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第36讲 无机化工流程（解析版）
无机化工流程题是高考热点题型，综合性强、难度较大，是高考试卷中的拉分题目之一。近年常以简洁工艺流程和复杂工艺流程轮换的形式考查有多种可变化合价的过渡元素，采用多角度设问的形式，考查考生获取信息、加工信息的能力。考查的知识多为产物的判断，陌生化学方程式、离子方程式或电极反应式的书写，温度控制在一定范围的原因分析，溶度积常数的有关计算等。
无机化工流程题总体分析
1．呈现形式
2．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。
3．考查角度
化工流程题的考点主要从以下6点设置：
(1)基本操作
除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤的目的描述。
(2)物质的分离与提纯
通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学试剂；加入某种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。
(3)化学反应速率与化学平衡理论的运用
例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原料利用率；升高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。
(4)化学方程式或离子方程式的书写
根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程式。
(5)环境与绿色化学思想
流程中物质的转化和循环、资源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理措施等。
(6)化学计算
联系原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；联系溶液配制、滴定操作测定样品中某元素含量或产品纯度；联系溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时的pH等。
4．解题策略
考点一 以物质制备为主体的化工流程
(一)工艺流程中的常见专业术语
释义
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
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
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
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
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)
(二)物质制备过程中的条件控制
1．控制体系的环境氛围
(1)需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。
(2)营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。
(3)加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。
2．控制反应温度——水浴、油浴或冰水浴等
(1)加热：加速溶解、加快反应速率或促使平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。
(2)降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促使平衡向某个方向移动。
(3)控制温度在一定范围内：综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。
(4)如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。
3．控制溶液的pH
(1)调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)。
(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)。
4．外界条件对可逆反应的控制
(1)使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度下可使催化剂的活性达到最高。
(2)对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。
【典例1】以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
(1)“酸溶”中加快溶解的方法为________________(任意写出一种)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_________________________________________。
(3)写出“滤渣”中主要成分的化学式：_____________________________________。
(4)①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为___________________________________。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中＝____________。[已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(FeCO3)＝2×10－11]
(5)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是____________________。
(6)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 ℃、＝1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15 min金属产率下降的原因是________________________________________。
答案　(1)加热(或搅拌或适当增大硫酸浓度)
(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋
(3)SiO2、Fe
(4)①FeSO4＋2NH4HCO3===Fe(OH)2↓＋(NH4)2SO4＋2CO2↑　②140
(5)NaNO2被还原为氮氧化物，污染空气
(6)还原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化
解析　(4)②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀，当反应完成时，溶液中＝＝＝140。(6)超过一定时间，如还原剂消耗完，空气可氧化铁，导致产率下降。
考点二 以物质分离提纯为主体的化工流程
(一)常用的提纯方法
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
(二)常用的分离方法
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
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
蒸发 结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
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
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
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
小结
　物质分离提纯的原则
(1)不增：不引入新的杂质。
(2)不减：不减少被提纯的物质。
(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。
(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
(三)3种分离提纯方法的深化拓展
1．过滤问题
(1)3个基本操作
检验溶液中离子是否沉淀完全的方法 将溶液静置一段时间后，用胶头滴管取上层清液少许放入小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全
洗涤沉淀 沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净
(2)特定洗涤目的
冰水洗涤的目的 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗
乙醇洗涤的目的 降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物
减压过滤(抽滤) 加快过滤速率，使沉淀更干燥
2．结晶方式
蒸发浓缩、冷却结晶 适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质分离提纯，如除去KNO3中的少量NaCl或受热易分解的物质，如晶体水合物、铵盐等
蒸发结晶、趁热过滤 适用于杂质的溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。趁热过滤的方法：漏斗预热，用少量热蒸馏水通过过滤器，带加热装置的漏斗、抽滤
小结
晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。
3．调节溶液pH分离提纯
(1)控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
物质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH)3 1.5 3.7
Fe(OH)2 7.6 9.6
Mn(OH)2 8.3 9.8
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。
(2)调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：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。
【典例1】MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿Mn2＋溶出液Mn2＋纯化液MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：
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
