高考模拟化学真题分项汇编（北京专用）3年（2021-2023）专题08 工业流程综合题

这是一份高考模拟化学真题分项汇编（北京专用）3年（2021-2023）专题08 工业流程综合题，文件包含高考模拟化学真题分项汇编3年2021-2023北京专用专题08工业流程综合题解析版docx、高考模拟化学真题分项汇编3年2021-2023北京专用专题08工业流程综合题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

专题08 工业流程综合题

考点 工业流程综合题
1．（2023·北京·统考高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
  
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。
(2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有______________________________。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。
  
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。
【答案】(1) > 、
(2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
(3) 、 被氧气氧化为，把氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂

【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。
【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；
②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。
（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；
②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。
（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；
②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。
（4） 联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
2．（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：
物质









(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。

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
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)

【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【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。

3．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。

资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。

①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
(3)产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤
(2) Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响

【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程

和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响


考点 工业流程综合题
1．（2023·北京朝阳·北京八十中校考二模）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。
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
/
(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1mol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】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
【详解】（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0.1125mol/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1mol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-。

2．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）Fe3O4是一种重要的化工产品，以黄铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Fe3O4、CaO等物质)为原料制备Fe3O4的过程如下。

(1)酸浸、过滤
① 酸浸过程Fe3O4发生反应的离子方程式是________。
② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+ 残留，加入FeS2可进一步提高钙的脱除率，结合方程式解释原因________。
(2)纯化
① Fe粉的作用是________。
② 检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入________。
a．KMnO4溶液     b．K3[Fe(CN)6]溶液     c．KSCN溶液
(3)制备
将NaOH溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，最后变为黑色。溶液混合的同时通入空气并记录pH的变化，如图所示。

已知：
ⅰ．pH≈7.8时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+
ⅱ．墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4
制备过程可能发生了如下历程：

① 0～t1时段，pH明显降低。结合离子方程式解释原因：________。
② t1～t2时段，墨绿色物质的生成与转化(生成Fe3O4)同时进行。
a．生成墨绿色物质的方程式是：________。
b．墨绿色物质转化为Fe3O4的方程式是：________。
③ t2～t3时段，pH继续降低的原因是：________。
【答案】(1) FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，
(2) 将铁离子转化为亚铁离子 c
(3) 、，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱 空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解生成氢离子，导致溶液酸性增强

【分析】黄铁矿烧渣加入硫酸酸浸得到铁的浸取液，加入FeS2进一步提高钙的脱除率，滤液加入铁粉铁离子转化为亚铁离子，得到硫酸亚铁，最终制得四氧化三铁；
【详解】（1）① 酸浸过程Fe3O4和硫酸生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，发生反应的离子方程式是。
② 充分酸浸后浸取液中仍有Ca2+ 残留，加入FeS2和溶液中铁离子反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液中硫酸根离子浓度增大，和钙离子生成硫酸钙沉淀，，可进一步提高钙的脱除率；
（2）①铁和铁离子生成亚铁离子，故加入 Fe粉是将铁离子转化为亚铁离子；
② 铁离子和KSCN溶液生成红色物质，检验纯化是否完全还原，应向滤液中加入KSCN溶液，溶液不变红色，说明完全还原，故选c；
（3）①pH≈7.8时，浊液中主要存在Fe(OH)＋、 Fe(OH)2和少量Fe2+ ，则0～t1时段发生的主要反应为、，反应消耗氢氧根离子导致溶液碱性减弱，pH明显降低；
② a．将NaOH溶液与FeSO4溶液(稍过量)按一定比例混合，产生白色沉淀，继而转变为墨绿色，结合题意可知，t1～t2时段，、、硫酸根离子反应生成墨绿色物质，墨绿色物质主要成分为Fe5O2(OH)5SO4，则方程式是：。
b．由历程可知，墨绿色物质在氧气作用下转化为Fe3O4和，根据电子守恒和质量守恒配平化学方程式为：。
③ t2～t3时段，pH继续降低的原因是：通入的空气中氧气将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子水解生成氢离子，导致溶液酸性增强，pH继续降低。
3．（2023·北京海淀·北京市八一中学校考二模）铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：

已知：
①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38]；②Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22]；③lg2=0.3。
回答下列问题：
(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：
空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
450～500
88
l4
对流空气氧化炉中
450～500
98
6
在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是____。
(2)用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有____，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为____(化学式)。
(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，用氨水调pH的范围是____，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为____，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为____t。
(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为____，铝粉必须过量的原因是____。
【答案】(1)增大了气体与固体粉末间的接触面积
(2) 酸性、还原性 KBF4
(3) 3.3≤pH<7 2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O 17.2
(4) 3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce 使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境

