考点33 工业流程题解题策略（核心考点精讲精练）-2025年高考化学一轮复习讲练专题（新高考通用）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc32062" PAGEREF _Tc32062 \h 1
\l "_Tc13609" 1.高考真题考点分布 PAGEREF _Tc13609 \h 1
\l "_Tc20226" 2.命题规律及备考策略 PAGEREF _Tc20226 \h 1
\l "_Tc20059" PAGEREF _Tc20059 \h 2
\l "_Tc29838" 考法01 微型工业流程 PAGEREF _Tc29838 \h 2
\l "_Tc13419" 考法02 综合工业流程5
\l "_Tc21759" 15
1.高考真题考点分布
2.命题规律及备考策略
【命题规律】
高频考点从近几年全国高考试题来看，以化工流程或实验装置图为载体，考查物质的制备、回收、分离提纯等仍是高考命题的热点。
【备考策略】
1．审题策略
(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。
(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。
(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。
(5)找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
2．解题方法
(1)粗读题干，挖掘图示，明确目的
图示中一般会出现超出教材范围的知识，但题目有提示或者问题中不涉及，关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。通过阅读明确生产目的，找到制备物质所需的原料及所含杂质。
(2)携带问题，精读信息
读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(进入与流出)、实验操作方法。
(3)看清问题，准确规范作答
答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，答题时不具有“连带效应”，即前一问未答出，不会影响后面答题。
【命题预测】
预计2025年高考会以新的工业流程情境为载体考查物质的制备、分离、提纯、回收等知识，重点考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度一般较大。
考法01 微型工业流程
化学工艺流程选择题是近几年高考的热点，将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图的形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识设计选项，形成与化工生产紧密联系的化工工艺试题；主要涉及物质的性质、分离提纯、反应原理、实验操作等知识点。由于此类试题陌生度高，对学生的能力要求也大，加上有的试题文字信息量大，所以这类选择题容易出错。考查的内容主要有：
（1）金属冶炼类，常以Cr、Mn、V、Zn等元素化合物的制备流程为载体，考查不同价态物质转化规律，条件控制、物质的分离提纯等关键能力。
（2）物质制备类，如胆矾、绿矾、明矾、氧化铁、硝酸铜等物质的制备。
考向01 考查物质的制备
【例1】（2024·湖南株洲·一模）铜的氯化物是重要的化工原料，常用作有机合成催化剂。实验室用粗铜(含杂质Fe)制备氯化亚铜、氯化铜晶体的流程如下：
下列说法错误的是( )
A．固体1和固体2中Fe元素的价态相同
B．检验溶液2中的杂质离子是否除尽可以选用KSCN溶液或铁氰化钾溶液
C．试剂X可能是CuO，操作②中结晶时需要通入HCl气体
D．反应②的离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2H2O＋2Cl－===2CuCl↓＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋
【答案】B
【解析】粗铜与足量的氯气反应生成氯化铜、氯化铁，即固体1；在稀盐酸中固体溶解，得到氯化铜和氯化铁的混合液，即溶液1；加入氧化铜或氢氧化铜调节溶液的pH，使铁离子变为氢氧化铁沉淀，则固体2为氢氧化铁、试剂X为氧化铜或氢氧化铜；氯化铜与二氧化硫反应制取氯化亚铜；通过蒸发浓缩、冷却结晶的方法得到氯化铜晶体。分析可知，固体1为氯化铜、氯化铁，固体2为氢氧化铁，其中Fe元素的价态均为＋3价，A正确；检验溶液2中的杂质Fe3＋是否除尽可以选用KSCN溶液，不能用铁氰化钾溶液，B错误；试剂X可能是CuO或氢氧化铜，操作②中结晶时防止Cu2＋水解程度增大，需要通入HCl气体，C正确；反应②的离子方程式为2Cu2＋＋SO2＋2H2O＋2Cl－===2CuCl↓＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋4H＋，D正确。
考向02 考查物质的分离提纯、除杂
【例2】（2024·山西长治·模拟）某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。下列说法错误的是( )
A.“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适
B．“氧化”过程中少量多次添加双氧水可有效减少Fe3＋催化H2O2分解
C．“洗涤”的操作是将沉淀转移至洁净的烧杯中，加蒸馏水清洗2～3次
D．将SOCl2与AlCl3·6H2O混合并加热，可得到无水AlCl3
【答案】C
【解析】矿石酸浸后过滤，除去难溶于酸的硅氧化物，滤液A氧化后调节pH，将铁元素以氢氧化物形式沉淀，再次过滤，滤渣B洗涤灼烧得到铁红，滤液B经结晶得到AlCl3·6H2O。A.由于目标产物是AlCl3·6H2O ，为避免引入硫酸根杂质，“酸浸”过程中选择盐酸比硫酸更为合适，A正确；B.H2O2氧化Fe2＋优先于H2O2分解，“氧化”过程中少量多次添加双氧水可防止H2O2局部过量而分解，有效减少Fe3＋催化H2O2分解，B正确；C.“洗涤”的操作是将沉淀留在漏斗的滤纸中，加蒸馏水自然滤干，清洗2～3次，C错误；D.SOCl2遇水容易水解，与AlCl3·6H2O混合并加热，可吸收结晶水并生成HCl，可有效防止AlCl3水解，得到无水AlCl3，D正确。
【对点1】（2024·河南商丘·模拟）高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：
下列叙述不正确的是( )
A．用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水
B．反应Ⅰ中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3
D．该条件下，物质的溶解性：Na2FeO4＜K2FeO4
【答案】CD
【解析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故A正确；B.尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故B正确；C.反应Ⅱ中Cl元素化合价由＋1价降低为－1价，Fe元素化合价由＋3价升高到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故C错误；D.结晶过程中加入饱和KOH溶液，增大了K＋浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于K2FeO4晶体的析出，故D错误。
【对点2】（2024·浙江金华·模拟）电镀污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)对环境污染极大，是典型危险废弃物。某科研团队设计了从电镀污泥中提取镍的流程，如图所示。
根据以上信息，下列说法错误的是( )
A.“浸出渣”的主要成分可能是CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3
B．“氨浸”时适当提高氨水浓度和反应温度，有利于增大浸出率
C．该流程中“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，且重复使用的目的相同
D．“富集”与“还原”之间的操作可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧
【答案】C
【解析】A.电镀污泥(包含Ni、Ca、Fe、Al等金属阳离子)，研磨后加入碳酸铵、氨水进行氨浸后除去浸出渣，钙离子与碳酸根离子反应生成CaCO3，溶液pH增大促进Fe3＋、Al3＋的水解，转化为Fe(OH)3、Al(OH)3，故浸出渣主要成分为CaCO3、Fe(OH)3、Al(OH)3，选项A正确；B.“氨浸”时适当提高氨水浓度，pH值增大，升高反应温度，均促进Fe3＋、Al3＋的水解，有利于增大浸出率，选项B正确；C.该流程中“有机萃取剂”和“萃余液”均可重复使用，但前者重复使用的目的是充分利用萃取剂，而后者是为了提高Ni的萃取率，目的不相同，选项C错误；D.“富集”与“还原”之间的操作是将溶液中的Ni转化后处理富集且转化为粗镍，可能是沉淀、过滤、洗涤、干燥、灼烧，选项D正确。
考法02 综合工业流程
一、工业流程试题的呈现形式
【方法技巧】读图要领
(1)箭头：进入的是投料(反应物)，出去的是含产品中元素的物质(流程方向)、副产物或杂质(支线方向)。
(2)三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。
二、流程中原料的预处理
三、流程中反应条件的控制
1．控制溶液的pH
(1)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
(2)控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
2．控制反应的温度
(1)控制化学反应速率。
(2)控制平衡移动方向。
(3)控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。
(4)促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。
(5)防止或实现某物质水解或分解。
(6)使催化剂达到最大活性。
(7)防止副反应的发生。
3．调节反应物的浓度
(1)根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操作产生的影响。
(2)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响。
4．控制反应体系的压强
(1)改变化学反应速率。
(2)影响平衡移动的方向。
5．使用催化剂
加快反应速率，提高生产效率。
四、物质的分离与提纯
(一)沉淀洗涤
1．对沉淀洗涤的原因
(1)若滤渣是所需要的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的沉淀物。
(2)若滤液是所需要的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的物质如目标产物尽可能洗出来。
(3)防止污染环境：如果滤渣表面含有一些对环境有害的物质，如重金属或CN－，为了防止污染环境，往往要对残渣进行洗涤。
2．洗涤剂的选择
3.洗涤的方法
(二)产品分离、提纯
1．结晶——固体物质从溶液中析出的过程。
(1)蒸发浓缩、冷却结晶：如制取含结晶水的物质、除去KNO3中的少量NaCl。
(2)蒸发结晶、趁热过滤：如除去NaCl中的少量KNO3。
2．过滤——固、液分离。
3．洗涤——用冷水、酒精或电解质溶液洗去固体表面吸附的溶质。
4．蒸馏——分离沸点不同互溶的液体混合物。
5．分液——互不相溶的液体间的分离。
6．萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。(反萃取)
7．升华——将可直接汽化的固体分离出来。
8．盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。
9．冷却——利用气体易液化的特点分离气体，如工业合成氨中分离出液氨。
五、工业流程中的计算
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
1．计算公式
(1)n＝ eq \f(m,M) ，n＝ eq \f(V,Vm) ，n＝cV(aq)
