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高考化学考前冲刺押题预测 工艺流程（解答题）
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 陕西模拟）六安市金寨县关庙沙坪沟的钼矿储量居亚洲第一、四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。现以该钼精矿（主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）已知基态Mo的价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表的位置为 　 　。
（2）“浸出”时，MoO3转化为的离子方程式为 　 　。“浸出”也可用氨水，此时钼元素转化为（NH4）2MoO4，铜元素转化为（深蓝色），已知：为蓝色。用HNO3沉钼时，溶液由深蓝色变为蓝色，从平衡移动角度说明其原因； 　 　。
（3）“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。如何检验Fe2+是否除尽？　 　。
（4）矿物共存是一种常见现象，该钼精矿含有少量钨元素，可采用溶剂萃取法除去。将“浸出”后的钼酸盐硫化后用季胺盐萃取剂萃取，它对硫代钼酸根的亲和力远高于，因此可优先萃取出钼，其反应为：。再采用反萃取剂在碱性条件下制得Na2MoO4，该反萃取剂可选用 　 　。
A．FeCl3
B．NaClO
C．NaCl
D．CH2Cl2
（5）钼精矿冶金工艺也可以采用电氧化法，其工作原理如图所示：
①电解时，阳极的电极反应式为 　 　。
②若维持电流强度恒定，电源提供电子的速率为5×10﹣6mol s﹣1，则消耗1.2 g MoS2，理论上需要电解 　 　min。
2．（2025 昆明一模）锗是一种重要的稀散金属，主要用于电子工业、光导纤维等领域。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge的实验流程如图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH的关系为：
pH pH＜2 pH＝2.5 5 pH＞12
Ge存在形式 Ge4+
②部分金属离子的沉淀pH：
Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀 7.5 2.3 6.2
沉淀完全 9.0 3.2 8.0
回答下列问题：
（1）基态锗原子中电子排布能量最高的能级为　 　，“滤渣”的主要成分的化学式是　 　。
（2）Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为　 　，物质A属于碱性氧化物，其化学式是　 　。
（3）“沉锗”操作后，Ge以GeO2的形式存在，随着pH的升高，Ge的沉淀率升高。“沉锗”操作理论上需控制pH范围为　 　。
（4）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸（C4H6O6，结构如图所示）与含锗微粒形成酒石酸络阴离子。
①“萃取锗”中主要反应的离子方程式为　 　。
②若pH升高，锗的萃取率下降，原因是　 　。
③“反萃取”中加入的物质B是　 　（填标号）。
a．NaOH溶液 b．H2SO4溶液 c．NaHSO4溶液
3．（2024秋 济南期末）工业上以红土镍矿（NiS，含CuO、PbO、Fe3O4、CdO、SiO2等杂质）提取部分金属单质的工艺流程如图：
已知：部分微粒的氧化性顺序为Fe3+＞Cu2+＞Pb2+＞Ni2+＞Cd2+＞Fe2+；常温下，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 Ni2+ Cd2+ Fe3+ Fe2+ Cu2+ Pb2+
开始沉淀时c＝0.01mol L﹣1）的pH 7.2 7.9 2.2 7.5 5.2 7.6
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1的pH 8.7 9.4 3.2 9.0 6.7 9.1
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，滤渣Ⅰ的主要成分为 　 　和S；“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成Ni2+外，另一目的是 　 　，可替代空气作用的最优化合物是 　 　（填化学式）。
（2）“调pH”的目的为除铁，物质A最好选用 　 　（填标号）；
A.NaOH
B.CdCO3
C.Pb（OH）2
D.NH3
如果“酸浸”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol L﹣1，其他主要金属阳离子浓度均为0.1mol L﹣1则“调pH”应控制的pH范围是 　 　。
（3）“置换”时加入稍过量物质B，反应的离子方程式为 　 　。
（4）电解废液经除杂后，主要成分可回收到 　 　操作单元中循环利用；“电解Ⅱ”中将固体制成电极板，电解后可获得含有金属 　 　（填化学式）的阳极泥。
4．（2025 河北模拟）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）中回收镓的流程如图所示。
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。
金属离子 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 4.5 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 5.5 4.7 3.2 9.0
请回答下列问题：
（1）基态镓原子的外围电子轨道表示式为 　 　。
（2）为加快刚玉渣的酸浸速率，可采取的措施有 　 　（填标号）。
A．将刚玉渣研细
B．适当升高温度
C．使用质量分数为98%的浓硫酸
D．增大体系的压强
（3）从“滤液①”中获得FeSO4 7H2O的具体操作为 　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）“中和沉淀”过程中分离出的“滤渣①”的主要成分为 　 　（填化学式）。若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol L﹣1，“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为 　 　。
（5）“碱浸”时，镓元素参与的反应的化学方程式为 　 　。
（6）“滤渣②”的主要成分为 　 　。
（7）电解NaGaO2溶液制取镓单质的阴极反应式为 　 　。
5．（2025 陕西一模）陕西宝鸡因钛产业发达而被称为“中国钛谷”，钛废料在工业领域中也扮演着重要的角色。工业上以某种钛废料（主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3）为原料，制取焦磷酸镁，同时分离提纯TiO2（TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）钛原子的价电子排布式为 　 　；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有 　 　种。
（2）Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是：　 　。
化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155
（3）“碱浸”过程中去除的物质是 　 　。（填化学式）
（4）适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是 　 　。
（5）“氧化”时转化为的离子方程式为 　 　。
（6）常温下，调节pH的理论最小值为 　 　时，可使Fe3+沉淀完全（，当某离子浓度c≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。
