2023年高考化学三轮回归教材重难点08 化学工艺流程分析

这是一份2023年高考化学三轮回归教材重难点08 化学工艺流程分析，共35页。试卷主要包含了图解明晰化学工艺流程，原料预处理的六种常用方法，控制反应条件的六种常用方法，注意描述简答的答题规范，化工流程题解题技法等内容，欢迎下载使用。
2023年高考化学三轮回归教材重难点

回归教材重难点08 化学工艺流程分析

高考五星高频考点。化学工艺流程题以化工生产流程图的形式，充分体现元素化合物与自然界和社会生活的密切联系，体现其社会应用价值。对近年的高考试题进行分析，不难发现，试题很多都是将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。这类试题一般都是比较大型的推断、实验设计和探究类试题，这是高考中一个重要的热点。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相关计算。

1．图解明晰化学工艺流程

2．原料预处理的六种常用方法
方法
目的
研磨
减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率
水浸
与水接触反应或溶解，使可溶物进入溶液，不溶物通过过滤除去
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，使一些物质溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3．控制反应条件的六种常用方法
(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变大；
②不引入新杂质，如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或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)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)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. 常考化工术语
关键词
释 义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
5. 常见的操作与思考角度
常见的操作
思考角度
加过量试剂
使反应完全进行(或增大转化率、产率)等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→(洗涤、干燥)
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
判断沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤滤液少量，检验其中是否还有某种离子存在
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度
(常用水浴、冰浴或油浴 )
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
6．注意描述简答的答题规范
(1)“操作或措施”类
操作或措施
答题模板
从溶液中得到晶体的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥
蒸发结晶的操作
将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分
证明沉淀完全的操作
静置，在上层清液中继续加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全
洗涤沉淀的操作
沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次
检验沉淀是否洗涤干净的操作
取最后一次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净
(2)“目的或原因”类
目的或原因
答题模板
沉淀水洗的目的
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的
防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等
加过量A试剂的原因
使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于×× ℃的原因
温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水的原因
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
7. 循环物质的确定

8. 副产品的判断

9．化工流程题解题技法
(1)粗读题干，挖掘图示
图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要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。如制备类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。
(2)携带问题，精读信息
这里信息包括三个方面：一是主干，二是流程图示，三是设置问题。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”)、实验操作方法等。
(3)跳跃思维，规范答题
答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。

1．(2021•湖南选择性考试)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的工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为　 　；
(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有　 　(至少写两条)；
(3)滤渣Ⅲ的主要成分是　 　(填化学式)；
(4)加入絮凝剂的目的是　 　；
(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为　 　，常温下加入的NH4HCO3溶液呈　 　(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3•H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11)；
(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为　 　。
【答案】(1)13858Ce (2)适当升高温度，将独居石粉碎等
(3)Al(OH)3 (4)促使铝离子沉淀
(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑ 碱性
(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O
【解析】天然独居石主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2(CO3)3•nH2O。(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的表示方法，其符号为13858Ce；(2)升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率；(3)依据流程分析，氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去；(5)“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2(CO3)3•nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑，根据盐类水解规律，已知NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；(6)Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。
2．(2021•湖南选择性考试)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤Ⅰ.Na2CO3的制备

步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol•L﹣1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol•L﹣1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；
④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。
已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。
(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100g H2O)
温度/℃
0
10
20
30
40
50
60
NaCl
35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3
NH4HCO3
11.9
15.8
21.0
27.0



NaHCO3
6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4
NH4Cl
29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为　 　，晶体A能够析出的原因是　 　；
(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是　 　(填标号)；

(3)指示剂N为　 　，描述第二滴定终点前后颜色变化　 　；
(4)产品中NaHCO3的质量分数为　 　(保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果　 　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)NaHCO3 在30-35C时NaHCO3的溶解度最小(意思合理即可)
(2)D (3)甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色
(4)3.56% (5)偏大
【解析】分析流程可知，氯化钠加蒸馏水溶解，再加入碳酸氢铵粉末，30﹣35℃水浴，静置抽滤，结合图中数据分析可知，晶体A为NaHCO3，滤液中主要含有Na+、Cl﹣、HCO3﹣、NH4+，洗涤抽干，300℃加热，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(1)晶体A为NaHCO3，结合图表数据分析析出原因；(2)300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚；(3)依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙，据此进行分析；(4)滴定过程中发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的体积为V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，产品中为碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，可得关系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L×250mL25mL，求解碳酸氢钠的物质的量，进而计算其质量分数；(5)滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，结合(4)关系式计算对结果造成的影响。(1)依据分析可知，晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知：在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO3晶体；(2)300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚，图中D为坩埚；(3)依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，在快接近终点时，由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定终点不再显中性而显酸性，故换用指示剂N甲基橙，继续滴定时，终点前后的现象为溶液由橙色变为红色；(4)滴定过程中发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的体积为V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，产品中为碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，设碳酸钠的物质的量为x，碳酸氢钠的物质的量为y，可得关系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L×250mL25mL，解得y≈0.002684mol，碳酸氢钠的质量分数=m(碳酸氢钠)m(样品)=0.002684mol×84g/mol2.5g×100%≈9.02%；(5)滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，解出y偏大，则碳酸氢钠的质量分数偏大。
3．(2021•河北选择性考试)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：

