：B固体质量为11.45g，为MnOx，根据锰元素守恒，MnOx的质量为：0.15ml×(55+16x)g/ml=11.45g，解得：x=。
探究三 水溶液中的离子反应和平衡问题
高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
(1)“浸取”操作中通入高压的目的：_______。
(2)“浸取”过程有黄色沉淀生成，CuS在“浸取”中发生反应的化学方程式为：_______。
(3)“中和调pH”的pH范围：_______。
(4)固体X的成分：_______。
(5)“还原”步骤中发生的离子方程式：_______。
(6)“过滤”操作后经若干步骤可得到金属M，M为_______(填化学式)。
【答案】(1)使CuS被溶解，把Fe元素氧化成，促进金属离子浸出
(2)
(3)
(4)、S
(5)
(6)Zn
【详解】（1）CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，故答案为使CuS被溶解，把Fe元素氧化成，促进金属离子浸出；
（2）浸取时CuS溶解的离子方程式为；
（3）根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2；
（4）经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3；
（5）滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，故“还原”步骤中发生的离子方程式；
（6）由上述分析知Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
【变式练习】
1．（2022·福建福州·高三期中）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_______。
(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)Ce或138Ce
(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)
(3)Al(OH)3
(4)促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离
(5)2Ce3＋+6HCO+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑
(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
【详解】（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Ce或138Ce。
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度等。
（3）由分析知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3。
（4）由分析知，加入絮凝剂的目的是促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离。
（5）HCO在水溶液中即有电离平衡，又有水解平衡，Ce3+结合HCO电离平衡产生的CO及水分子形成难溶的Ce2(CO3)3·nH2O，使HCO电离平衡正向移动，H+增多，又促使HCO的水解平衡正向移动，产生大量H2CO3，H2CO3过饱和分解成H2O和CO2，故“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为2Ce3＋+6HCO+(n-3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。
（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，Fe元素由反应物中+3价变为生成物中的+2价，做氧化剂降价，C6H12O6做还原剂被氧化成CO，根据得失电子守恒，元素守恒配平该反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。
2．（2022·江苏镇江·高三期中）硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：
已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。
(1)写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。
(2)“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。
(3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
(4)“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。
(5)在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。
(6)在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。
【答案】(1)
(2)使得完全溶解和沉淀完全
(3)
(4)温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)
(5)
(6)加热后分解生成和将五价钒还原为
【详解】（1）“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价， 而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。
（2）通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
（3）加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。
（4）温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。
（5）固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。
（6）中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。
3．氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料，有广泛应用。以铁硼矿(主要成分有Mg2B2O5·H2O、Fe3O4，次要成分有Fe2O3、FeO、 CaO、Al2O3、 SiO2) 为原料制备氮化硼的流程如图所示：
已知：相关金属离子[c( Mn+)= 0.1ml ·l-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
(1)用稀硫酸酸浸时，若其他条件不变，工业中采取下列措施能提高硼元素浸出率的有_______(填序号)。
A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间
(2)滤渣1的主要成分为_______。
(3)加氨水过程中常常要加热，加热的目的是_______。
(4)从硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括_______、过滤、 洗涤、干燥。
(5)写出B2O3与氨气在高温下反应制备BN的化学方程式：_______
(6)H3BO3 (硼酸)还可以利用电解NaB(OH)4溶液的方法制备，工作原理如图所示，c为_______(填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”)， 产品室中发生反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)AB