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是______________________。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是_________________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是________________________________________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：__________________________________________________。
(3)电解
Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_____________________。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0)。
产品纯度为________(用质量分数表示)。
答案　(1)①增大反应速率，提高浸出率
②ⅰ.MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O　ⅱ.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋　(2)MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；除去溶液中的Fe3＋、Al3＋　(3)Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋　(4)×100%
解析　(1)②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Fe2＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O。
ii.根据反应方程式可知，Fe2＋与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2＋，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3＋、Fe3＋。
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2＋失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋。
(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应：5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O＋5Na2SO4，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为－×5；根据反应：MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4===Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)，产品纯度为
×100%＝×100%。
小结
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
1．（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：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
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%
解析：已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。
（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。
2．（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
解析：已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6。
（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；
（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+；
（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；
（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；
（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。
3．（2022·全国·高考真题）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为_______________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因_______________________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是_______________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为_______________________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是_______________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有_______________________。
答案：(1) PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
解析：铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
4．（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。
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-
解析：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。
（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+；
（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；
（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；
（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；
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；
（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；
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。
5．（2022·全国·高考真题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为______________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A． B． C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为______________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是______________________。
(6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
答案：(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2) 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO4 MgSO4
解析：由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。
（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
（6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
6．（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：
化合物
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
解析：浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（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；
（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。
7．（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：
物质
沸点/ 136 127 57 180
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：
物质
分压
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
解析：钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
（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；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高；
（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；
（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；
（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；
故答案为：AC。
8．（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
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
（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() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol 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；
故选AD。
9．（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)