(2)物质的质量分数(或纯度)＝ eq \f(该物质的质量,混合物的总质量) ×100%
(3)产品产率＝ eq \f(产品实际产量,产品理论产量) ×100%
(4)物质的转化率＝ eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量) ×100%
2．计算方法——关系式法
关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。
如水中溶氧量(DO)的测定：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：③2S2O32-＋I2===S4O62-＋2I－
可得关系式：O2～2Mn2＋～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3
考向01 物质制备型工业流程
【例1】（2024·湖北荆州·三模）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_________________________________________。
(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq \\al(＋,2)，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VOeq \\al(＋,2)反应的离子方程式_______________________________________________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、______，以及部分的______。
(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是________。
(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是_________________________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________________________________________________________________。
【解析】第一阶段：初处理阶段。
(1)初处理阶段的操作是“酸浸氧化”，此操作需要加热，其原因主要是为了加快酸浸和氧化反应速率，提高原料的利用率。
(2)①分析物质的变化。“酸浸氧化”过程中，Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水；MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，因此在VO＋和VO2＋被氧化成VOeq \\al(＋,2)的同时，Fe2＋也被氧化。
②陌生氧化还原反应离子方程式的书写。
第一步，初步确定反应物和生成物。
显性确定：直接从题给信息中确定；隐性确定：根据反应原理分析确定。
第二步，写出氧化还原反应离子方程式，具体步骤为：
根据参加氧化还原反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物呈现反应关系并依据得失电子数相等确定相关化学计量数。
VO＋＋MnO2―→VOeq \\al(＋,2)＋Mn2＋
第三步，根据溶液的酸碱性环境和相关守恒补充缺失微粒，并配平。
从电荷守恒的角度分析，反应物中需要增加带正电荷的微粒，因为该操作中加入硫酸，因此可补充H＋；从原子个数守恒的角度分析：生成物中的氧原子数小于反应物中的氧原子数，结合反应物中的H＋，生成物中还应有H2O。由此可写出该反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VOeq \\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O
第二阶段：除杂提纯阶段。
(3)根据题给信息，确定元素存在形态。
由此可知，滤液②中还存在Mn2＋，另外还有部分Fe3＋和Al3＋。
(4)物质成分的分析：根据物质的性质及题给信息分析。
滤饼②eq \(――→,\s\up7(pH＞13))滤渣④
该过程中Al(OH)3溶解生成[Al(OH)4]－；Fe(OH)3以沉淀形式进入滤渣③；根据题给信息V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。
(5)化学方程式的书写：确定“调pH”过程中的反应物、反应条件，根据物质性质和反应原理书写化学方程式。
(6)原有知识eq \(――→,\s\up7(迁移应用))解释新情境问题。
【答案】(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全) (2)Fe2＋ VO＋＋MnO2＋2H＋===VOeq \\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O (3)Mn2＋ Al3＋和Fe3＋
(4)Fe(OH)3 (5)Na[Al(OH)4]＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O (6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能完全析出
【思维建模】流程图建模——理清流程图的各环节
[识图方法]
图1箭头表示反应物加入同时生成物出来；
图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来；
图3箭头表示循环反应。
考向02 分离提纯型工业流程
【例2】（2024·湖北武汉·模拟）V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下：
已知：①“酸浸”时有生成。②“萃取”时离子萃取率的大小顺序为。回答下列问题：
(1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做的目的是 。
(2)“滤渣Ⅰ”除掉的主要杂质元素是 (填元素符号)。
(3)H2C2O4作用是将转化为，转化的目的是 ，发生的离子反应方程式为 。
(4)“沉钒”时，生成沉淀，“步骤X”的目的是 ，写出“煅烧”时的化学反应方程式 。
(5)以“沉钒率”(沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比)表示钒的回收率如图所示，温度高于80℃时沉钒率下降的原因是 。
【答案】(1)生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率
(2)Si
(3) VO2+的浸取率大于，转化为VO2+可以提高钒的浸取率 2+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O
(4) 将VO2+氧化为 2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O
(5)温度高于80℃时，的水解程度增大，浓度减小导致沉钒率下降
【分析】将钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中添加NaCl-Na2SO4进行焙烧，可将V转化为易溶的钠盐，Fe、Al等转化为金属氧化物；加入酸进行酸浸，滤渣1为硅的化合物；调节溶液的pH至5.1，所得滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有；加入H2C2O4进行还原，将还原为VO2+；加入萃取率进行萃取，去掉水相，再进行反萃取，分离出含有VO2+的水溶液；加入氧化剂将VO2+氧化为；加入NH4Cl溶液进行沉钒，过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3，制得V2O5。
【解析】（1）“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做能将钒转化为可溶性盐，目的是：生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率。
（2）加入酸后，钒对应的盐，铁、铝的氧化物等都易溶于酸，只有硅的化合物不溶，所以“滤渣Ⅰ”除掉的主要杂质元素是Si。
（3）题干信息显示，VO2+的浸取率大于，则H2C2O4作用是将转化为，所以转化的目的是：VO2+的浸取率大于，转化为VO2+可以提高钒的浸取率；发生的离子反应方程式为2+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O。
（4）“沉钒”时，生成沉淀，则“步骤X”操作后，VO2+转化为，所以目的是将VO2+氧化为，“煅烧”时的化学反应方程式为2NH4VO32NH3↑+V2O5+H2O。
（5）从图中可以看出，温度高于80℃时，沉钒率下降，可能是浓度减小造成的，原因是：温度高于80℃时，的水解程度增大，浓度减小导致沉钒率下降。
【思维建模】解题思维建模——通过“三审”建立系统思维
(1)审题干——明确原料成分和目的要求
(2)审流程——明确各步转化原理和目的
①看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
③找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
④关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
(3)审问题——明确答什么
①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。
②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。
【对点1】（2024·江苏南京·模拟预测）重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用，如用于制铬矾、制火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿［主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物］制备重铬酸钾的工艺流程如下图所示：
已知：
①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4。
②矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如图1所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤10-5 ml·L-1时，可认为已除尽。
③有关物质的溶解度如图2所示。
回答下列问题：
(1)基态铬原子价电子轨道表示式为 。
(2)写出焙烧过程中生成Na2CrO4反应的化学方程式 。
(3)水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式 。
(4)中和步骤中理论pH的范围是 。
(5)酸化时加冰醋酸，酸化的目的是 ，能不能用盐酸代替醋酸 (填“能”或“不能”)。重铬酸(H2Cr2O7)是一种较强的酸，写出它的结构式 。
(6)工序1加入KCl的目的是 。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5) 将溶液中的转化为 不能
(6)将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7
【分析】焙烧：由已知信息①，焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，，Cr元素转化为Na2CrO4，发生反应；铁、硅、铝的氧化物分别转化为NaFeO2、Na2SiO3、Na[Al(OH)4]。
水浸：将NaFeO2转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为，过滤得到含有Fe(OH)3的滤渣。
中和：由流程图可知，向滤液中加入醋酸进行中和的目的是将Na2SiO3、Na[Al(OH)4]转化为H2SiO3、Al(OH)3沉淀除去，结合已知信息②，调节溶液的pH时，均小于10-5 ml/L而除尽，但当溶液的pH＜4.5时，Al(OH)3会转化为Al3+，故理论pH范围为。Na2CrO4部分转化为Na2CrO7，过滤得到含有H2SiO3、Al(OH)3的滤渣。