(2)二氧化硅和硫酸钙
(3)防止生成胶体，利于沉淀的生成
(4)蒸发浓缩、降温结晶
(5)B2O3+2NH32BN+3H2O
(6) 阳离子交换膜 H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O
【详解】（1）适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度可以加快反应速率，能提高硼元素浸出率，而适当缩短酸浸时间会降低浸出效果，故选AB；
（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：二氧化硅和硫酸钙；
（3）由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铁离子、铝离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢氧化铝胶体影响沉淀的生成，所以为防止沉淀时生成胶体，不利于沉淀的生成，常常采用加热的方法，故答案为：防止生成胶体，利于沉淀的生成；
（4）硫酸镁溶液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、 洗涤、干燥得到七水硫酸镁晶体，故答案为：蒸发浓缩、降温结晶；
（5）由题意可知，制备氮化镁的反应为氨气和氧化硼在高温下反应生成氮化硼和水，反应的化学方程式为B2O3+2NH32BN+3H2O，故答案为：B2O3+2NH32BN+3H2O；
（6）由图可知，M室的石墨电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子通过阳离子交换膜a膜进入产品室，N室的石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，原料室中，钠离子通过阳离子交换膜c膜进入N室，四羟基合硼离子通过阴离子交换膜b膜进入产品室与氢离子反应生成硼酸，反应的离子方程式为H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O，故答案为：阳离子交换膜；H++ [B( OH)4]—= H3BO3 +H2O。
1．完成下列问题
(1)采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品，工业流程如图1所示：
图1
①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法(如图(2))，其优点是_______。
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4反应的化学方程式为_______。
(2)烟气(主要污染物SO2、NOx)对人类生活环境造成很大的污染。工业上采取氧化、还原等方法将之除去，以达到净化目的。
①烟气经O3预处理后用碱液吸收，可减少其中SO2、NOx的含量。已知NO可被O3氧化为 NO2、NO，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，该盐的化学式为_______。
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，该反应的化学方程为_______。
(3)电解法除去工业废水中的硝酸铵的装置示意图如题图(3)所示，阴极电极反应式为_______。
【答案】(1) 使气体和石灰乳充分接触，提高气体的吸收效率 2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O
(2) NaNO3 2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O
(3)2NH+2e-=2NH3↑+H2↑
【详解】（1）①反应釜Ⅰ采用“气-液逆流”接触吸收法，其优点是使气体和石灰乳充分接触，加快反应速率，提高气体的吸收效率；
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4反应为二氧化氮、亚硫酸钙、氢氧化钙反应生成硫酸钙、硝酸钙和水，化学方程式为2NO2+CaSO3+Ca(OH)2=CaSO4+Ca(NO2)2+H2O；
（2）①已知NO可被O3氧化为 NO2、NO，用NaOH溶液吸收若只生成一种盐，根据质量守恒可知，该盐的化学式为NaNO3。
②尿素[CO(NH2)2]在高温条件下与NO反应转化成三种无毒气体，根据质量守恒定律可知，反应生成氮气、二氧化碳、水蒸气，该反应的化学方程为2CO(NH2)2+6NO5N2+2CO2+4H2O；
（3）左侧电极硝酸发生氧化反应生成氧气，为阳极，则右侧为阴极区，阴极铵根离子发生还原反应生成氨气和氢气，电极反应式为2NH+2e-=2NH3↑+H2↑。
2．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Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
已知：25℃时相关物质的参数如表，LiOH的溶解度为12.4g/100gH2O
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为____。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是____。
(3)为提高Li2CO3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Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚末从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3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LiHCO3____(填“稳定”或“不稳定”或“不能说明稳定性”)，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Na2CO3改为通入CO2。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Ca2+转化成CaCO3沉淀，同时不引入新杂质
(3) 蒸发浓缩 趁热过滤
(4) 不稳定 2Li++2HCO=Li2CO3↓+CO2↑+H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，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
【详解】（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。故答案为：不稳定，2Li++2HCO=Li2CO3↓+CO2↑+H2O ；
（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。
3．高纯二氧化硅可用来制造光纤。某蛇纹石的成分见下表：
通过下图流程可由蛇纹石制备较纯净的二氧化硅。
(1)蛇纹石中涉及的可溶性金属氧化物有_______(写化学式)。
(2)步骤①中涉及SiO2反应的离子方程式为_______。
(3)滤渣A的成分有_______(填化学式)。
(4)步骤②中洗涤沉淀的方法是_______。
(5)步骤③反应的化学方程式为_______；实验室进行步骤③需要用到的主要仪器有带铁圈的铁架台、泥三角、酒精灯和_______。
【答案】(1)Na2O、K2O
(2)SiO2+2OH-=+H2O
(3)MgO和Fe2O3