解析：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；
（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。
1．（2022·江西·模拟预测）纯碱是日常生活中常用的物质。一种制备纯碱的流程如下：
请回答下列问题：
(1)晶体X是___________(填名称)。
(2)“反应池”发生的化学方程式为__________________。
(3)滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是___________(填化学式)。
(4)晶体X表面吸附少量的NH Cl、NaCl等杂质，“洗涤”时可通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-来判断是否洗净，检验Cl-的方法是_________________________。
(5)“反应池”用热水浴加热，还需要一种仪器，其名称是___________。
(6)测定某纯碱样品(只含少量NaCl)纯度。取10.0g纯碱样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，取25.0mL配制的溶液，加入足量的CaCl 溶液，经过滤、洗涤、干燥，称得CaCO 质量为0.9g。
①配制上述溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和___________。
②写出发生反应的离子方程式：_________________________。该纯碱样品中Na CO 的质量分数为___________。
答案：(1)NaHCO3
(2)NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl
(3)NH4Cl
(4)取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-
(5)温度计
(6) 250mL容量瓶 +Ca2+= CaCO ↓ 95.4%
解析：精盐加入蒸馏水得到饱和NaCl溶液，“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3，NaHCO3受热不稳定，加热分解生成纯碱即Na2CO3和二氧化碳和水；
（1）NaHCO3在饱和食盐水中溶解度较小，则析出的晶体X为NaHCO3；
（2）“反应池”中NaCl和NH4HCO3发生复分解反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为：NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl；
（3）滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是NH4Cl；
（4）根据反应原理Ag++Cl-=AgCl↓，可用稀硝酸、硝酸银溶液检验Cl-，操作方法是：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀硝酸，无明显现象，再滴加几滴硝酸银溶液，若产生白色沉淀说明含有Cl-，否则不含有Cl-；
（5）“反应池”用热水浴加热需控制温度为35℃，还需要一种仪器，其名称是温度计；
（6）①配制250mL溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和250mL容量瓶；
②纯碱即Na2CO3和CaCl 溶液反应生成CaCO 和NaCl，发生反应的离子方程式：+Ca2+= CaCO ↓；1mol Na2CO3反应生成1mol CaCO ，0.9g CaCO 的物质的量为，样品中n(Na2CO3)=n(CaCO )=0.009mol=0.09mol，该纯碱样品中Na CO 的质量分数为。
2．（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[aZnCO3·bZn(OH)2]。其流程如下：
已知：酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。
请回答：
(1)酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是_____________(填化学式)。
(2)为了提高锗的浸出率，可以采取____________________(填两种方法)。
(3)流程Ⅱ除Fe、Mn的过程中控制pH不宜过低，除防止锰的形态发生变化外，其原因还可能是___________________________。
(4)沉锌中得到沉淀的化学式表示为aZnCO3·bZn(OH)2，为了确定其组成，称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为______，则沉锌的化学方程式为___________________________。
答案：(1)CaSO4、PbSO4
(2)搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取
(3)酸度过低不利于Fe3+沉淀完全，且在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费
(4) 2：1 3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O
解析：锗ZnO烟尘（还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等）中加入硫酸酸浸，酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在，所以得到MnSO4、PbSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CaSO4、CuSO4，CaSO4为微溶物、PbSO4不易溶于水，过滤得到的浸渣有CaSO4、PbSO4，酸浸液中含有MnSO4、Ge(SO4)2、FeSO4、CuSO4和过量H2SO4，酸浸液中加入单宁酸沉锗，过滤后得到单宁锗渣，单宁锗渣灼烧得到锗精矿；滤液中加入Zn粉，Zn置换出Cu，过滤得到的滤渣为Cu和过量的Zn，滤液中加入KMnO4将二价铁氧化为三价Fe转化为Fe(OH)3沉淀，KMnO4和MnSO4生成MnO2沉淀，过滤后，滤液中加入NH4HCO3得到碱式碳酸锌。
（1）根据分析可知，酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是CaSO4、PbSO4。
（2）为了提高锗的浸出率，可以采取搅拌；适当加热；适当提高硫酸浓度；多次浸取等措施。
（3）pH过低无法生成氢氧化铁沉淀，且pH过低会使滤液中存在较多氢离子，在沉锌时会消耗更多的NH4HCO3，造成浪费。
（4）称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，此时氧化锌的物质的量为0.3mol，则根据原子守恒可得原沉淀中含有Zn0.3mol，则，解得a：b=2：1，则碱式碳酸锌的化学式为2ZnCO3·Zn(OH)2，沉锌的化学方程式为3ZnSO4+6NH4HCO3=2ZnCO3·Zn(OH)2↓+3(NH4)2SO4+4CO2↑+2H2O。
3．（2022·安徽省宣城市第二中学模拟预测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效且多功能的新型绿色净水剂，一种以及制备高铁酸钾和重要的催化剂的流程如图所示：
已知：
①相同情况下高铁酸钠在水中的溶解度大，而高铁酸钾在水中的溶解度很小。
②部分金属离子在溶液中沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
(1)不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，写出该反应的离子方程式：____________________________。
(2)加入双氧水的目的是____________________________，调节pH的范围是_______，“滤渣”的主要成分是______________。
(3)当温度高于时，沉锰速率随温度升高而减慢的原因是_____________________。
(4)高铁酸钾作为高效多功能净水剂的原理是____________________________。
(5)和浓盐酸在加热的条件下制得的氯气可用于消毒，也可用于消毒，若两者使用消毒效果相等时，则需要的和的物质的量之比为_______。
(6)用惰性电极电解酸性溶液可制得，写出电解法制备时的阳极反应式：____________________________。
答案：(1)
(2) 将溶液中的氧化为，便于沉淀分离 3.2≤pH＜8.1
(3)温度过高时，的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰
(4)中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水的作用
(5)3∶2
(6)
解析：将含有Mn、Fe、MnO2的混合物用硫酸和FeSO4酸浸，Mn和Fe转化为Mn2+、Fe2+，不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，加入过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，然后调pH将三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去，滤液中加入碳酸氢铵溶液沉锰，再经过焙烧可以得到二氧化锰。
（1）不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，Mn元素由+4价下降到+2价，Fe元素由+2价上升到+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（2）加入双氧水的目的是：将溶液中的氧化为，便于沉淀分离；由题中所给表格可知，当调节pH的范围是3.2≤pH＜8.1时，沉淀生成，而不沉淀。
（3）当温度高于时，沉锰速率随温度升高而减慢的原因是：温度过高时，的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰。
（4）中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮杂质，起到净水的作用。
（5）和浓盐酸在加热的条件下制得的氯气可用于消毒，Mn元素由+4价下降到+2价；中铁元素为+6价，具有强氧化性，可以起到杀菌、消毒的作用，且反应生成的，化合价下降3；若两者使用消毒效果相等时，则需要的和的物质的量之比为3∶2。
（6）Mn2+在阳极失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒，配平电极方程式为：。
4．（2022·全国·模拟预测）三氧化二铬可用作着色剂、分析试剂、催化剂等.一种利用铬铁矿(主要成分为，还含有、等杂质)清洁生产的工艺流程如图：
已知：部分离子生成氢氧化物沉淀的
物质 在时开始溶解，时溶解完全。是两性氢氧化物，在开始溶解.