酸化：由已知信息②中的图1可知，向滤液中加入醋酸的目的是调节溶液的pH约为5，将溶液中的Na2CrO4转化为Na2CrO7。
工序Ⅰ：向反应后的溶液中加入KCl将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7沉淀，经过滤、洗涤得到K2Cr2O7粗产品。
工序Ⅱ：粗产品经重结晶得到K2CrO7。
【解析】（1）基态铬原子价电子排布式为3d54s1，轨道表示式为。
（2）焙烧过程中生成Na2CrO4的化学方程式为。
（3）根据分析，生成滤渣的离子方程式为。
（4）根据分析，理论pH范围为。
（5）酸化时加冰醋酸酸化的目的是将溶液中的转化为。不能用盐酸代替醋酸，因为会引入杂质Cl-。重铬酸(H2Cr2O7)是的结构式为。
（6）根据分析知，加入KCl是为了将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7。
【对点2】（2024·陕西商洛·模拟预测）以含铍废渣(主要含有、还含有)为原料制备单质的工艺流程如下：
已知：及其化合物的性质与及其化合物的性质类似。
回答下列问题：
(1)滤渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“沉铝”反应的化学方程式为 。
(3)“氧化、除铁”过程中，氧化剂可使用或，氧化相同量的，理论上消耗 。
(4)试剂X选择氨水而不选择溶液的原因是 。
(5)写出“合成”反应的化学方程式： 。
(6)“转化”时需要真空环境的原因是 ，该反应类型为 (填基本反应类型)。
(7)若含铍废渣中的含量为，上述工艺流程中的损失率为，则含铍混合物理论上可以生产 (列出计算式即可)。
【答案】(1)、
(2)
(3)
(4)溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终的产率降低
(5)
(6) 防止和被氧化 置换反应
(7)
【分析】‘酸浸’时、与稀硫酸反应生成Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+，CaO与硫酸反应生成微溶于水，不溶于酸，过滤的滤渣成分为、，‘沉铝’时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂X调节溶液pH沉淀Fe3+得到Fe(OH)3，已知：及其化合物的性质与及其化合物的性质类似，则Be(OH)2能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，X应选择氨水；
【解析】（1）CaO与硫酸反应生成微溶于水，不溶于酸，滤渣的主要成分为、；
（2）‘沉铝’时硫酸铝和硫酸铵反应生成沉淀，反应方程式为；
（3）氧化相同量的，都是将Fe2+氧化为Fe3+，则转移电子数相等，氧化剂可使用或分别生成H2O或NaCl，1ml或反应均转移2ml电子，则理论上消耗1:1；
（4）已知：及其化合物的性质与及其化合物的性质类似，则Be(OH)2能溶于强碱，故试剂X应为弱碱，试剂X选择氨水而不选择溶液的原因是：溶液能与反应，由于加入量不易控制，会导致最终的产率降低；
（5）“合成”反应与HF、氨气反应生成(NH4)2BeF4和水，反应的化学方程式：；
（6）“转化”时发生反应，需要真空环境的原因是：防止和被氧化，该反应类型是置换反应；
（7）1t含铍混合物中含1t×的，上述工艺流程中的损失率为，则实际参与反应的有1t××(1-b%)，根据Be元素质量守恒可得关系式，解得m=，理论上可以生产。
1.（2024·安徽安庆·模拟预测）铋（Bi）及其化合物在电子材料等领域有着广泛作用。以某铋矿（主要成分为、，主要杂质和）制取并回收锰的工艺流程如下：
按要求回答下列问题。
(1)元素Bi较同主族N的周期数大4，写出基态Bi原子的价层电子排布式 。
(2)滤渣1的主要成分的晶体类型为 。
(3)“还原”步骤中Bi粉的作用为 。
(4)已知在2.0(5)已知：常温下，；“沉铋”步骤得到BiOCl沉淀。此“沉铋”步骤控制溶液的pH范围为 。
(6)（相对分子质量为Mr）的立方晶胞结构如图所示（棱长为apm）。的化学式为 ；晶胞密度为 （用含a、Mr、的代数式表示；为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】(1)
(2)共价晶体
(3)还原成
(4)
(5)2(6)
【分析】某铋矿先水浸提锰，MnSO4溶于水通过过滤分离；用浓盐酸处理浸出固体后过滤，二氧化硅不反应得到滤渣1为SiO2，铋、铁元素反应进入滤液，滤液中含有Fe3+、Bi3+；加入Bi粉处理滤液，Fe3+被还原成Fe2+，过滤后滤液中含有Fe2+、Bi3+；加入NaOH使得铋转化为沉淀过滤分离出来，沉淀加入氢氧化钠溶液脱氯处理得到Bi2O3。
【解析】（1）元素Bi较同主族N的周期数大4，则为第6周期ⅤA族，基态Bi原子的价层电子排布式6s26p3。
（2）滤渣1为SiO2，是由共价键形成的共价晶体。
（3）加入Bi粉处理滤液，将Fe3+被还原成Fe2+。
（4）在2.0（5）亚铁离子浓度度为0.05ml/L，亚铁离子开始沉淀时，，pOH=7.5，pH=6.5，结合BiCl3在2.0＜pH＜11.0的环境中易水解成BiOCl沉淀，故“沉Bi”步骤控制溶液的pH范围为2.0＜pH＜6.5。
（6）根据“均摊法”，晶胞中含个Bi、6个O，则晶体化学式为Bi2O3，密度为。
2．（2023·安徽安庆·模拟预测）碲（）是半导体、红外探测等领域的重要战略元素。从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有、、等杂质。一种由粗二氧化碲提取纯碲的工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，碲和硒两种元素分别转化为和。浸出温度控制在左右，当温度超过时，碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是 。
(2)的沸点（）高于的沸点（），原因是 。
(3)已知“净化”中、。在“净化”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是 （填化学式），当、共沉淀时， （已知时，、。）
(4)化学反应的吉布斯自由能变。还原和的随温度T的变化曲线如图所示。则“还原除杂”步骤的温度不宜超过 K，该步骤控制在此温度以下的原因是 。
(5)“还原”步骤中产生碲单质的化学方程式为 。
【答案】(1)温度超过时加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降
(2)和结构相似，都属于分子晶体，的相对分子质量大，范德华力更大
(3)
(4)315（312~320之间都可以） 低于该温度，和反应的，不会被还原
(5)
【分析】从阳极泥或冶炼烟尘中提取的粗二氧化碲中含有、、等杂质，加入浓盐酸浸出时，、、、分别转化为、、、，加入净化，、和反应生成、沉淀，通入进行还原除杂，转化为硒，抽滤后得到粗硒，往滤液中继续通入，被还原为碲粉，将滤液中再加入还原剂R，剩余还原为粗碲，据此解答。
【解析】（1）浓盐酸受热易挥发，浸出温度控制在65℃左右，当温度超过80℃时，由于浓盐酸挥发而造成碲的浸出率会小幅降低。降低的主要原因是：温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降，故答案为：温度超过80℃加速浓盐酸挥发，导致浸出率下降；
（2）的沸点高于的沸点原因是：和结构相似，都属于分子晶体，的相对分子质量大，范德华力更大，故答案为：和结构相似，都属于分子晶体，的相对分子质量大，范德华力更大；
（3）当生成沉淀时，所需浓度为，当生成沉淀时，所需浓度为，所需浓度更小的会先沉淀，故先沉淀，当、共沉淀时，，故答案为：、；
（4）“还原除杂”时，需将还原为，但不能将还原，由图中可知，温度超过315K时，就能被还原，则步骤的温度不宜超过315K，该步骤控制在此温度以下的原因是：低于该温度，和反应的，不会被还原，
故答案为：315K （312~320之间都可以）；和反应的，不会被还原；
（5）“还原”步骤中被还原为碲单质，化学方程式为，故答案为：。
3．（2024·福建泉州·模拟预测）从辉铋矿(主要成分为，含有、、杂质)回收铋的一种工艺流程如下图所示。
已知：①氧化性：。
②、和的分别为、和。
(1)是第六周期族元素，基态原子的价电子的轨道表示式 。
(2)酸浸过程中，铋在浸出液中以的形式存在，则发生的离子方程式为： 。
(3)将辉铋矿在空气中焙烧，再用盐酸酸浸，也可以得到同样的浸出液，该方法除了能耗较大外，还存在一个缺点： 。
(4)还原过程中，发生的离子方程式为 。
(5)“除铜”过程中，若铜离子的浓度降低至，溶液中最大浓度 。
(6)用隔膜电极法，适当控制电位，电解液可以返回酸浸中再次使用，则阳极的电极反应式为 。
(7)铋化锂被认为是很有潜力的正极材料，晶胞结构如图所示。
①晶胞可以看作是由铋原子构成的面心立方晶格，锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，晶体的化学式为 。晶胞中每个周围最近的原子个数为 。
②图中原子坐标参数：为，则的坐标为 。
【答案】(1)
(2)
(3)产生二氧化硫，污染空气
(4)
(5)0.5
(6)
(7) BiLi3或者Li3Bi； 12
【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3，发生反应：、、，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3+、Cu2+、Fe3+，滤液中加入铋粉还原铁离子：，加入硫化铵沉淀Cu2+，则电解时，阳离子有Bi3+、H+和、Na+、Fe2+，电解液可返回到酸浸步骤中可知，电解后会产生氯酸钠，则阴极发生还原反应的电极反应式：，阳极发生的电极反应式：，据此分析解答
【解析】（1）基态铋(Bi)位于第6周期第ⅤA族，则其价层电子排布式为6s26p3，轨道表示式为：。
（2）在用盐酸、NaClO3浸泡时辉铋矿的主要成分Bi2S3会发生反应：。离子方程式为：，故答案为：。
（3）辉铋矿的主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质，将辉铋矿在空气中焙烧，会产生二氧化硫，因此还有一个缺点是会产生二氧化硫，污染空气，故答案为：产生二氧化硫，污染空气。
（4）还原过程中，铋粉还原铁离子：，故答案为：。
（5）②、和的分别为、和。“除铜”时产生沉淀，，若铜离子的浓度降低至，，则溶液中最大浓度。
（6）电解液可返回到酸浸步骤中可知，电解后会产生氯酸钠，则阴极发生还原反应的电极反应式：，阳极发生的电极反应式：，故答案为：。
（7）①根据均摊法，该晶胞含有的为，含有的Bi为，Bi、Li个数比为4：12=1：3，则晶体的化学式为BiLi3；晶胞中每个周围最近的原子位于面对角线位置，可知有，
故答案为：BiLi3或者Li3Bi；12；
②锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，由题干晶胞结构示意图可知， 为，则的坐标为。
4．（2024·山东泰安·模拟预测）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：
已知：i. Bi3＋易与Cl-形成；pH>3，易发生水解为BiOCl。ii.几种离子沉淀与pH的关系如下。
(1)“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，该反应的化学方程式为 。
(2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节浸取液的 pH，一般控制浸取液pH小于1.4，其目的是 。
(3)“转化”时加入金属Bi的作用是 ，得到BiOCl的离子方程式为 。
(4)铋能被有机萃取剂(简称 TBP)萃取，其萃取原理可表示为。“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl-浓度，萃取率随c(Cl-)变化关系如图所示，c(Cl-)最佳为1.3 ml·L-1。c(Cl-)＞1.3ml·L−1 时，铋离子萃取率下降的可能原因是 。
(5)“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O] 晶体。为得到含 Cl- 较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为 。