(4)向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次
(5) H2SiO3 SiO2+H2O 坩埚
【分析】（1）因为NaOH、KOH都是可溶于水的强碱，所以蛇纹石中涉及的可溶性金属氧化物有Na2O、K2O。
（2）步骤①中，SiO2与NaOH反应，生成硅酸钠和水，离子方程式为SiO2+2OH-=+H2O。
（3）由分析知，滤渣A的成分有MgO和Fe2O3。
（4）步骤②中洗涤沉淀时，需要让蒸馏水浸没沉淀，同时要让洗涤用水自然流出，方法是：向漏斗中注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复操作2~3次。
（5）步骤③中发生的是硅酸的分解反应，化学方程式为H2SiO3 SiO2+H2O；实验室进行步骤③时，进行的操作是煅烧，需要用到的主要仪器有坩埚、泥三角、酒精灯和三脚架或带铁圈的铁架台。
4．某废催化剂(主要含有WO3、V2O5、V2O4、V2O3、少量杂质Fe2O3、SiO2等)是能源行业产生的难处理多金属危险废物，其回收利用已成为当前研究的热点和重点。一种处理流程如下：
已知草酸晶体(H2C2O4·2H2O)的溶解度随温度的变化如图所示。草酸酸浸时控制温度为90℃，理由是___________，实验室中宜选用的加热方式为___________(“水浴加热”或“油浴加热”)。
【答案】 90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率 油浴加热
【详解】由图可知，90℃时草酸晶体的溶解度最大，溶液中氢离子浓度大，可以增大反应速率和浸取率，所以草酸酸浸时控制温度为90℃；为使加入的草酸完全溶解，实验室中宜选用的加热方式为油浴加热；
故答案为90℃时草酸晶体的溶解度最大，H+浓度大，可以增大反应速率和浸取率；油浴加热。
5．提纯锌白粉(主要成分为ZnO，还含有FeO、MnO、CuO等杂质)流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)“浸出”时，MnO参与反应的离子方程式为_______。
(2)已知浸出液中c(Fe2+)=5.04mg·L-1，c(Mn2+)=1.65mg·L-1。若要除尽1m3浸出液中的Fe2+和Mn2+(所有含锰元素的物质均转化为MnO2)，则“氧化"时至少需要加入_______g高锰酸钾。
(3)“沉锌”反应在50℃条件下进行，生成ZnO的“前驱体"ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O，试写出该反应的化学方程式：_______。
(4)某实验小组选用下图所示的部分装置验证锌白粉与碳粉反应生成的可能气态产物。
已知：PdCl2+CO+H2O=Pd(黑色)↓+CO2+2HCl
①上述装置的合理连接顺序为_______(填仪器接口的小写字母)。
②实验前先通入一段时间的氮气，其目的是_______。
【答案】(1)MnO+2H+=Mn2++H2O
(2)7.9
(3)
(4) adcfgbc； 排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；
【分析】（1）MnO+2H+=Mn2++H2O
（2）1m3浸出液中c(Fe2+)=5.04mg·L-1，c(Mn2+)=1.65mg·L-1，得m(Fe2+)=5.04g,m(Mn2+)=1.65g；则n(Fe2+)=0.09ml，n(Mn2+)=0.03ml，根据二价铁、二价锰和高锰酸根离子的关系式进行计算：；；故高锰酸酸钾需要0.05ml，质量为：0.05×158=7.9g，故答案为7.9；
（3）根据原子守恒及电荷守恒书写方程式为：；
（4）根据可能产生的气态物质二氧化碳和一氧化碳的检验方法判断，先检验二氧化碳，故先通入澄清石灰水，后检验一氧化碳，通入PdCl2溶液，因为根据已知PdCl2+CO+H2O=Pd(黑色)↓+CO2+2HCl有二氧化碳产生，故不能先检验CO，而反应锌白粉与碳粉在高温下反应，避免碳粉和水的反应，故在A装置后加一个干燥装置，故连接顺序为：adcfgbc；故答案为：adcfgbc；
②实验前先通入一段时间的氮气，排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；故答案为：排除装置中的氧气，避免与碳反应产生气体产生干扰；
6．镍氢电池是一种新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯[主要成分为Ni(OH)2、C(OH)2及少量铁、铝的氧化物等]生产硫酸镍、碳酸钴的工艺流程如图。
已知：部分金属阳离子以氢氧化物的形式沉淀时溶液的pH见表：
回答下列问题：
(1)步骤①用稀硫酸浸取金属电极芯前，提高浸取率方法_______(写两种)。
(2)沉淀A的主要成分_______，步骤②调pH的范围为_______。
(3)将“母液1”的pH调至3~4，再加入NaClO，NaClO的作用是_______。
(4)步骤④离子方程式_______，若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液也能达到目的，从环保角度分析不采用盐酸的原因：_______。
(5)步骤⑤中“母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎
(2) Al(OH)3、Fe(OH)3 4.7≤pH<6.2
(3)将C2+氧化为C3+
(4) 4H++H2O2+2C(OH)3=2C2++O2↑+6H2O 实验过程中会生成氯气，污染环境
(5)
【分析】（1）根据影响化学反应速率的因素可知，用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取率的方法有适当增加硫酸浓度，将电极芯粉碎；
（2）金属电极芯中的主要成分是C、Ni，还含少量Fe、Al等，加入稀硫酸酸浸时，金属单质都转化为金属离子(Ni2+、C2+、Fe2+、A13+)，浸出液中加入过氧化氢的作用是氧化亚铁离子为铁离子，由流程图中最终产物可知，调节pH的作用是除去溶液中的Fe3+、A13+，故沉淀A的主要成分是Al(OH)3、Fe(OH)3；为了保证Fe3+、A13+沉淀完全而不沉淀Ni2+、C2+，由表格数据可知，要调节pH的范围为4.7≤pH<6.2；
（3）由流程图中母液1的后续产物可知，加入NaClO的作用是将C2+氧化为C3+，从而使其容易形成沉淀，与母液分离；反应的离子方程ClO-+2C2++5H2O=2C(OH)3↓+Cl-+4H+；
（4）由分析可知，步骤④离子方程式为4H++H2O2+2C(OH)3=2C2++O2↑+6H2O；若用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液，实验过程中会生成氯气，污染环境；
（5）碳酸氢根电离出碳酸根离子和氢离子，“母液3”中的C2+与碳酸根形成难溶物碳酸钙，促进碳酸氢根电离，氢离子浓度增大，有一部分碳酸氢根就转变为二氧化碳和水, “母液3”与NaHCO3溶液反应的离子方程式为,。
1．（2022·四川绵阳·一模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：
回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。
(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1) NaAlO2 除去有机物
(2) Ni2+ Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1ml 在下分解为，1ml 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
2．（2022·广东佛山·一模）金属钴是一种重要战略资源。利用草酸钴(CC2O4)废料协同浸出水钴矿中钴的工艺流程如下。