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”时，消耗与的物质的量之比为_______
(2)“氧化酸浸”浸出液中含有的阳离子有_______(用离子符号表示)
(3)“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，黄铵铁矾的化学式为，则“沉铁”时反应的离子方程式为_______
(4)“沉铬”时，所得滤液1中所含主要溶质为_______(用化学式表示)
(5)“除铝”时，需要用调节溶液的的范围应为_______(填字母代号)A． B． C． D．稍大于
答案：(1)
(2)、、、
(3)
(4)
(5)D
解析：“氧化酸浸时，除外的其他氧化物均溶解，其中中的+2价铁被氧化为，反应后浸出液中含有、、以及过量的；“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，用氨沉铬时，、以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要含有、，向滤渣和中调节溶液的除去中的，再进一步煅烧得到。
（1）“氧化酸浸”时，反应为：，所以消耗与的物质的量之比为。
（2）“氧化酸浸时，除外的其他氧化物均溶解，反应后浸出液中含有、、以及过量的。
（3）根据信息可写出“沉铁”时离子方程式为：。
（4）铁元素先以黄铵铁矾沉淀的形式析出，用氨沉铬时，、以氢氧化物沉淀析出，故滤液中主要含有、，主要溶质为。
（5）由表中数据，溶液的pH=6时沉淀完全时，也先沉淀完全；除铝需要在pH=9.2时让完全溶解转化为，造成极少量溶解损失可忽略，以确保中不含，最终得到纯，故选D。
5．（2022·四川成都·模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
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 14
对流空气氧化炉中 450～500 98 6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_____________________。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_____________________。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_____________________。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_____________________；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为______________。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_________________________________。
答案：(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触
(2)将Co3+、Fe3+还原
(3)
(4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5) 浓盐酸 冷却结晶
(6)2.5×10-15
(7)
解析：水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；
（2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；
（3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；
（4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。
（5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。
（7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。
6．（2022·全国·模拟预测）科学合理地从污泥中提取铜、镍等有价金属，无论从经济利益还是环保利益上都有深远的意义。氨浸-沉淀法金属回收率高，但是氨易挥发，相关技术目前还有待提升。常见的氨浸-沉淀法回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜，大致流程如下：
已知：①氨浸液采用缓冲体系；
②滤渣溶于稀硫酸后，金属元素存在形式：Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；
③标准摩尔生成Gibbs自由能可以用来估算一个反应自发的趋势，如，
(1)沉淀1的主要成分是______________(填化学式)，操作2的名称为______________。
(2)标准状况下，氨浸过程中镍元素发生的主要反应为，相关物质的标准摩尔生成焓如下表。
标准摩尔生成焓
-447.3 -26.57 -79.37 -255.7 -237.14
①试分析该反应在_______(填“高温”或“低温”)时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，相同条件下氨铵比对铜、镍浸出率影响情况如图所示，试从化学角度分析，当氨铵比从变化至时，镍的浸出率降低的可能原因是____________________________。
(3)实验证明溶解滤渣用的稀硫酸溶液，浓度以2mol/L最合适，结合流程信息分析，硫酸浓度不易过高或者过低的原因：____________________________。
(4)通常采用H2O2进行氧化过程，试写出铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：____________________________。
(5)系列操作中，通常采用先水洗，再酸洗，然后反萃取得到含铜的溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，试分析原因：____________________________。
(6)①电镀污泥在氨浸以后，如果能提前进行化学除杂，将对后续分离铜、镍有很大的帮助，通常我们用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，查数据可知，此时与(NH4)3PO4溶液反应的离子方程式为；，，试回答可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：____________________________。
②常温下，关于0.05mol/L (NH4)3PO4溶液，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．可以用0.1mol/L的H3PO4溶液与0.1mol/L的NH3 H2O溶液等体积混合制得(忽略混合时微小的体积变化)
B．由水电离的c(H+)=10-7mol L-1
C．溶液中粒子数目最多的是
D．
答案：(1) CaSO4 萃取
(2) 低温 总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少
(3)硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高
(4)2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+
(5)先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗
(6) K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易 D
解析：回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜时，先将电镀污泥用氨浸液处理然后过滤，从最终产物看，铜、镍元素转化为铜氨、镍氨配离子进入滤液，其他金属元素进入滤渣；往滤渣中加入稀硫酸，此时部分Ca2+生成硫酸钙沉淀，过滤后，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；加入强氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+、Cr3+氧化为；调节pH后，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，用沉淀剂除去Ca2+、Mg2+；滤液进行离子交换，再用Na2S2O3还原，便可得到Cr(OH)(H2O)3SO4。加入氨浸液后过滤所得的滤液用有机液R进行萃取，然后分液，得到水溶液层和有机液层，将溶有铜氨离子的有机液层先水洗后酸洗，再加硫酸进行反萃取可得CuSO4溶液；水溶液层再加入有机液R进行萃取，然后分液，得到溶有镍氨离子的有机层，再水洗，然后加酸反萃取，从而得到NiSO4。
（1）由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO4，操作2是利用有机液R提取溶液中一种配合物的操作，其名称为萃取。答案为：CaSO4；萃取；
（2）①该反应中，△H=(-255.7-237.14×2) kJ mol-1-(-447.3-26.57×4-79.37×2) kJ mol-1=-17.66 kJ mol-1＜0，ΔS＜0，则在低温时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，铵离子投入量多，则氨分子的投入量就少，从方程式可以看出，参加反应的Ni(OH)2必然减少，则镍的浸出率降低的可能原因是：总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少。答案为：低温；总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少；