回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是____________(填元素符号)。
(2)工序①的名称为____________________。
(3)滤渣的主要成分是___________(填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为______________________________。
(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_____________________(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________________。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)4-：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
【答案】(1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe2O3
(4)2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
(5)4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
(6)② (7)8.37
【解析】
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质；(3)滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)4- +H+A1(OH)3+H2O，反应的平衡常数为K1====1013.37，当c[Al(OH)4-]为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37。
4．(2021•广东选择性考试)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼(Mo)、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：

已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(BaMoO4)=3.5×10-8， ，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MoO42-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出。
(5)高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反应。

①该氧化物为_______。
②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1)+6 (2)Al(OH)3
(3)①Ba2++MoO42-= BaMoO4↓ ②
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4：1
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为Ba2++MoO42-= BaMoO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMoO4BaCO3+MoO42-+H+，该反应的化学平衡常数为。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足，由于“沉钼”中pH为7.0， c(H＋)= 1.0×10-7 mol·L－1，所以溶液中时，开始生成BaCO3沉淀， 因此， 时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。
5．(2021•山东卷)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：

(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是________________________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。

中和时pH的理论范围为_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在_______ (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为________________。

【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3 使2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
(3)所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O H2SO4 (4)阳 Na＋
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(2)中和时调节溶液pH目的是将AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO32-，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O72-和CrO42-存在，溶液中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知，Cr2O72-在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。
6．(2021•辽宁选择性考试)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：

已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
(2)用FeCl3溶液制备胶体的化学方程式为_______。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。

(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中c(Cr3+)=_______(Kw近似为1×10-14，Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30)。
(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为_______。
(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为_______。
【答案】(1)4 VIB (2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)H3V2O7- (4) 6.0 1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O
(6)防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O。(1)Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制pH=3.0，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-；(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6；(5) “转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；(6)由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。
7．(2021•湖北选择性考试)废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如下：
回答下列问题：
(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为 。
(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。
(3)25 ℃时，已知：， ，
， ，“浸出液”中c(Cu2+)＝0.01 mol·L-1。当金属阳离子浓度小于1.0×10-5mol·L-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为 (保留一位小数)；若继续加入6.0 mol·L-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后 ；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3＋NH3·H2O[Ga(OH)4]-＋NH4+的平衡常数K＝ 。
(已知：Ga3+＋4OH-[Ga(OH)4]- )
(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42-是否洗净的试剂是 ；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。
(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。
【答案】(1)6 ＋1
(2)Cu2O＋H2O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋3H2O(2分)
(3)4.7(2分)蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色(2分)2.0×10-6(2分)
(4)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂
(5)GaCl3＋NH3GaN＋3HCl(2分)
【解析】(1)硒与硫同为第ⅥA族元素，最外层有6个电子。硒最低化合价为－2；镓和铟同为ⅢA族元素，化合价均为＋3，根据化合物中正、负化合价代数和为0，设CuIn0.5Ga0.5Se2中铜的化合价为x，则有x＋3×0.5＋3×0.5＝2×2，解得x＝＋1。(2)CuIn0.5Ga0.5Se2在“焙烧”时硒转化成二氧化硒，镓、铟元素化合价均为最高价，保持不变化。则酸浸氧化时双氧水氧化＋1价铜元素，高温焙烧时铜元素转化成氧化亚铜(在1000 ℃以上氧化铜分解生成氧化亚铜)，故酸浸氧化时发生的主要氧化还原反应为Cu2O＋H2O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋3H2O。(3)，。Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+(深蓝色)＋2OH-＋4H2O；向氢氧化铜中滴加过量浓氨水，蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液。，由此推知，氢氧化镓不溶于浓氨水。(4)检验的试剂是氯化钡溶液和盐酸。回流时发生一系列反应可以理解为2Ga(OH)3＝Ga2O3＋3H2O，2In(OH)＝In2O3＋3H2O，SOCl2＋H2O＝SO2＋2HCl，Ga2O3＋6HCl＝2GaCl3＋3H2O，In2O3＋6HCl＝2InCl3＋3H2O，随着水增多、GaCl3和InCl3会水解，产生的氯化氢会抑制氯化物水解。滤渣溶于氯化亚砜(SOCl2)，回流过滤，说明氯化亚砜作用之一是溶剂。(5)氯化镓与氨气在高温下生成氮化镓和氯化氢。
8．(2022·山东省淄博市高三教学质量检测)以某工业废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3) 为原料制备MnSO4晶体，其工艺流程如下：
该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀(c≤10-5 mol/L)的pH如表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀pH
2.10
7.45
9.27
9.60
完全沉淀pH
3.20
8.95
10.87
11.13
(1)“反应I”中加入硫铁矿 (主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，该物质的化学式为___________。
(2)“反应I”的离子方程式为___________。
(3)“某碳酸盐”的化学式___________，加热的目的是___________ 。
(4)为检验MnSO4受热分解是否生成SO2或SO3，某同学设计探究实验装置如图所示：