已知：I.水钴矿的主要成分为，含MnS及Fe、Al、Ca、Si等元素的氧化物；
II.该流程中一些金属氢氧化物沉淀时的pH如表：
(1)研磨的目的是_______。
(2)滤渣1的主要成分是、_______(写化学式)。
(3)“浸出”时，转化成了，写出该反应的化学方程式_______。
(4)“氧化”时，只将氧化成，则反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(5)“沉淀”时，应将pH调至_______。
(6)已知能被有机萃取剂(HA)萃取，其原理可表示为：。反萃取的目的是将有机层中的转移到水层。实验室模拟萃取用到的主要玻璃仪器有烧杯、_______，反萃取适宜选择的试剂是_______(填序号)。
A．70% B．饱和食盐水 C．稀NaOH D．饱和溶液
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率
(2)
(3)
(4)1：6
(5)4.7≤pH<7.2
(6) 分液漏斗 A
【详解】（1）研磨的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；
（2）二氧化硅不溶于硫酸，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，不溶于水，故滤渣1含有二氧化硅和硫酸钙；
（3）水钴矿和草酸钴和硫酸反应生成硫酸钴，水钴矿中钴元素化合价降低，则草酸钴中的碳化合价升高，产生二氧化碳和水，方程式为：；
（4）只将氧化成，铁元素化合价改变1价，亚铁离子做还原剂，氯酸钠反应生成氯化钠，氯酸钠做氧化剂，氯元素化合价变化6价，根据电子守恒分析，反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6；
（5）沉淀时保证铁离子和铝离子完全沉淀，但钴离子不能沉淀，故pH范围是4.7≤pH<7.2；
（6）萃取分液使用的仪器为分液漏斗。根据平衡分析，增大溶液中的氢离子浓度，使平衡逆向移动，使钴离子进入水层，故选择A。
3．（2022·吉林·抚松县第一中学模拟预测）
(1)以某锑矿(主要成分为Sb2O3，含有少量CaO、PbO、As2O3等杂质)为原料制备SbF5的工艺流程如图1所示。
已知：As2O3微溶于水，Sb2O3难溶于水，它们均为两性氧化物；SbOCl难溶于水。
①“浸出”时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣I”的成分，向“滤渣I”中加入氨水，SbOCl可再转化为Sb2O3，该反应的离子方程式为_______。
②“除砷“时，转化为H3PO4，该反应的离子方程式为_______。
(2)工业上利用电解精炼锡后的阳极泥(含Cu、Ag、PbSO4及少量的Sn等)回收金属Cu和Ag的流程如图2所示。
①“浸取1”中金属Ag发生反应的离子方程式为_______。
②“浸液2”中溶质的主要成分是，则“浸取2”中生成的离子方程式为_______。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）①加入氨水，SbOCl转化为Sb2O3，同时生成等，该反应的离子方程式为。
②“除砷“时，转化为H3PO4，As3+转化为As，该反应的离子方程式为。答案为：；；
（2）①“浸取1”中金属Ag被KClO3氧化为Ag+，再与Cl-结合为AgCl，发生反应的离子方程式为。
② “浸取2”中，AgCl被氨水溶解，生成，离子方程式为。答案为：；。
4．（2022·四川雅安·模拟预测）废旧锂电池的正极材料中含有镍、钴、锂、铝等金属元素。一种从废旧锂电池中回收镶、钴、锂制备相应产品的工艺流程如下：
已知：①浸出液中镍、钴、锂、铝分别以、、、的形式存在。
②碳酸锂的溶解度(g/L)见表。
(1)中的化合价是_______。
(2)某研究团队对“酸浸”条件做了大量研究，得出如下图示，根据下图选择适宜的浸取条件_______。
(3)“还原”操作时主要反应的离子方程式为_______；经检测，浸出液中，“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于_______。[]
(4)实验室“萃取”操作需要在_______(填仪器名称)中进行；“沉钴”的离子方程式为_______。
(5)“一系列操作”为_______、洗涤、干燥；“母液”的用途有_______(写出一种即可)。
【答案】(1)+3
(2)硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min
(3) 4
(4) 分液漏斗
(5) 蒸发结晶、趁热过滤 作氮肥(合理即可)
【详解】（1）显示-1价，所以的化合价是+3；
故答案为+3；
（2）由图可知，“酸浸”时，浸取条件为硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min时，浸出率最高；
故答案为硫酸浓度为2.0ml/L、温度为70℃、时间为120min时；
（3）Na2SO3具有还原性，将C3＋还原为C2＋，反应离子方程式为；浸出液中，且，所以，带入计算得，此时值为4；所以“除铝”时，要使开始沉淀，值应大于4；
故答案为，4；
（4）实验室“萃取”操作需要分液漏斗在中进行；使用H2C2O4和C2+生成CC2O4，离子方程式为；
故答案为分液漏斗，；
（5）Li2SO4加入(NH4)2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO4；母液中含有，可作氮肥(合理即可)；
故答案为蒸发结晶、趁热过滤；作氮肥(合理即可)。
5．（2022·贵州·模拟预测）碳酸锰(MnCO3) 可用作瓷釉、肥料和饲料添加剂，还应用于医药，电焊条辅料等。某工厂酸性废水中含有Fe2+、Mn2+、SO，以该废液为原料制备碳酸锰的工艺流程如图所示(部分操作和条件已略)。
回答下列问题：
(1)调节pH值选用的最佳试剂是_______(填序号)。
A．Fe2O3B．NaOHC．MnCO3D．H2SO4
(2)过滤1后滤液中存在的主要离子有_______。
(3)氧化过程加快反应速率的方法有_______(写两种方法)。
(4)碳化过程中发生的离子方程式为_______。
(5)过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体还需经过操作_______。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115mg碳酸锰加热，固体物质的质量随温度的变化如图所示。
①527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)为_______。
②527.4℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为_______
【答案】(1)C
(2)Mn2+、、H+
(3)增大H2O2的浓度、使用合适的催化剂
(4)Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑
(5)洗涤、烘干
(6) 2：3
【分析】（1）A．调节pH如果用Fe2O3，则可能会混入Fe3+，引入杂质，A错误；
B．用NaOH调节pH，则会引入Na+，引入了杂质，B错误；
C．用MnCO3调节pH，Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与MnCO3反应使Fe3+水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀，且产生的Mn2+后续还能碳化重新生成MnCO3，C正确；
D．该反应需要增大溶液的pH使Fe3+沉淀，加入硫酸无法增大pH，D错误；
故答案选C。
（2）过滤1除去了氢氧化铁沉淀，因此滤液中主要离子为Mn2+、，氢氧化铁完全沉淀时pH约为3.7，溶液中还有H+。