【答案】(1)2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4
(2)增大 Cl-、H+浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子 Bi3＋(或)、Fe3＋水解
(3) 加入Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度
(4)c(Cl-)＞1.3ml·L−1 时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降
(5)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中
【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH=4.6，使Bi3+水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。
【解析】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成 Bi2O3和MnSO4，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，O2中氧元素化合价降低，硫元素化合价由-2价升高到+6价，该反应的化学方程式为2Bi2S3+6MnO2+9O22Bi2O3+6MnSO4；
（2）Bi3＋易与Cl-形成，pH>3时，易发生水解生成BiOCl：+H2OBiOCl+5Cl-+2H+，“酸浸”时及时补充浓盐酸调节浸取液的pH，可以增大H+和Cl-浓度，使平衡逆向移动，浓度增大后又抑制Bi3＋与Cl-形成，使Bi3＋充分浸出，同时增大H+浓度还能抑制Bi3＋(或)、Fe3+水解，即控制浸取液pH小于1.4，其目的是：增大 Cl-、H+浓度，使铋充分浸出，同时抑制金属离子 Bi3＋(或)、Fe3＋水解；
（3）金属Bi具有还原性，“转化”时加入金属Bi发生反应：Bi+3Fe3+=Bi3++3Fe2+，将Fe3+转化为Fe2+，避免形成Fe(OH)3沉淀，保证BiOCl的纯度；得到BiOCl的离子方程式为；
（4）c(Cl-)＞1.3ml·L−1 时，铋离子萃取平衡逆向移动，所以铋离子萃取率下降；
（5）为得到含 Cl- 较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为：边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。
5．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）二氧化铈()是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备的一种工艺流程如图所示：
已知：①能与结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能。
回答下列问题：
(1)氧化焙烧中氧化的目的是 。
(2)“萃取”时存在反应：，如图中D是分配比，表示Ce(IV)分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比保持其它条件不变，若在起始料液中加入不同量的以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因： 。
(3)“反萃取”中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为： 。
(4)向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH应大于 时，完全生成沉淀。(已知[])
(5)是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生着(0≤x≤0.25)的循环，请写出消除NO尾气(气体产物是空气的某一成分)的化学方程式 。
(6)氧化铈，常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，晶胞中与最近的核间距为a pm。(已知：的空缺率=)
①已知M点原子的分数坐标为，则N点原子的分数坐标为 。
②晶体的密度为 (只需列出表达式)。
③若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为 。
【答案】(1)将＋3价铈氧化为＋4价
(2)随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小
(3)
(4)9
(5)
(6) 10%
【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，Ce4++n(HA)2Ce•(H2n-4A2n)+4H+，从而除去溶液中的F-，再加入过氧化氢和硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce(OH)3，加入NaClO，Ce(OH)3被氧化为Ce(OH)4。
【解析】（1）原料CeFCO3中Ce为+3价，结合题目信息“在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能”，所以氧化焙烧的目的是将+3价铈氧化为+4价。
（2）D随起始料液中变化的原因是：随着增大，水层中被结合成，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小。
（3）依据流程中水层含Ce3+可知，Ce4+作氧化剂，H2O2作还原剂，氧化产物一定有氧气，在酸性环境下反应，从而写出离子方程式。
（4）Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀时，Ce3+浓度小于10-5ml/L，依据Ksp[Ce(OH)3=1.0×10-20]，，c(H+)=，则pH大于9时，Ce3+完全生成Ce(OH)3沉淀。
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，写出方程式：。
（6）①根据M点原子的分数坐标为（0，0，0），N在面心位置，则N点原子的分数坐标为；
②根据均摊原则，CeO2晶胞中Ce4+数为=4，O2-数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为apm，为晶胞体对角线的，则晶胞边长为，晶体的密度为；
④CeO2中阳离子和阴离子的个数比为1:2，若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.6：0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1:1.8，则此晶体中O2-的空缺率为=10%。
6．（2024·北京·三模）是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。
(1)以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的工艺流程如图。
已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。
①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时发生的化学方程式 。
③滤渣1主要含有 。
④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。
ⅰ．过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是 ，pH的理论范围为 。
ⅱ．过程Ⅳ发生反应，计算该反应的K≈ 。
(2)测定产品中的质量分数。
称取a g产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用b ml∙L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液v mL。产品中（摩尔质量为）的质量分数为 。（列计算式）
(3)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。
①离子交换膜应该选用 （填序号）。
a．阴离子交换膜 b．质子交换膜 c．阳离子交换膜
②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理 。
已知：酸性条件下被还原为Cr3+。
【答案】(1) 增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 Fe2O3和MgO 调节溶液pH使与转化为沉淀除去 4.5~9.3 1014.8
(2)
(3) c 阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分移向阴极区，在阳极生成
【分析】铬铁矿(主要成分为，还含有MgO、、等)加入纯碱焙烧，生成Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，FeO转化为Fe2O3，MgO不反应；加水浸取后，滤渣1为Fe2O3、MgO；滤液中加入H2SO4后过滤，溶液2为Na2CrO4溶液，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3等；Na2CrO4溶液中继续加入H2SO4，最终转化为Na2Cr2O7。
【解析】（1）①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可增大矿石与空气的接触面积，则其目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应。
②焙烧的目的是将转化为并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，则FeO被O2氧化为Fe2O3，焙烧时发生的化学方程式为。
③由分析可知，滤渣1主要含有Fe2O3和MgO。
④ⅰ．由分析可知，过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是：调节溶液pH使与转化为沉淀除去；pH的理论范围应在完全转化为Al(OH)3、Al(OH)3刚开始溶解的pH之间，即为4.5~9.3。
ⅱ．过程Ⅳ发生反应，我们选择pH=2.4的点，此时c()=1ml/L，c()=10-5ml/L，c(H+)=10-2.4ml/L，该反应的K≈=1014.8。
（2）依据得失电子守恒，可建立如下关系式：——6Fe2+，n(Fe2+)=bml/L×v×10-3L=bv×10-3ml，n()=ml，则产品中（摩尔质量为）的质量分数为=。
（3）利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，则阳极发生反应，溶液的酸性增强，发生的转化，阴极发生反应4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，阳极中的Na+、H+会向阴极迁移。
①由分析可知，离子交换膜应允许Na+、H+通过，应该选用阳离子交换膜，故选c。
②由分析可得出，Na2Cr2O7产生的原理：阳极发生反应：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分Na+移向阴极区，在阳极生成。
7．（2024·辽宁·模拟预测）钴广泛应用于电池、合金等领域。以含钴废料(主要含和，还含有等元素以及、碳、有机物)为原料制备钴的流程如下：
已知：①难溶于水。
②(焦亚硫酸钠)常作食品抗氧化剂。
③常温下，部分氢氧化物沉淀的如表所示。
④氧化性：。
回答下列问题：
(1)“浸取”时硫酸不宜用浓盐酸代替，其原因是 (用离子方程式表示)。
(2)其他条件相同时，“氧化”过程中，氧化率与温度的关系如图1所示，氧化率与的关系如图2所示(不考虑的情况)。
“氧化”的最佳条件是 。在此条件下，实际消耗的双氧水远大于理论用量，可能的原因是 。
(3)有人认为“除镁”可以通过调节代替加入，请你评价： (判断是否可行，简述理由)。
(4)工业上也可利用图3装置实现制备。
①石墨电极的电极反应式为 。生成时，室1中溶液理论上减少 g。
②相较于直接电解溶液，图3中“三室两膜”装置突出优点是 。(从绿色化学角度分析)