①装置B、C、D中的溶液依次为___________(填字母)。
a． Ba(NO3)2 b． BaCl2 c．品红 d．浓硫酸 e． Ca(OH)2 f． NaOH
②实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是 ___________。
(5)测定产品纯度。取制得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3 ( 难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO4-，过滤；向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360 g，振荡，充分溶解并反应后，用0.0320 mol·L-1KMnO4溶液滴定(MnO4-被还原为Mn2+)，用去20.00 mL。已知： Mr(Na2C2O4)= 134，Mr(MnSO4)= 151。
①计算产品中MnSO4的质量分数___________(保留两位有效数字)。
②为提高测定的精度，应补充的实验操作___________。
【答案】(1)S6
(2)3MnO2 + 3FeS2+ 12H+=3Mn2++3Fe2++S6+ 6H2O
(3)MnCO3 促进 Fe(OH)3胶体聚沉，或促进产生Fe(OH)3沉淀
(4)b c f 先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2
(5)96% 将2-3次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，重复实验2-3次
【解析】废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)加硫酸酸浸，MnO2不发生反应，KOH、MgO、Fe2O3分别与H2SO4反应生成K2SO4、MgSO4、Fe2(SO4)3溶于水中，过滤后弃去滤液，剩余MnO2，加入硫铁矿(主要成分FeS2)和硫酸发生氧化还原反应3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2++S6+6H2O，滤渣1为FeS2、S6，加MnO2可将生成的Fe2+氧化为Fe3+，加MnCO3调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(滤渣2)，过滤后经蒸发浓缩、趁热过滤等步骤可得到MnSO4晶体。(4)先通入N2，将装置中的空气排出，B装置中盛放BaCl2，用于检验SO3，若有SO3生成，则会产生白色沉淀(BaSO4)，C装置中盛放品红，用于检验SO2，若有SO2生成，品红会褪色，装置D中盛放NaOH，用于吸收尾气。(1)根据分析，反应I是氧化还原反应，Mn由+4价降为+2价，生成相对分子质量为192的单质，可以推测出S由-2价升为0价，产物为S6；(2)根据分析，离子方程式为3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2++S6+6H2O；(3)加碳酸盐调pH，且不能引入杂质，故该碳酸盐为MnCO3；调pH后Fe3+转化为Fe(OH)3，但容易生成胶体，通过加热可以促进 Fe(OH)3胶体聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，有利于过滤操作；(4)①根据分析，装置B、C、D中的溶液依次为BaCl2、品红、NaOH，故选b c f；②实验结束后，若立即停止加热和铜N2，会因为装置温度降低而倒吸，因此需要先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2；(5)①n(Na2C2O4)= =0.004mol，根据2 MnO4-~5 Na2C2O4可得，n(MnO4-)=n(Na2C2O4)=1.6×10-3mol，后来加入的n(MnO4-)=0.032mol/L×0.02L=6.4×10-4mol，则原来由Mn2+被氧化生成的MnO4-的物质的量为1.6×10-3mol-6.4×10-4mol=9.6×10-4mol，故原n(MnSO4)= 9.6×10-4mol，m(MnSO4)= 9.6×10-4mol×151g/mol=0.14496g，质量分数为×100%=96%；②由于过滤后NaBiO3固体上会残留MnO4-，因此需要洗涤沉淀2~3次，并与滤液合并，为了结果更准确，需重复实验2-3次。
9．(2022·山东学情高三教学质量检测)Cr2O3常用作胶黏剂和密封剂的着色性、耐磨性、耐腐蚀性填充剂，还可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。某实验室模拟工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含Al、Si，Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备Cr2O3流程如下：