（3）氧化过程中加快反应速率的方法有增大H2O2的浓度，使用合适的催化剂等。
（4）碳化过程中的离子方程式为Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑。
（5）过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体，还需要对过滤得到的产物进行洗涤、烘干。
（6）115mg碳酸锰的物质的量为0.001ml，加热的过程中锰的物质的量不变，根据锰守恒可知，527.4℃时，固体中锰的物质的量为0.001ml，则剩余O的质量为79mg-55mg=24mg，则O的物质的量为0.0015ml，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3。
根据①中计算可知527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3，则固体物质的化学式为Mn2O3，则MnCO3生成Mn2O3的化学方程式为
6．（2022·广东·东莞市东华高级中学模拟预测）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，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_______，画出该元素基态原子价电子的轨道表示式_______。
(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2.7g·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1ml 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
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e- +2H2O=4OH-
【分析】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，铁元素原子序数为26，其基态原子价电子的电子排布式为3d64s2、轨道表示式；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓，故答案为：4.7pH<6.2；Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：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，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
1．（2022·北京·高考真题）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) ，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 2.4∶1 ，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)
【详解】（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。
2．（2022·辽宁·高考真题）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%
【详解】（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。
3．（2022·湖北·高考真题）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
【详解】（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。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（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。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（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。故答案为：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。
4．（2022·湖南·高考真题）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，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，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．B．
C．D．
(2)与C、，在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，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、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冶炼的方法相似的是_______。
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) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【详解】（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（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TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（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为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；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，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．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，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．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，故C符合题意；
D．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，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
5．（2022·河北·高考真题）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
【详解】（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，故答案为：Fe2O3；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，故答案为：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，故答案为：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，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；