(5)钴的一种氧化物的晶胞如图所示，已知。钴离子的配位数为 ，晶胞中原子空间利用率为 。[用含和π的代数式表示，已知：晶胞中原子空间利用率]
【答案】(1)
(2)为 等金属离子催化分解
(3)不可行，开始沉淀时已完全沉淀
(4) 3.6 回收盐酸，不产生氯气，体现绿色化学理念
(5)6
【解析】（1）三氧化二钴具有强氧化性，用焦亚硫酸钠还原价钴，如果加入浓盐酸，C3+会氧化浓盐酸中氯离子，产生氯气，离子方程式为C2O3+6H++2Cl−=2C2++Cl2↑+3H2O；
（2）图1可判断最佳温度为30℃，温度较低时速率小，温度较高时，双氧水分解，pH在5.0~5.5时氧化率较大，故“氧化”的最佳条件是30℃、pH为5.0~5.5，在此条件下，实际消耗的双氧水远大于理论用量，可能的原因是Fe3+等金属离子催化H2O2分解；
（3）根据数据可知，如果通过调节使镁离子沉淀，测镁离子开始沉淀时钴离子已完全沉淀，不符合要求，故不可以通过调节pH代替加入NaF；
（4）①该电解池装置中，石墨电极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，钴电极作阴极；生成11.8g C，即生成C的物质的量为n(C)==0.2ml，转移电子数为0.4ml，根据电极反应式2H2O-4e-=O2↑+4H+，当转移电子0.4ml时，产生0.1ml O2，O2的质量为3.2g，产生H+的物质的量为0.4ml，H+的质量为0.4g，O2逸出，H+迁移到室2生成盐酸，故生成11.8g C时，室1溶液质量理论上减少3.2+0.4=3.6g；
②从绿色化学角度分析，与直接电解CCl2溶液相比，“三室两膜”装置突出的优点是回收高浓度盐酸，不产生氯气；
（5）晶胞类似晶胞，1个钴离子最近的氧离子有6个，故钴离子的配位数为6，1个晶胞含4个“”。由晶胞截面图可知，。
8．（2024·湖南长沙·三模）硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体，工艺流程如下：
已知：①；
②。
(1)基态原子的价层电子排布式为 。
(2)“浸取”时，由转化为的离子方程式为 。
(3)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
(4)由该工艺可知，反应属于 。反应(填“放热”或“吸热”)。
(5)“沉淀转化”步骤完成后溶液中的浓度为，则此时溶液中的浓度为
(6)滤液a可循环利用，试剂M是 。(填化学式)。
(7)PbS的立方晶胞如图所示，已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 nm。
【答案】(1)6s26p2
(2)
(3)、
(4)吸热
(5)0.1
(6)
(7)
【分析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2，Al2O3等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌[PbCl4]2- (aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子、铝离子转化成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸或者硫酸钠发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为HCl，据此回答。
【解析】（1）Pb与C同主族，在第六周期，则基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2；
（2）根据分析可知，PbS转化为[PbCl4]2−的离子方程式为：；
（3）根据分析可知，滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）PbCl2难溶于冷水，降温反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)⇌[PbCl4]2−(aq)平衡逆向移动，该反应属于吸热反应；
（5）根据=可知，ml/L，ml/L；
（6）根据分析可知，滤液a可循环利用，试剂M是Na2SO4/H2SO4；
（7）硫离子与铅离子最近的距离为体对角线的，由图可知，黑球有4个，在内部，灰球均摊为个，边长为cm，所以硫离子与铅离子最近的距离为nm。
9．（2024·山东济南·模拟预测）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知25℃时：①，，，，
②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。
回答下列问题：
(1)加入适量的主要目的是 。
(2)“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗 (用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则 。
(3)“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为 (填化学式)。
(4)“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
(5)“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为 。
【答案】(1)除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀)
(2)
(3)
(4)，F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
(5)
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2；
【解析】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4；
（2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子aml，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bml，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）ml÷2，、消耗硫离子(a+b)ml，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则；
（3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离；
（4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全；
（5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，是含锂较高的工业矿物之一。以磷锂铝石为原料制备锂离子动力电池正极材料的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1)滤渣1的成分为和 （填化学式）。
(2)“氧化”的目的是 （语言叙述），滤渣2的成分为 。
(3)的溶解度曲线如图所示。图中a、b对应温度下的溶度积之比 ，“沉锂”时，控制温度为，饱和的浓度约为 （填“可能”或“不可能”）沉淀完全。[饱和溶液的密度近似为，认为沉淀完全]。
(4)“沉锂”时反应，测得沉淀率随温度升高而增加，其原因是 （任写一条即可）。
(5)“沉锂”后分离得到的操作是蒸发结晶、 、洗涤、干燥。
(6)“合成”在高温下进行，写出该反应的化学方程式： （葡萄糖→）。
【答案】(1)
(2)将转化为 、
(3) 不可能
(4)随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大）
(5)趁热过滤
(6)
【分析】磷锂铝石是一种含锂、铝的氟磷酸盐，常含等元素，加浓硫酸焙烧，得到HF和硫酸盐，SiO2不反应，水浸，不溶性物质主要有SiO2和CaSO4（微溶），过滤所得滤液中加过氧化氢，将Fe2+氧化成Fe3+，再加氨水调节pH，沉淀除铝、铁的离子，二次净化进一步出去磷、钙，所得滤液加Na2CO3溶液沉锂得到碳酸锂沉淀，所得滤液主要溶质为硫酸钠，碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4。
【解析】（1）由分析得，滤渣1成分为SiO2和CaSO4；
（2）氧化的目的是，将转化为，便于后续调节pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3除去；
（3）a点Li2CO3的溶解度为1.48g，为0.02ml，溶液总质量为101.48g，Li2CO3饱和溶液的密度近似为1g/cm3，故体积为点的溶解度为101.48mL，，，b点Li2CO3的溶解度为0.74g，为0.01ml，溶液总质量100.74g，体积为100.74mL，，，8：1；当沉锂时，溶液中的浓度最大为2.5ml/L时，，远大于5×10-5ml/L，故Li+不可能沉淀完全；
（4）随温度升高，“沉锂”反应速率加快，相同时间内沉淀量增大（或随温度升高，溶解度减小，沉淀量增大）；
（5）Li2CO3溶解度随温度的上升而下降，为了减小Li2CO3的损失，“沉锂”后分离得到的操作是：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；
（6）碳酸锂高温下与C6H12O6、FePO4反应制得LiFePO4，化学方程式为：。
11．（2024·广东·三模）和应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种合金废料生产工业硫酸镍和锡酸钠的工艺流程如下图所示。
已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为、、、。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制和制”的原理是：(有机相)(有机相)，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。
③常温下，，；，。
(1)“酸浸”时，Ni与硝酸反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
(2)“碱熔”时，发生反应的化学方程式为 。
(3)“沉锡”时，常温下恰好完全沉淀为时， (填“>”“<”或“=”)。
(4)“一次除铁”的总反应离子方程式为 。
(5)“萃取除铁”时，用制取进行萃取，而不用直接进行萃取的原因是 。
(6)“反萃取”时，萃余液的溶质含，试剂1是 。
(7)“制”时，溶液1的主要成分是 (填化学式)。
(8)某镍和砷形成的晶体，晶胞结构如图1，沿z轴方向的投影为图2。
①该晶体中As周围最近的Ni有 个。
②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，则阿伏加德罗常数的数值 (用含a、b、的代数式表示)。
【答案】(1)3：2
(2)
(3)<
(4)
(5)避免萃取时引入进入溶液，降低的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使进入有机相，降低的产率
(6)盐酸
(7)
(8) 6
【分析】合金废料 “酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为、、、，加碳酸钠调pH值沉锡，锡加NaOH和氧气，得到Na2SnO3，溶解过滤结晶后得晶体Na2SnO3·3H2O；溶液中含、，加入双氧水氧化，加入碳酸钠形成除铁（），溶液中仍有少量，用做萃取剂 “萃取除铁、反萃取”，最终浓缩结晶得到晶体；
【解析】（1）“酸浸”时，Ni与硝酸离子反应，还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：2；
（2）“碱熔”时，发生反应的化学方程式为：；
（3），；
（4）“一次除铁”时加入双氧水，碳酸钠反应生成，总反应离子方程式为：；
（5）“萃取除铁”时，用制取进行萃取，而不用直接进行萃取的原因是：避免萃取时引入进入溶液，降低的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使进入有机相，降低的产率；
（6）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含，试剂1是: 盐酸；