已知：Ⅰ、溶液中，CrO42-氧化性非常弱，Cr2O72-具有强氧化性。
Ⅱ、H2C2O4是一种二元中强酸，不稳定易分解，极易被氧化
(1)“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是___________(填“铁”“陶瓷”或“氧化铝”)；铬铁矿中Cr元素转化为Na2CrO4的化学方程式为___________
(2)“滤渣I”的主要成分是___________，“步骤②”调节pH应选择的试剂为___________(填选项)。
A．Cr(OH)3 B．CO2 C．稀盐酸 D．氨水
(3)“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④。分批加入H2C2O4的目的是___________，“步骤④”发生反应的离子方程式为___________
(4)“步骤⑤”发生反应的离子方程式为___________，判断“步骤⑥”中Cr(OH)3全部分解的实验基本操作是___________。
【答案】(1)铁 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4 Na2CrO4+4CO2↑
(2)Fe2O3 B
(3)防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费 3H2C2O4+ Cr2O72-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(4)2Cr3++3CO (NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3CO2↑； 当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解
【解析】根据工艺流程图可知，“焙烧”是将Cr2O3转化为Na2CrO4，将Fe转化为Fe2O3，Al及其氧化物转为NaAlO2，Si及其氧化转化为Na2SiO3，然后水浸、过滤出滤渣I为Fe2O3，溶液I主要为NaAlO2、Na2SiO3和Na2CrO4，调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，过滤得滤渣II为Al(OH)3和H2SiO3，溶液II中主要为Na2CrO4，“步骤③”用稀硫酸调pH，将CrO42-转化为Cr2O72-得到溶液III，反应原理为：2 CrO42-+2H+= Cr2O72-+H2O，然后由于H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故向溶液III需分批加入H2C2O4溶液将Cr2O72-还原为Cr3+，得到溶液IV，溶液IV中加入尿素将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，过滤洗涤干燥，灼烧得到Cr2O3，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。(1)由于陶瓷中的SiO2能与Na2CO3反应，Al2O3也能与Na2CO3反应而腐蚀坩埚，故“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是铁，铬铁矿即FeO·Cr2O3中Cr元素转化为Na2CrO4即Cr2O3与Na2CO3在高温下和空气中的O2反应生成Na2CrO4，故该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4 Na2CrO4+4CO2↑；(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分是Fe2O3，“步骤②”调节pH是将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，故应该是加入酸性物质，由于HCl具有还原性，能与CrO42-反应，而CO2没有还原性，故应选择的试剂为B；(3)由分析可知，由于H2C2O4不稳定，受热易分解，且H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④，分批加入H2C2O4的目的是防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费，“步骤④”即用H2C2O4将Cr2O72-还原为Cr3+，根据氧化还原反应的配平可得，该反应的离子方程式为：3H2C2O4+ Cr2O72-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(4)由分析可知，“步骤⑤”发生反应为Cr3+与尿素溶液反应生成Cr(OH)3，故该反应的离子方程式为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3CO2↑，当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。
10．(2022·云南省昭通市高中毕业诊断性检测)无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2‧6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4‧2H2O及CoCl2‧6H2O工艺流程如图所示：

已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等；
②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；
③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Co2+
Mn2+
开始沉淀时
2.7
7.6
4.0
7.6
7.7
完全沉淀时
3.7
9.6
5.2
9.2
9.8
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为___________。
(2)“氧化”过程中温度不宜过高的原因是___________。
(3)“操作1”调pH的范围为___________
(4)在实验室完成“操作2”需用到的玻璃仪器有___________
(5)“操作4"洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是___________。
(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0×10-5mol‧L-1)时Fe3+的浓度为___________。
(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是___________(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：
化学式
AgCl
AgSCN
Ag2S
Ag2CrO4
颜色
白色
浅黄色
黑色
红色
Ksp
2.0×10-10
1.0×10-12
2.0×10-48
2.0×10-12
A．KCl B．KSCN C．K2CrO4 D．K2S
【答案】(1) 4H++SO32-+ Co2O3=2 Co2++SO42-+2H2O
(2)温度过高，过氧化氢分解速率加快
(3) 5.2≤pH