（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，故答案为：+2；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，故答案为：H2O2；NH3·H2O。
6．（2022·山东·高考真题）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
【详解】（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：
A． 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；
B． 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；
C．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；
D． 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；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
7．（2022·广东·高考真题）稀土()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：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，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，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、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。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7pH<6.2
(3)4.010-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【分析】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：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，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
考 点
高考年
考频解密
考点分布
化学工艺流程
2022年
2022年河北卷〔15〕；2022年山东卷〔17〕；2022年湖北卷〔18〕；2022年湖南卷〔17〕；2022年广东卷〔18〕；2022年辽宁卷〔16〕；2022年北京卷〔18〕；2022年全国甲卷〔8〕,2022年全国乙卷〔8〕等
离子反应与氧化还原反应〔7次〕，常见无机物的制备与探究〔3次〕，制备与水解有关的物质、溶度积的应用〔8次〕
水浸
与水接触反应或溶解
浸出
固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸
在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)
沉淀物
开始沉淀
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
氢氧化物
开始沉淀
1.5
6.5
4.2
8.3
沉淀完全
3.7
9.7
7.4
9.8
沉淀物
5.2
3.2
9.7
9.2
金属离子
开始沉淀的
7.5
2.2
6.4
6.7
完全沉淀的
9.5
3.0
8.4
8.7
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
熔点/℃
-69
-25
193
304
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
离子
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.2
沉淀完全的pH
3.2
9.7
9.2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
化合物
Mg(OH)2
Ca(OH)2
CaCO3
Li2CO3
Ksp
5.6×10-12
5.5×10-6
2.8×10-9
2.5×10-2
组分
SiO2
MgO
Na2O
K2O
Fe2O3
质量分数/%
59.20
38.80
0.25
0.50
0.8
金属阳离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
C2+
开始沉淀时pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
完全沉淀时pH(金属阳离子浓度<10-5ml/L)
9.0
3.2
4.7
9.2
9.15
离子
开始沉淀时pH
3.6
1.8
6.5
7.2
8.1
沉淀完全时pH
4.7
3.2
8.3
9.4
12.7
温度/℃
0
20
40
60
80
100
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
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
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
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
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
离子
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
/
相关试卷
新高考化学二轮复习讲与练专题一0五 有机化学基础（解析版）： 这是一份新高考化学二轮复习讲与练专题一0五 有机化学基础（解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题十五有机化学基础原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题十五有机化学基础解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共119页， 欢迎下载使用。
新高考化学二轮复习讲与练专题一0二 化学反应原理综合（解析版）： 这是一份新高考化学二轮复习讲与练专题一0二 化学反应原理综合（解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题十二化学反应原理综合原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题十二化学反应原理综合解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共117页， 欢迎下载使用。
新高考化学二轮复习讲与练专题一0三 化学实验综合探究（解析版）： 这是一份新高考化学二轮复习讲与练专题一0三 化学实验综合探究（解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题十三化学实验综合探究原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题十三化学实验综合探究解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共114页， 欢迎下载使用。