（3）从流程图看，后续操作中，需要加入去酸试剂调节溶液的pH，硫酸加入过多，消耗去酸试剂必然多，所以硫酸浓度不易过高或者过低的原因：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高。答案为：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高；
（4）采用H2O2进行氧化时，Cr3+转化为，则铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+。答案为：2Cr3++3H2O2+H2O=+8H+；
（5）溶液中氨浸液余量很多，先加酸，所用酸量必然多，所以通常采用先水洗再酸洗，然后反萃取得到硫酸铜溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，原因是：先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗。答案为：先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗；
（6）①电镀污泥在氨浸以后，所得溶液中除去含有铜氨离子、镍氨离子外，可能还含有其它配离子，用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，可将其它配离子转化为沉淀，由反应；，可以看出，镍氨离子也有转化为沉淀的可能，若杂质离子更易转化为沉淀，则可控制(NH4)3PO4溶液的用量，将杂质除尽，所以可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易。
②A．0.1mol/L的H3PO4溶液与0.1mol/L的NH3 H2O溶液等体积混合将制得NH4H2PO4，A不正确；
B．(NH4)3PO4为弱酸弱碱盐，发生双水解反应，所以由水电离的c(H+)＞10-7mol L-1，B不正确；
C．溶液中离子数目最多的是，但水分子数更多，所以粒子数目最多的是水，C不正确；
D．在(NH4)3PO4溶液中，存在物料守恒：，D正确；
故选D。答案为：K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易；D。
7．（2022·福建·一模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：
i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+
开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
(1)为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_____________________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是____________________________。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是____________________________。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是____________________________。
答案：(1)加入过量的盐酸##适当降低温度
(2)S、SiO2
(3)2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O
(4)3.7≤pH＜4.5
(5)2.2×10-20
(6) Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少NaBiO3的损失
解析：由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe2+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3，据此分析解答。
（1）Bi3+易水解，可加入过量的盐酸或适当降低温度，使得水解平衡逆向移动，从而抑制Bi3+的水解；
（2）根据已知可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）由分析，FeS转化为Fe3+的离子方程式是2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O；
（4）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（5）已知①Cu(OH)2(s)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K1=4.4×10-7，②Cu2+(aq)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq) K2=2×1013，反应①-②可得反应Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq)，因此Ksp[Cu(OH)2]= =2.2×10-20；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
8．（2022·河南开封·模拟预测）磷精矿[主要成分为Ca5(PO4)3OH，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等]湿法制备磷酸的一种工艺流程如图：
回答下列问题。
(1)“酸浸”之前，需要把磷精矿进行研磨，目的是_____。
(2)SO浓度在一定范围内，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图所示。
“酸浸”后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为___________(填化学式)，此条件下，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟元素转化为HF的化学方程式为_________________________；“洗涤”时，使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是_________________________。
(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间、不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因是_________________________。
(4)脱硫时，CaCO3稍过量。充分反应后SO仍有残留，原因是________________________________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式为________________________________。
(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol L-1NaOH溶液滴定至终点时生成NaH2PO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是___________。
答案：(1)为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率
(2) 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率
(3)80℃后，分解速率大，浓度显著降低
(4) CaSO4微溶 BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O
(5)%
解析：由题给流程可知，磷精矿经粉碎成粉加入稀硫酸共热酸浸、过滤得到含有有机碳和硫酸的粗磷酸和石膏；向粗磷酸中加入过氧化氢共热，将有机碳氧化为二氧化碳脱除后，加入过量的碳酸钙将溶液中的硫酸钙转化为微溶的硫酸钙除去，得到含有磷酸二氢钙的磷酸，经系列操作后制得粗制磷酸；
（1）需要把磷精矿进行研磨，主要是为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率；
（2）根据图示可知，所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为；由题意可知，与硫酸反应生成、磷酸、氟化氢和水，反应的化学方程式为；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；
（3）过氧化氢受热易分解，当温度高于80℃后，过氧化氢的分解速率加快，溶液中过氧化氢的浓度显著减小，导致脱除率降低降低；
（4）由分析可知，加入碳酸钙的目的是除去粗磷酸中混有的硫酸，将硫酸转化为硫酸钙脱除，由于硫酸钙微溶于水，即使加入过量的碳酸钙，溶液中依然会残留硫酸根离子；加入碳酸钡将硫酸转化为难溶的硫酸钡沉淀能提高硫的脱除率，脱硫过程中，由于磷酸的酸性强于碳酸，磷酸也能与碳酸钙或碳酸钡反应转化为磷酸二氢钙或磷酸二氢钡，则加入碳酸钡脱硫的离子方程式为BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O；
（5）由题意可知，滴定过程中磷酸与氢氧化钠溶液反应生成磷酸氢钠，反应的方程式为H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，由滴定消耗c mLbmol/L氢氧化钠溶液可知，精制磷酸中磷酸的质量分数为×100%=%。
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第36讲 无机化工流程（原卷版）