【分析】氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，Fe2+氧化为Fe3+，用盐酸和H2BO3浸取，Fe3+进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3+溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。
【详解】（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。故答案为：增大了气体与固体粉末间的接触面积；
（2）用盐酸和H2BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有酸性、还原性，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣Ⅱ”主要成分为KBF4(化学式)。故答案为：酸性、还原性；KBF4；
（3）“滤液Ⅰ”中c(Ce3+)=0.1mol·L-1，Ce3+开始沉淀时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10-22，c(OH-)= =10-7，c(H+)=10-7，pH=7，铁离子沉淀完全时，Ksp[Fe(OH)3]=8×10-38，c(OH-)= =2×10-11，c(H+)= =,pH=-lg=3.3，用氨水调pH的范围是3.3≤pH<7，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，2Ce2(CO3)3+O2=6CO2+4CeO2，，m= t=17.2t 则获得CeO2的质量为17.2t。故答案为：3.3≤pH<7；2Ce3++6HCO=Ce2(CO3)3+3CO2↑+3H2O；17.2；
（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。故答案为：3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce；使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。
4．（2023·北京·模拟预测）由红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾[]和。实验流程如下：

(1)“预处理”中加入的目的是___________。
(2)“沉铁”中若用作为除铁所需钠源，溶液的用量对体系pH和镍的损失率影响如图所示。当溶液的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其原因可能是___________。(、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5)

(3)“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，其原因是___________。
(4)如何判断“沉镁”已完全___________。
(5)硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图所示，请设计由滤液Y制备的实验方案___________。(可选用的试剂：稀硫酸、NaOH溶液、溶液、、蒸馏水)

【答案】(1)将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾
(2)pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大
(3)pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀
(4)静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全
(5)边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤

【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含少量MgO、和铁的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入沉铁，得到黄钠铁矾沉淀，向滤液中加入MgO调节溶液pH，再加入NaF溶液沉镁，所得滤液Y中含有，经分离提纯得到。
【详解】（1）根据上述分析，沉铁步骤是将Fe3+变为沉淀，因而预处理”中加入的目的是将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾，故答案为：将铁元素全部氧化为，后期可充分转化为黄钠铁矾。
（2）、开始沉淀的pH值分别为2.2、7.5，沉铁步骤中，若用作为除铁所需钠源，由图象可知，当pH＞2.2后，不仅有Fe(OH)3沉淀，同时还可能产生Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，可吸附Ni2+，使镍的损失率会增大，故答案为：pH＞2.2后，形成胶体，吸附溶液中的，造成镍的损失率增大。
（3）“沉镁”步骤中，若pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；若pH值过大，会生成沉淀，因此，“沉镁”前，应保证MgO已将溶液pH值调节至5.5～6.0，故答案为：pH值过小，与会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会生成沉淀。
（4）“沉镁”步骤中，加入NaF溶液沉镁，则判断“沉镁”已完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全，故答案为：静置，向上层清液中继续滴加NaF，若无沉淀产生，则反应完全。
（5）滤液Y中主要含有，还含有等杂质，为除去杂质可加入NaOH溶液，使Ni2+转化为Ni(OH)2沉淀，过滤后洗涤沉淀，检查沉淀是否洗涤干净，向沉淀中加硫酸溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤，即可得到，故根据所提供的试剂及溶解度曲线，设计由滤液Y制备的实验方案为：边搅拌边滴加NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至最后一次洗涤液加溶液无白色沉淀生成。向滤渣中边搅拌边加入稀硫酸至沉淀完全溶解，蒸发浓缩，控制温度在30.8～53.8℃间冷却结晶，趁热过滤。
5．（2023·北京顺义·北京市顺义区第一中学校考三模）钛白粉(纳米级)广泛应用于功能陶瓷、催化剂、化妆品和光敏材料等白色无机颜料。是白色颜料中着色力最强的一种，具有优良的遮盖力和着色牢度，适用于不透明的白色制品。制备原料钛铁矿()中往往含有、、、、等杂质。一种硫酸法制取白色颜料钛白粉()生产工艺如下：

已知：①酸浸后，钛主要以形式存在；
②强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。
③不溶于水和稀酸。
(1)要提高酸浸速率，可采取的措施是___________(写出一条即可)。
(2)滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是___________。
(3)酸浸过程中，发生反应的离子方程式___________。
(4)加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做了如下尝试。
①在其它条件不变的情况下，体系中(Ⅲ)[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，试分析，在介于4～6之间时，(Ⅲ)主要以___________(填微粒化学式)形式存在。
②保持其它条件不变，体系中(Ⅲ)含量随温度变化如图2，请从化学平衡原理角度分析，55℃后，(Ⅲ)含量增大的原因是___________。