（7）“制”时，通入，置换出，溶液1的主要成分是：；
（8）①该晶胞为六方晶体，选择中间层的As原子可知，上下层各有3个Ni原子与1个As原子相连，晶体中As周围最近的Ni有6个；②该晶体的密度为，晶胞参数为apm，bpm，由晶胞结构可知，Ni原子与As原子配位数比为1:1，晶胞内部含有2个As原子，2个Ni原子，，则阿伏加德罗常数的数值。
12．（2024·山东·二模）我国钴资源相对贫乏，而湿法炼锌固体废弃物中含有较多的钴元素(高钴渣)，以下为一种高钴渣综合利用回收钴等各种金属元素的生产工艺。回答有关问题：
已知：I．高钴渣物相组成：、、、、CuO等。
Ⅱ．溶度积： 。
Ⅲ．是两性氢氧化物，可与强碱反应成。
(1)高钴渣酸浸过程中完全转化为，写出反应的化学方程式： ，滤渣1的主要成分是 (填化学式)。
(2)实验发现硫酸酸浸过程中，浸出液中金属离子浓度随硫酸浓度(质量分数)的变化情况如下图，工业生产中选择18%的硫酸作为浸出试剂，理由是 。锰浸出量()随硫酸浓度增大而升高的可能原因为 。
(3)滤液1加入碳酸钠溶液中和除杂，应调节pH最小为 (保留一位小数)，该过程中滴加碳酸钠溶液的速度要慢，否则会生成，写出反应的离子方程式： 。
(4)一次除锌后滤渣4主要成分为，经检测发现即使一次除锌过程中NaOH溶液足量，在中仍存在一定量的锌元素，可能的原因是
(5)为除掉中少量的锌，可在酸溶后加入有机络合试剂204(试剂B)萃取二次除锌，络合试剂结构为 (R为结构复杂的烃基)，其电离后阴离子容易与配位。实验发现二次除锌时pH应控制在4.0附近，不宜过低或过高，可能的原因是 。
【答案】(1)
(2) 18%硫酸、有较高的浸出量，而浸出量极少 在酸性强时，可能与水反应生成
(3)3.7
(4)生成沉淀过程中吸附(包裹)含锌化合物
(5)pH过低204难电离，与难络合萃取，pH过高可能生成难溶性的金属氢氧化物
【分析】高钴渣物相组成：、、、、CuO等，加入硫酸进行溶浸，得到含有金属阳离子C2+、Zn2+、Cu2+、Fe3+的溶液，酸浸过程中完全转化为，发生反应：，不溶于硫酸溶液，滤渣1的主要成分为，过滤所得滤液加碳酸钠调节pH，生成氢氧化铁沉淀除去铁离子，过滤所得滤液2再加入锌粉将铜置换出来，除去铜离子，过滤所得滤液3加入足量氢氧化钠生成氢氧化钴沉淀和，滤渣4的主要成分为，加稀硫酸溶解，通过萃取进一步的除去锌离子，所得水相所含金属阳离子主要为C2+，加入碳酸钠沉钴。
【解析】（1）根据分析，高钴渣酸浸过程中完全转化为，反应的化学方程式：；滤渣1的主要成分是；
（2）工业生产中选择18%的硫酸作为浸出试剂，根据图示可知：18%硫酸、有较高的浸出量，而浸出量极少；锰浸出量()随硫酸浓度增大而升高的可能原因为在酸性强时，可能与水反应生成；
（3）滤液1加入碳酸钠溶液中和除杂，除去铁离子，铁离子完全沉淀，，则应调节pH最小为3.7；该过程中滴加碳酸钠溶液的速度要慢，否则会生成，反应的离子方程式：；
（4）一次除锌过程中NaOH溶液足量，在中仍存在一定量的锌元素，可能的原因是生成沉淀过程中吸附(包裹)含锌化合物；
（5）二次除锌时pH应控制在4.0附近，不宜过低或过高，因为pH过低，氢离子浓度过大，204难电离，与难络合萃取，pH过高，氢氧根浓度变大，可能生成难溶性的金属氢氧化物。
13．（2024·湖南长沙·三模）铼是一种稀有贵重金属，广泛用于制造飞机、卫星和火箭的外壳等。工业上一种利用富铼矿渣(主要成分ReS2)提取铼的工艺流程如图所示：
已知：①“焙烧”得到的固体成分有Re2O7、ReO3以及铁、铜和硅的氧化物；
②Re2O7是酸性氧化物，HReO4的性质与HClO4的性质相似；高铼酸铵()微溶于冷水，易溶于热水；
③室温下，。
回答下列问题：
(1)Re2O7与水反应的离子方程式为 ；室温下，加入氨水后，测得溶液pH约为11，则溶液中 (填“>”“<”或“=”)。
(2)“焙烧”时，空气从焙烧炉底部通入，粉碎后的矿渣从顶部加入，目的是 。
(3)写出“热解”时发生反应的主要化学方程式： 。
(4)测得制得的铼粉(含少量Re2O7)中Re与O的原子个数比为1∶0.35，则该产品的纯度为 %(保留三位有效数字)。
(5)已知ReO3的立方晶胞结构如图所示，则Re在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Re周围与其最近的O的个数为 。
【答案】(1) <
(2)增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率
(3)
(4)87.4
(5) 顶角 6
【分析】由题给流程可知，富铼矿渣加入生石灰后，在空气中焙烧得到铼、铁、铜、硅的氧化物，向氧化物中加入稀硫酸和过氧化氢溶液，酸性条件下，二硫化铼与过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成高铼酸和硫酸，过滤得到浸渣和含有高铼酸和硫酸的滤液；向滤液中加入有机萃取剂R3N萃取、分液得到可以循环使用的稀硫酸和有机相；向有机相中加入氨水反萃取、分液得到可以循环使用的有机萃取剂R3N和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，在800℃条件下，氢气和七氧化二铼发生置换反应生成铼和水。
【解析】（1）由题意可知，七氧化二铼和水反应生成高铼酸，反应的离子方程式为；由一水合氨的电离常数可知，溶液中=，则室温下，溶液pH为11时，溶液中=＜1，所以溶液中铵根离子浓度小于一水合氨的浓度，故答案为：；＜；
（2）“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率，故答案为：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料的利用率；
（3）由分析可知，“热解”时发生的主要反应为高铼酸铵晶体与氧气共热反应生成氮气、七氧化二铼和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（4）设铼粉中铼和七氧化二铼的物质的量分别为aml、bml，由铼原子和氧原子的原子个数比为1：0.35可得：(a+2b)：7b=1：0.35，解得a=18b，则产品的纯度为×100%≈87.4%，故答案为：87.4
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角的白球个数为8×=1，位于棱上的黑球个数为12×=3，由化学式可知，位于顶角的白球为铼原子；与位于顶角的铼原子距离最近的氧原子位于棱上，则晶体中一个铼原子周围与其最近的氧原子的个数为6，故答案为：顶角；6。
14．（2024·山西晋中·模拟预测）钴蓝[]是一种重要的蓝色颜料。利用含钴废料（主要成分为，还含有少量Al以及、、）制备钴蓝的一种工艺流程如图：
已知：，
请回答以下问题：
(1)“碱浸”时所得滤液主要成分为NaOH、和，写出生成的化学方程式： ；“操作”的分离方法是 。
(2)“酸溶”时有能使带火星的木条复燃的气体产生，写出发生反应的离子方程式为： ；“酸溶”时能否使用盐酸代替硫酸 （填“能”或“不能”）？
(3)已知钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示，则有机磷萃取的最佳pH为 。
(4)若溶液中，为防止沉钴过程中产生沉淀，需控制溶液的pH小于 （保留一位小数）；灼烧过程中主要反应的化学方程式为 。
(5)可以通过电解溶液获得单质C和较浓的盐酸，工作原理如图所示：
其中膜a和膜b中，属于阳离子交换膜的是 （填“膜a”或“膜b”）。若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了73g，则获得的单质C质量为 。
【答案】(1) 分液
(2) 不能
(3)5.5
(4)7.5
(5) 膜a 59g
【分析】含钴废料经过碱浸除去二氧化硅、Al和氧化铝，经酸溶和过氧化氢作用将C从+3价还原到+2价，得到含C2+、Li+溶液，有机磷萃取、分液实现C2+、Li+分离，有机相经反萃取得到CSO4，一系列反应后得到C(AlO2)2。
【解析】（1）碱浸生成NaAlO2的化学方程式：,；
“操作”的分离方法是分液；
（2）“酸溶”时有能使带火星的木条复燃的气体产生，为氧气，C3O4发生反应的离子方程式为：；
“酸溶”不用盐酸的原因是中LiCO2中+3价钴具有氧化性，会将盐酸氧化为氯气而产生有毒气体、污染环境；
（3）由图像可知，C萃取率随pH增大而增大，Ph> 5.5后变化不大；Li萃取率随pH增大变化不大，有机磷萃取的最佳pH为5.5；
（4），c(C2+)=0.059ml⋅L−1时，，pOH=6.5，pH=14-6.5=7.5，需控制溶液的pH小于7.5；
灼烧过程是将碳酸钴转化为C(AlO2)2，主要反应的化学方程式为；
（5）Ⅰ室中H+移向Ⅱ室，Ⅲ室中Cl-移向Ⅱ室，故膜a为阳离子交换膜；
若Ⅱ室溶液中溶质的质量增加了73g，说明有2ml H+和2mlCl-移向Ⅱ室，电子转移2ml，由阴极的电极反应式：C2++2e-=C，每转移2mle-生成1mlC，故获得的单质C质量为59g。
15．（2024·陕西安康·模拟预测）硅酸盐锆矿的主要成分为，还含有Fe、Al、Cu的氧化物，以该矿石为原料生产的工艺流程如图所示：
已知：“加热转化”后得到的成分有、、、和。
回答下列问题：
(1)“加热转化”时，提前将CO和按一定比例混合均匀后由硅酸盐锆矿的下端向上通入，其目的是 ；该过程中发生反应的化学方程式为 。
(2)已知易水解生成硅酸和盐酸，则“碱浸”时硅酸发生反应的离子方程式为 。
(3)常温下，，测得“除铜”后溶液中，通过计算判断溶液中是否除尽： (写出计算过程，溶液中离子浓度低于即可认为该离子被除尽)。
(4)难溶于有机溶剂；易溶于有机溶剂(密度小于水)，微溶于水。若可选试剂为和有机溶剂，则从除铜后的溶液中“除铁”的具体操作为 ，再用硫酸将含有的有机层反萃取，得到含的溶液进入下一步流程(补全操作)。
(5)常温下，，“沉锆”后的溶液中， (填“”“”或“”)。
(6)若硅酸盐锆矿经上述流程后，最后制得，则原矿石中的百分含量为 (忽略过程中Zr的消耗，保留两位有效数字)。
【答案】(1) 增大反应物的接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率 ZrSiO4＋4Cl2＋4COZrCl4＋SiCl4＋4CO2
(2)H2SiO3＋2OH—=SiO+2H2O
(3)除尽
(4)向除铜后的溶液中加入过量的NH4SCN溶液充分反应，将溶液转入分液漏斗中，向溶液中加入有机溶剂MIBK，振荡、静置，分液分离出下层溶液
(5)>
(6)73%
【分析】由题给流程可知，400℃条件下硅酸盐锆矿在一氧化碳、氯气中加入转化得到含有四氯化硅、四氯化锆、氧化铜、氧化铁和氧化铝的固体混合物，固体混合物水浸、过滤得到含有四氯化硅、四氯化锆的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液碱浸，将四氯化硅转化为硅酸钠、四氯化锆转化为氢氧化锆，过滤得到滤液和滤渣；向滤渣中加入盐酸酸溶，将氢氧化锆转化为氯化锆，向反应得到的溶液中加入氰化钠溶液，将溶液中的铜离子转化为Cu(CN)2沉淀，过滤得到Cu(CN)2和滤液；向除铜后的溶液中加入过量的NH4SCN溶液充分反应，将溶液转入分液漏斗中，向溶液中加入有机溶剂MIBK，振荡、静置，分液分离出下层溶液得到含有Zr(SCN)4的有机层，向有机层中加入硫酸溶液反萃取、分液得到硫酸锆溶液；向溶液中加入氨水调节溶液pH为9，将硫酸锆转化为氢氧化锆，过滤得到氢氧化锆；氢氧化锆灼烧分解制得氧化锆。
【解析】（1）“加热转化”时，提前将一氧化碳和氯气按一定比例混合均匀后由硅酸盐锆矿的下端向上通入可以增大反应物的接触面积，缩短“氯化”时间，提高锆英石的转化率，该过程中ZrSiO4发生的反应为400℃条件下ZrSiO4与一氧化碳、氯气反应生成四氯化硅、四氯化锆和二氧化碳，反应的化学方程式为ZrSiO4＋4Cl2＋4COZrCl4＋SiCl4＋4CO2；
（2）“碱浸”时硅酸发生的反应为硅酸与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为H2SiO3＋2OH—=SiO+2H2O，故答案为：H2SiO3＋2OH—=SiO+2H2O；
（3）由溶度积可知，溶液中氰酸根离子浓度为0.01ml/L时，溶液中铜离子浓度为=4×10—6ml/L＜1×10—5ml/L，则溶液中的铜离子已经除尽，故答案为：除尽；