无机化工流程题是高考热点题型，综合性强、难度较大，是高考试卷中的拉分题目之一。近年常以简洁工艺流程和复杂工艺流程轮换的形式考查有多种可变化合价的过渡元素，采用多角度设问的形式，考查考生获取信息、加工信息的能力。考查的知识多为产物的判断，陌生化学方程式、离子方程式或电极反应式的书写，温度控制在一定范围的原因分析，溶度积常数的有关计算等。
无机化工流程题总体分析
1．呈现形式
2．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。
3．考查角度
化工流程题的考点主要从以下6点设置：
(1)基本操作
除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤的目的描述。
(2)物质的分离与提纯
通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学试剂；加入某种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。
(3)化学反应速率与化学平衡理论的运用
例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原料利用率；升高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。
(4)化学方程式或离子方程式的书写
根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程式。
(5)环境与绿色化学思想
流程中物质的转化和循环、资源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理措施等。
(6)化学计算
联系原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；联系溶液配制、滴定操作测定样品中某元素含量或产品纯度；联系溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时的pH等。
4．解题策略
考点一 以物质制备为主体的化工流程
(一)工艺流程中的常见专业术语
释义
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
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
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
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
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)
(二)物质制备过程中的条件控制
1．控制体系的环境氛围
(1)需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。
(2)营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。
(3)加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。
2．控制反应温度——水浴、油浴或冰水浴等
(1)加热：加速溶解、加快反应速率或促使平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。
(2)降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促使平衡向某个方向移动。
(3)控制温度在一定范围内：综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。
(4)如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。
3．控制溶液的pH
(1)调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)。
(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)。
4．外界条件对可逆反应的控制
(1)使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度下可使催化剂的活性达到最高。
(2)对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。
【典例1】以硫酸渣(含Fe2O3、SiO2等)为原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如图：
(1)“酸溶”中加快溶解的方法为________________(任意写出一种)。
(2)“还原”过程中的离子方程式为_________________________________________。
(3)写出“滤渣”中主要成分的化学式：_____________________________________。
(4)①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2的化学方程式为___________________________________。
②若用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀。当反应完成时，溶液中＝____________。[已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(FeCO3)＝2×10－11]
(5)“氧化”时，用NaNO2浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2浆液，能缩短氧化时间，但缺点是____________________。
(6)焦炭还原硫酸渣炼铁能充分利用铁资源，在1 225 ℃、＝1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15 min金属产率下降的原因是________________________________________。
考点二 以物质分离提纯为主体的化工流程
(一)常用的提纯方法
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
(二)常用的分离方法
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
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
蒸发 结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
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
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
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
小结
　物质分离提纯的原则
(1)不增：不引入新的杂质。
(2)不减：不减少被提纯的物质。
(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。
(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
(三)3种分离提纯方法的深化拓展
1．过滤问题
(1)3个基本操作
检验溶液中离子是否沉淀完全的方法 将溶液静置一段时间后，用胶头滴管取上层清液少许放入小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全
洗涤沉淀 沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净的方法 取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净
(2)特定洗涤目的
冰水洗涤的目的 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗
乙醇洗涤的目的 降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物
减压过滤(抽滤) 加快过滤速率，使沉淀更干燥
2．结晶方式
蒸发浓缩、冷却结晶 适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质分离提纯，如除去KNO3中的少量NaCl或受热易分解的物质，如晶体水合物、铵盐等
蒸发结晶、趁热过滤 适用于杂质的溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。趁热过滤的方法：漏斗预热，用少量热蒸馏水通过过滤器，带加热装置的漏斗、抽滤
小结
晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。
3．调节溶液pH分离提纯
(1)控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：
物质 开始沉淀 沉淀完全
Fe(OH)3 1.5 3.7
Fe(OH)2 7.6 9.6
Mn(OH)2 8.3 9.8
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。
(2)调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：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。
【典例1】MnO2是重要的化工原料，由软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
软锰矿Mn2＋溶出液Mn2＋纯化液MnO2
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2。