(5)“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为___________。
【答案】(1)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等
(2)、
(3)
(4) 铁离子在溶液中存在水解平衡，水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成，不再与铁粉发生反应
(5)

【分析】酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物反应生成盐和水，CaO和硫酸反应生成CaSO4，不与硫酸反应，则滤渣①成分为CaSO4、，根据已知信息与硫酸反应生成和FeSO4，加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液②为，水解生成，灼烧得到钛白粉；
【详解】（1）温度、浓度、接触面积等因素可影响反应速率，为提高酸浸速率，可采取的措施是粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等；
（2）酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是、；
（3）由信息①酸浸后，钛主要以形式存在，②强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，与硫酸反应生成和FeSO4，发生反应的离子方程式；
（4）①由水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则介于4～6之间时，(Ⅲ)主要以形式存在；
②55℃后，(Ⅲ)含量增大的原因是：铁离子在溶液中存在水解平衡，水解吸热，温度升高，向吸热的方向移动，生成，不再与铁粉发生反应；
（5）已知不溶于水和稀酸，滤液②含 ，“水解”过程中得到的沉淀③的化学式为。
6．（2023·北京·模拟预测）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：

已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质沉淀的PH值见表。

Fe3+
Al3+
Mn2+
Fe2+
开始沉淀时
1.5
3.4
5.8
6.3
完全沉淀时
2.8
4.7
7.8
8.3
回答下列问题
(1)软锰矿预先粉碎的目的是___________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为___________。
(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是___________。
(3)净化时需先加入的试剂X为___________(填化学式)。
(4)碳化过程中发生反应的离子方程式为___________。
【答案】(1) 增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率 MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S
(2)过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2
(3)H2O2
(4)

【分析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。
【详解】（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；故答案为：增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；
（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；故答案为：过量的MnO2会消耗反应产生的Ba(OH)2；
（3）由以上分析可知X的作用是将Fe2+转化为Fe3+，为不引入新的杂质应选用H2O2作氧化剂，故答案为：H2O2；
（4）Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为：，故答案为：；
7．（2023·北京·模拟预测）工业上，处理低品位黄铜矿[二硫化亚铁铜含量较低]常采用生物堆浸法。堆浸所得的溶液可用于制备绿矾和胆矾。相关流程如下图。

已知：①生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T。f细菌)在pH 1.0~6.0范围内可保持活性。
②金属离子沉淀的pH如下表。




开始沉淀时的pH
1.5
4.2
6.3
完全沉淀时的pH
2.8
6.7
8.3
(1)生物堆浸前，需先将矿石进行研磨，目的是___________。
(2)生物堆浸过程的反应在T。f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为：

第二阶段反应为继续被氧化转变成，反应的离子方程式为___________。
(3)结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在___________范围内。
(4)过程Ⅰ中，加入固体还原堆浸液中的，得到溶液X。为判断堆浸液中是否被还原完全，可取少量溶液X，向其中加入___________试剂(填试剂的化学式)，观察溶液颜色变化。
(5)过程Ⅱ中，用和稀硫酸处理后，CuS完全溶解，用离子方程式表示的作用是___________。
(6)绿矾的纯度可通过滴定法测定。取m g绿矾晶体，加适量稀硫酸溶解。用物质的量浓度为c mol/L的溶液滴定。至恰好完全反应时，消耗溶液的体积为V mL。绿矾晶体质量分数的计算式为___________。(已知：摩尔质量为278g/mol)
(7)用晶体配制溶液，放置一天后发现产生黄色固体。实验测定溶液放置过程中溶液的pH和黄色固体的量的变化，结果如下：

1小时
6小时
24小时
溶液的pH
2.39
2.35
1.40
黄色固体的量
几乎没有
少量
大量
分析黄色固体中除、还可能含有___________离子。
【答案】(1)增大接触面积，加快化学反应速率
(2)
(3)1 (4)KSCN溶液
(5)CuS+H2O2 +2H+ =Cu2+ +2H2O+S
(6)强氧剂
(7)H+