（4）由分析可知，除铁的具体操作为向除铜后的溶液中加入过量的NH4SCN溶液充分反应，将溶液转入分液漏斗中，向溶液中加入有机溶剂MIBK，振荡、静置，分液分离出下层溶液得到含有Zr(SCN)4的有机层，故答案为：向除铜后的溶液中加入过量的NH4SCN溶液充分反应，将溶液转入分液漏斗中，向溶液中加入有机溶剂MIBK，振荡、静置，分液分离出下层溶液；
（5）由电离常数可知，pH为9的溶液中==＞1，则溶液中铵根离子浓度大于一水合氨的浓度，故答案为：>；
（6）由锆原子个数守可知，原矿石中ZrSiO4的百分含量为×100%≈73%。
1.（2024·辽宁卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
A. “浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全
B. “浸铜”反应：
C. “脱氯”反应：
D. 脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【答案】C
【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。
2.（2024·北京卷）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A. I的化学方程式：
B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C. 将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生
D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。
【解析】反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。
3.（2024·湖南卷）中和法生产的工艺流程如下：
已知：①的电离常数：，，
②易风化。
下列说法错误的是
A. “中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液
B. “调pH”工序中X为或
C. “结晶”工序中溶液显酸性
D. “干燥”工序需在低温下进行
【答案】C
【解析】和先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为，通过结晶、过滤、干燥，最终得到成品。铁较活泼金属，可与反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入溶液，A项正确；若“中和”工序加入过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入；若“中和”工序加入过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或，B项正确；“结晶”工序中的溶液为饱和溶液，由已知可知的，，则的水解常数，由于，则的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；由于易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；故选C。
4.（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是_______。
（2）“滤渣”的主要成分是和_______。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为_______，该反应能进行的原因是_______。
（4）铝产品可用于_______。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为_______；化合物的化学式是_______，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为_______(列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3 （2）SiO2
（3） ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
（4）净水 （5） Ca3N3B
【解析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。
（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
5.（2024·广东卷）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。
（2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。
（3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
（4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。
（5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。
（6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。
【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
（3）铁 [FeCl4]- （4）高 NaCl
（5）3.2 4.0×10-7 （6）2:1:1 8a3
【分析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
【解析】
（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2ml/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10ml⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7ml⋅L-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在C构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为C，故晶胞中Ga、Ni个数为4，C个数为8，粒子个数最简比C:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。
6.（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为_______。
（7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。
【答案】（1）四 ⅠB （2）Cu2+ （3）
（4）AgCl （5） （6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【解析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
7.（2024·河北卷）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
（1）钒原子的价层电子排布式为_______；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为_______，产生的气体①为_______(填化学式)。
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
【答案】（1）
（2）
（3） 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换
（4）
（5）bd
【解析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。
（3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
8.（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
（1）基态的轨道表示式为_______。
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。
（3）“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是_______。
（4）写出反萃取生成的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。
（6）与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为_______。
【答案】（1） （2）快速冷却
（3）无明显现象 （4） ①. ②. 反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
（6）。
【解析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。
9.（2024·甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_____。
（2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是_____。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中_____，据此判断能否实现和的完全分离_____(填“能”或“不能”)。
（4）“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为_____。
（5）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是_____。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为_____。
（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_____。
【答案】（1）增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
（2） （3） 不能 （4） （5）
（6）
（7）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到C(OH)3。
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CO为转化为CSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(C2+)均为，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中，则，c(C2+)小于，说明大部分C2+也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和C2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生H+的物质的量为。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化C2+，为了保证C2+被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
10.（2024·辽宁卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为_______(填化学式)。
（2）“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A. 无需控温B. 可减少有害气体产生
C. 设备无需耐高温D. 不产生废液废渣
（5）“真金不拍火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为_______。
（6）“沉金”中的作用为_______。
（7）滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为_______。用碱中和可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
【答案】（1）CuSO4 （2）