②金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH：
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
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4不反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是______________________。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2＋的主要途径如图所示。
ⅰ.步骤Ⅱ是从软锰矿中溶出Mn2＋的主要反应，反应的离子方程式是_________________________。
ⅱ.若Fe2＋全部来自于反应Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，完全溶出Mn2＋所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是________________________________________。
(2)纯化
已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：__________________________________________________。
(3)电解
Mn2＋纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是_____________________。
(4)产品纯度测定
向a g产品中依次加入足量b g Na2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应，再用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为d L(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2＋。相对分子质量：MnO2：86.94、Na2C2O4：134.0)。
产品纯度为________(用质量分数表示)。
小结
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
1．（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：
开始沉淀 完全沉淀
6.5 8.3
1.6 2.8
8.1 10.1
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_______。
2．（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)。
3．（2022·全国·高考真题）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为_______________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因_______________________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是_______________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为_______________________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是_______________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有_______________________。
4．（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。
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______________________。
5．（2022·全国·高考真题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为______________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A． B． C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为______________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是______________________。
(6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
6．（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：
化合物
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__________________________。
7．（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：
物质
沸点/ 136 127 57 180
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：
物质
分压
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
8．（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．、、
9．（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___________。
1．（2022·江西·模拟预测）纯碱是日常生活中常用的物质。一种制备纯碱的流程如下：
请回答下列问题：
(1)晶体X是___________(填名称)。
(2)“反应池”发生的化学方程式为__________________。
(3)滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥，得到一种晶体，它的主要成分是___________(填化学式)。
(4)晶体X表面吸附少量的NH Cl、NaCl等杂质，“洗涤”时可通过检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-来判断是否洗净，检验Cl-的方法是_________________________。
(5)“反应池”用热水浴加热，还需要一种仪器，其名称是___________。
(6)测定某纯碱样品(只含少量NaCl)纯度。取10.0g纯碱样品溶于蒸馏水配制成250mL溶液，取25.0mL配制的溶液，加入足量的CaCl 溶液，经过滤、洗涤、干燥，称得CaCO 质量为0.9g。
①配制上述溶液需要定量仪器有托盘天平、量筒和___________。
②写出发生反应的离子方程式：_________________________。该纯碱样品中Na CO 的质量分数为___________。
2．（2022·浙江·湖州市教育科学研究中心一模）利用富锗ZnO烟尘(还含有CuO、CaO、PbO2、FeO、MnO2等)生产锗精矿和碱式碳酸锌[aZnCO3·bZn(OH)2]。其流程如下：
已知：酸浸时，锰与铅元素被还原为+2价，锗以Ge4+存在。
请回答：
(1)酸浸得到的浸渣主要含有的两种物质是_____________(填化学式)。
(2)为了提高锗的浸出率，可以采取____________________(填两种方法)。
(3)流程Ⅱ除Fe、Mn的过程中控制pH不宜过低，除防止锰的形态发生变化外，其原因还可能是___________________________。
(4)沉锌中得到沉淀的化学式表示为aZnCO3·bZn(OH)2，为了确定其组成，称取34.9g该沉淀充分灼烧，最终获得24.3g氧化锌，计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为______，则沉锌的化学方程式为___________________________。
3．（2022·安徽省宣城市第二中学模拟预测）高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效且多功能的新型绿色净水剂，一种以及制备高铁酸钾和重要的催化剂的流程如图所示：
已知：
①相同情况下高铁酸钠在水中的溶解度大，而高铁酸钾在水中的溶解度很小。
②部分金属离子在溶液中沉淀的如下表：
金属离子
开始沉淀的 1.9 7.0 8.1
完全沉淀的 3.2 9.0 10.1
回答下列问题：
(1)不溶于稀硫酸，加入过量的的目的是在酸性条件下将还原成稳定的，写出该反应的离子方程式：____________________________。
(2)加入双氧水的目的是____________________________，调节pH的范围是_______，“滤渣”的主要成分是______________。
(3)当温度高于时，沉锰速率随温度升高而减慢的原因是_____________________。
(4)高铁酸钾作为高效多功能净水剂的原理是____________________________。
(5)和浓盐酸在加热的条件下制得的氯气可用于消毒，也可用于消毒，若两者使用消毒效果相等时，则需要的和的物质的量之比为_______。
(6)用惰性电极电解酸性溶液可制得，写出电解法制备时的阳极反应式：____________________________。
4．（2022·全国·模拟预测）三氧化二铬可用作着色剂、分析试剂、催化剂等.一种利用铬铁矿(主要成分为，还含有、等杂质)清洁生产的工艺流程如图：
已知：部分离子生成氢氧化物沉淀的
物质 在时开始溶解，时溶解完全。是两性氢氧化物，在开始溶解.