【详解】（1）生物堆浸过程是固体与液体反应，需先将矿石进行研磨，目的是增大接触面积，加快化学反应速率，故答案：增大接触面积，加快化学反应速率。
（2）生物堆浸过程的反应在T。f细菌的作用下进行，主要包括两个阶段，第一阶段的反应为： ；生物堆浸过程第二阶段的反应为：Fe2+与O2之间发生氧化还原反应生成Fe3+，根据氧化还原反应中得失电子守恒、电荷守恒以及质量守恒可知，其反应的离子方程式为：，故答案：。
（3）根据金属离子沉淀的pH表可知，开始出现沉淀时、、的pH分别为1.5、4.2、6.3，所以要想整个过程不出现沉淀，且使生物堆浸使用的氧化亚铁硫杆菌(T。f细菌)在pH 1.0~6.0范围内可保持活性，生物堆浸过程中，应控制溶液的pH范围为1 （4）判断堆浸液中Fe3+是否完全被还原，可取少量溶液X，向其中加入少量KSCN溶液，若溶液变为血红色(或红色)，则说明Fe3+未完全被还原，若无明显实验现象，则说明Fe3+完全被还原。故答案：KSCN溶液。
（5）过程Ⅱ中，具有强氧化性，CuS具有还原性，酸性条件下能够发生氧化还原反应生成CuSO4、H2O、S，故反应离子方程式为：CuS+H2O2 +2H+ =Cu2+ +2H2O+S，所起的是强氧剂的作用，故答案：CuS+H2O2 +2H+ =Cu2+ +2H2O+S；强氧剂。
（6）FeSO4 与酸性KMnO4溶液反应中，Fe2+ 被氧化为Fe3+，KMnO4 被还原为Mn2+,根据得失电子守恒可知，二者关系式为5FeSO4~KMnO4，滴定过程中消耗n( KMnO4 )= cmol.LV10-3L= 10-3cVmol， n( FeSO4 )= n( FeSO4 ·7H2O)=510-3cVmol， m( FeSO4 ·7H,O)= 5x10-3cVmol278g/mol =1.39cVg , 绿矾晶体质量分数的计算式为100，故答案：。
（7）实验测定FeSO4溶液放置过程中随着放置时间的增长，溶液的pH逐渐减小，黄色固体的量逐渐增加，所以黄色固体中除、，还可能含有H+，故答案：H+。
8．（2023·北京·一模）钒有“工业维生素”之称。我国是世界上主要的钒相关产品出口国。一种以钒矿粉(含+3、+4、+5价钒，同时还含有SiO2、Fe3O4、铝硅酸盐等)为原料制备NH4VO3的工艺流程如图。

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+
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
已知：Al(OH)3在pH>12时溶解。回答下列问题：
(1)NH4VO3中V的化合价为_______价；“酸浸氧化”时，可以提高反应速率的方法有很多，请写出其中两点：_______、_______。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成VO。VO2+转化为VO反应的离子方程式为_______。
(3)“中和沉淀”中加入的NaOH溶液与过量H2SO4发生的反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。从“中和沉淀”的条件看，“滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有的物质的化学式为_______。
(4)“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，该反应的离子方程式为_______，同时溶解的还有_______(填化学式)。
(5)“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，其原因是_______；检验“滤液⑤”中金属阳离子的方法是_______。
【答案】(1) +5 适当升高温度 搅拌
(2)2VO2++MnO2=2VO+Mn2+
(3) 放热 Fe(OH)3、Al(OH)3
(4) V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O Al(OH)3
(5) 使NH4VO3充分析出 焰色试验

【分析】钒矿粉经酸浸氧化，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，将二价铁离子氧化为三价铁离子，同时除去二氧化硅，中和沉淀调节pH=3.2所得滤渣中含有V2O5·xH2O还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，“沉淀转溶”时pH大于13将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，同时将氢氧化铝转化为偏铝酸盐，调节pH=8.5除去铝元素，最后制得NH4VO3，据此分析答题。
【详解】（1）根据化合物中元素化合价代数和为0计算可知NH4VO3中V的化合价为+5价；提高温度，搅拌，可以提高“酸浸氧化”时的反应速率；答案为：+5；适当升高温度；搅拌；
（2）“酸浸氧化”中，二氧化锰做氧化剂，可以将VO+、VO2+氧化成VO，氧化VO2+的离子方程式为2VO2++MnO2=2VO+Mn2+，答案为：2VO2++MnO2=2VO+Mn2+；
（3）酸碱中和反应是放热反应；通过表格信息可知三价铁离子在pH=3.2时已经完全沉淀，铝离子在pH=3.0时开始沉淀，所以 “滤渣②”中除了含有V2O5·xH2O外，还含有Fe(OH)3、Al(OH)3，答案为：放热；Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）“沉淀转溶”时将V2O5·xH2O转化为钒酸盐，反应的离子方程式为V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3在强碱性环境下也可以溶解，所以同时溶解的还有Al(OH)3；答案为：V2O5·xH2O+2OH-=2VO+(1+x)H2O；Al(OH)3；
（5）“沉钒”时，加入的NH4Cl应过量，可以利用同离子效应使NH4VO3充分析出；“滤液⑤”中金属阳离子为钠离子，可以采用焰色试验进行检验；答案为：使NH4VO3充分析出；焰色试验。