（3） （4）BC （5）做络合剂，将Au转化为从而浸出
（6）作还原剂，将还原为Au
（7） NaCN
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（4）细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC；
（5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为从而浸出；
（6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au；
（7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
11.（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。
（4）“置换”中可选用的试剂X为_______(填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为_______。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。
【答案】（1）1:1 H2S （2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C （5）阳极
【解析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
12.（2024·新课标卷）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是_______；“滤渣1”中金属元素主要为_______。
（2）“过滤1”后的溶液中加入的作用是_______。取少量反应后的溶液，加入化学试剂_______检验_______，若出现蓝色沉淀，需补加。
（3）“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为_______、_______。
（4）“除钴液”中主要的盐有_______(写化学式)，残留的浓度为_______。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
（2）将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液
（3）
（4）、
【解析】由题中信息可知，用硫酸处理含有C、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
13.（2024·浙江卷1月）固态化合物Y的组成为，以Y为原料实现如下转化。
已知：与溶液A中金属离子均不能形成配合物。
请回答：
（1）依据步骤Ⅲ，、和中溶解度最大的是_______。写出溶液C中的所有阴离子_______。步骤Ⅱ中，加入的作用是_______。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 气体D是形成酸雨的主要成分B. 固体E可能含有
C. 可溶于溶液D. 碱性：
（3）酸性条件下，固体(微溶于水，其还原产物为无色)可氧化为，根据该反应原理，设计实验验证Y中含有元素_______；写出转化为的离子方程式_______。
【答案】（1）MgCO3 、、OH-、Cl- 调节溶液pH值，防止钙离子、镁离子、锰离子转化为氢氧化物的沉淀 （2）BC
（3） 取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素
【解析】Y中加入盐酸将碳酸根转化为二氧化碳，溶液A中主要有镁离子、锰离子、钙离子、亚铁离子，氯离子，若酸过量，还有H+，加入氨气和氯化铵将亚铁离子转化为氢氧化亚铁，溶液B中主要含有镁离子、锰离子、钙离子、铵根离子，氯离子，Ⅲ中又通入CO2将钙离子与锰离子转化为沉淀，据此回答。
（1）①MnCO3、CaCO3 和 MgCO3是同种类型的沉淀，溶解度大的最后沉淀出来，由于通入二氧化碳，生成的沉淀是CaCO3 和 MgCO3，所以 MgCO3溶解度最大；
②溶液中加入盐酸引入阴离子氯离子，Ⅲ中又通入CO2引入碳酸根离子，溶液中还有碳酸氢根和氢氧根；
（2）A．气体是CO2不是形成酸雨的主要成分，故A错误；
B．固体E可能含有Na2CO3，当二氧化碳过量时反应方程式为：，当二氧化碳少量时，所以可能含有Na2CO3，故B正确；
C．Mn(OH)2可溶于NH4Cl溶液，由于NH4Cl溶液呈酸性，NH4Cl水解产生的H+与Mn(OH)2反应，故C正确；
D．碱性是Ca(OH)2＞Fe(OH)2，氢氧化钙是强碱，氢氧化亚铁是弱碱，故D错误；
故选BC。
（3）①酸性条件下，固体NaBiO3可氧化Mn2+为，取一定量Y于试管中，加入适量硝酸溶解，再加入适量NaBiO3，观察到溶液变为紫红色，则证明Y中含有锰元素；
②根据题目信息可知。
14.（2024·浙江卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
（1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是_______(选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式_______；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入_______(填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
（2）下列说法正确的是_______。
A. 电解池中发生的总反应是(条件省略)
B. 产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C. 化合物C在水溶液中最多可中和
D. 的氧化性弱于
（3）D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后_______；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式_______。
【答案】（1）还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3
（2）AB
（3）加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- HSO3X+3OH-=SO42-+X-+2H2O
【解析】铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。
（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，PbS中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（1）根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确；据分析，铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则1ml化合物C在水溶液中最多可中和，C错误；ClF的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于Cl2，D错误；故选AB。
（3）①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；
②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=SO42-+X-+2H2O。
15.（2024·北京卷）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。
（2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。
（3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。
②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。
（4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。
（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）
（3）温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低
（4）
（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。
【解析】
（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；
（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；
②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；
（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；
（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。
考点内容
考点分布
物质分离和提纯类
2024广东卷、2024湖南卷、2024河北卷、2024辽宁卷、2024安徽卷、2024新课标卷、
2024全国甲卷、2023湖北卷、2023辽宁卷、2023广东卷、2023浙江卷、2023新课标卷、
2022湖南卷、2022湖北卷、2022重庆卷、2022全国乙卷
物质制备类
2024北京卷、2024甘肃卷、2024浙江卷6月、2024江苏卷、2024山东卷、2024湖北卷、2024浙江卷、2023全国甲卷、2023全国乙卷、2023湖南卷、2023山东卷、2023北京卷、2023浙江卷、2022福建卷、2022辽宁卷、2022广东卷、2022北京卷、2022河北卷、
2022全国甲卷
方法
目的
研磨、
雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
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，如煅烧高岭土
洗涤试剂
适用范围
目的
蒸
馏
水
冷水
产物不溶于水
除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水
有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降
除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化而造成溶解的损失
有机溶剂
固体易溶于水，难溶于有机溶剂
减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液
对纯度要求不高的产品
减少固体溶解
酸、碱溶液
产物不溶于酸、碱
除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤的方法
注意点
三个得分点
让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加入洗涤剂浸没晶体，让洗涤液自然流下，重复2～3次即可
在洗涤过程中不能搅拌。因为滤纸已经润湿，如果搅拌很容易搅破滤纸，造成晶体损失
注洗涤液→加洗涤液→重复操作
(1)注洗涤液：沿玻璃棒向漏斗中注入洗涤液
(2)加洗涤液：洗涤液完全浸没晶体
(3)重复操作：重复操作2～3次
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Al3＋
Mn2＋
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
开始沉淀pH
8.1
6.3
1.9
沉淀完全pH
10.1
8.3
3.3
开始沉淀
0.3
2.7
7.6
7.2
9.6
完全沉淀
1.2
3.2
9.6
9.2
11.1
离子
浓度
145
0.03
1
开始沉淀的pH
1.5
6.9
—
7.4
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.4
1.1
9.4
8.2
温度/℃
B中所含铜、铁的主要物质
400
500