开始沉淀
完全沉淀
回答下列问题：
(1)“氧化酸浸”时，消耗与的物质的量之比为_______
(2)“氧化酸浸”浸出液中含有的阳离子有_______(用离子符号表示)
(3)“沉铁”时，铁元素以黄铵铁矾沉淀的形式析出，黄铵铁矾的化学式为，则“沉铁”时反应的离子方程式为_______________________
(4)“沉铬”时，所得滤液1中所含主要溶质为_______(用化学式表示)
(5)“除铝”时，需要用调节溶液的的范围应为_______(填字母代号)
A． B． C． D．稍大于
5．（2022·四川成都·模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
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 14
对流空气氧化炉中 450～500 98 6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_____________________。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_____________________。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_____________________。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_____________________；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为______________。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_________________________________。
6．（2022·全国·模拟预测）科学合理地从污泥中提取铜、镍等有价金属，无论从经济利益还是环保利益上都有深远的意义。氨浸-沉淀法金属回收率高，但是氨易挥发，相关技术目前还有待提升。常见的氨浸-沉淀法回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜，大致流程如下：
已知：①氨浸液采用缓冲体系；
②滤渣溶于稀硫酸后，金属元素存在形式：Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；
③标准摩尔生成Gibbs自由能可以用来估算一个反应自发的趋势，如，
(1)沉淀1的主要成分是______________(填化学式)，操作2的名称为______________。
(2)标准状况下，氨浸过程中镍元素发生的主要反应为，相关物质的标准摩尔生成焓如下表。
标准摩尔生成焓
-447.3 -26.57 -79.37 -255.7 -237.14
①试分析该反应在_______(填“高温”或“低温”)时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，相同条件下氨铵比对铜、镍浸出率影响情况如图所示，试从化学角度分析，当氨铵比从变化至时，镍的浸出率降低的可能原因是____________________________。
(3)实验证明溶解滤渣用的稀硫酸溶液，浓度以2mol/L最合适，结合流程信息分析，硫酸浓度不易过高或者过低的原因：____________________________。
(4)通常采用H2O2进行氧化过程，试写出铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：____________________________。
(5)系列操作中，通常采用先水洗，再酸洗，然后反萃取得到含铜的溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，试分析原因：____________________________。
(6)①电镀污泥在氨浸以后，如果能提前进行化学除杂，将对后续分离铜、镍有很大的帮助，通常我们用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，查数据可知，此时与(NH4)3PO4溶液反应的离子方程式为；，，试回答可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：____________________________。
②常温下，关于0.05mol/L (NH4)3PO4溶液，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．可以用0.1mol/L的H3PO4溶液与0.1mol/L的NH3 H2O溶液等体积混合制得(忽略混合时微小的体积变化)
B．由水电离的c(H+)=10-7mol L-1
C．溶液中粒子数目最多的是
D．
7．（2022·福建·一模）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：
i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.Cu(OH)2(s)+4NH3(g) Cu[(NH3)4]2+(aq)+2OH-(aq) K=4.4×10-7
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+
开始沉淀的pH 7.6 2.7 4.8 4.5
沉淀完全的pH 9.6 3.7 6.4 5.5
回答下列问题：
(1)为抑制“氧化浸取”时Bi3+水解，可采取的措施是_____________________。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)“氧化浸取”时，FeS转化为Fe3+的离子方程式是____________________________。
(4)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(5)“除铜”时发生反应：Cu2+(aq)+4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+(aq) K=2×1013，则Ksp[Cu(OH)2]=_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是____________________________。“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是____________________________。
8．（2022·河南开封·模拟预测）磷精矿[主要成分为Ca5(PO4)3OH，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等]湿法制备磷酸的一种工艺流程如图：
回答下列问题。
(1)“酸浸”之前，需要把磷精矿进行研磨，目的是_____。
(2)SO浓度在一定范围内，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图所示。
“酸浸”后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为___________(填化学式)，此条件下，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟元素转化为HF的化学方程式为_________________________；“洗涤”时，使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是_________________________。
(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间、不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因是_________________________。
(4)脱硫时，CaCO3稍过量。充分反应后SO仍有残留，原因是________________________________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式为________________________________。
(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol L-1NaOH溶液滴定至终点时生成NaH2PO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是___________。
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