（7）滤液3中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁（Mg2P2O7）的化学方程式为 　 　。
6．（2024秋 德州期末）天然锆英砂（主要成分为ZrSiO4）常含有Fe2O3、Al2O3、CuO等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备ZrO2的一种工艺流程如图所示。
已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为Na2ZrSiO5；
②ZrOCl2 8H2O的溶解度随酸度降低而升高；
③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10﹣6mol/L即可认为该离子已沉淀完全
（1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是 　 　。
（2）滤液1的主要成分为 　 　“酸溶”后，锆元素以ZrO2+的形式存在，则酸溶的离子方程式为 　 　。
（3）萃取所用主要玻璃仪器有 　 　，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用 　 　。
（4）煅烧发生的化学方程式 　 　。
（5）该流程中可循环利用的物质有 　 　。
（6）“除铜”时，若溶液中Cu2+的浓度为0.2mol L﹣1，加入等体积的NaCN溶液，Cu2+沉淀完全，则加入的NaCN溶液浓度至少为 　 　（溶液混合时体积变化忽略不计）。
7．（2024秋 重庆期末）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4 7H2O）：
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 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0
回答下列问题：
（1）26Fe、Co、Ni三种元素位于周期表中　 　区，NiSO4 7H2O中镍离子的简化电子排布式为　 　。
（2）“碱浸”中NaOH的作用：①除去油脂；②　 　（用化学方程式表示）。
（3）向“滤液②”中加KSCN溶液，溶液变红，表明滤液②中含　 　。
（4）“转化”中H2O2的作用是　 　。　 　（填“能”或“不能”）将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即。
（5）利用上述表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp＝　 　。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.01mol L﹣1，则“调pH”应控制的pH范围是　 　（已知：100.4＝2.5）。
（6）硫酸镍在NaOH溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的化学方程式　 　。
（7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是　 　。
8．（2024秋 连云港期末）以菱镁矿渣（主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等）为原料制备MgSO4 7H2O的流程如图：
（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。
①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是 　 　（写出一种措施即可）。
②滤渣的主要成分为SiO2　 　。
（2）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。
①“氧化”时的离子方程式为 　 　。
②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图﹣1所示。应调节pH为 　 　。
（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到MgSO4 7H2O晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图﹣2所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到MgSO4 7H2O晶体应选择的温度为 　 　。
（4）将24.6gMgSO4 7H2O（摩尔质量为246g mol﹣1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图﹣3所示。
①a→b过程发生反应的化学方程式为 　 　。
②e点对应固体成分的化学式为 　 　。
9．（2024秋 海淀区期末）一种用NaClO3制备强氧化剂HClO4和消毒剂NaClO2的生产工艺如图。
（1）HClO4中Cl的化合价为 　 　，从化合价角度分析HClO4作氧化剂的依据是 　 　。
（2）补齐i中反应的化学方程式：
　 　NaClO3+　 　H2SO4＝ 　 　+　 　HClO4+　 　NaHSO4+　 　H2O
（3）ⅱ中，H2O2的作用是 　 　。
（4）该流程中可循环使用的物质为 　 　。
（5）“有效氯”是衡量含氯消毒剂消毒效果的重要指标。“有效氯”是指一定质量的消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当（氧化能力定义：产物视为Cl﹣时，物质的得电子数），其数值可以用此时氯气的质量与消毒剂质量的比值来表示。计算25%的NaClO2溶液的“有效氯”为 　 　（结果精确到0.01）0
10．（2024秋 通州区期末）用软锰矿（主要含MnO2）和黄铁矿（主要含有FeS2）制取MnSO4 H2O并回收单质硫的工艺流程如图：
已知：黄铁矿溶于H2SO4会产生Fe2+。
（1）“浸锰”后得到浸出液的操作是 　 　。
（2）“浸锰”时发生反应机理如图所示。
①反应Ⅰ的离子方程式为 　 　。
②Fe2+与Fe3+之间的循环是浸取的关键，浸取后期该循环过程受阻，其原因是 　 　。
③加入H2O2可迅速产生大量气体破除循环受阻。该操作中迅速产生大量气体的原因是 　 　。
④“浸锰”时，浸取时间与溶液中Fe2+Fe3+浓度关系如图所示。80～100min时，Fe3+浓度变化较小而Fe2+浓度迅速上升的原因是 　 　。
（3）已知：25℃时，，，溶液中离子浓度小于等于10﹣5mol L﹣1时，认为该离子沉淀完全。“沉铁”调pH日+，若溶液中c（Mn2+）＝0.1mol L﹣1为尽可能多得到纯净的产品，由控制pH的范围是 　 　。
（4）浸硫时（NH4）2S溶液与S反应生成（NH4）2Sx+1。
①（NH4）2Sx+1需在90～100℃下分解，分解产物有单质硫和两种气体，将两种气体分别溶于水得到酸性溶液和碱性溶液。写出分解时发生反应的化学方程式 　 　。
②请分析回收硫的过程中，如何实现（NH4）2S溶液的再生利用 　 　。
11．（2024秋 滨州期末）Mn3O4可用于生产软磁材料，利用电解金属锰阳极渣（MnO2，还含少量PbCO3、Fe2O3、CuO等）和黄铁矿（含FeS2）制备Mn3O4的流程如图。
已知：①各物质的溶度积（25℃）
物质 MnF2 CaF2 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Mn（OH）2
溶度积（Ksp） 5.6×10﹣3 1.5×10﹣10 2.6×10﹣39 2.0×10﹣20 2.1×10﹣13
②c（Mn+）≤1×10﹣5mol L﹣1时，认为Mn+沉淀完全。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分为S、　 　（填化学式）；“酸浸”过程中Fe2+，Fe3+的质量浓度（P）和Mn的浸出率与反应时间关系如图1，20～80min浸出Mn元素的主要离子方程式为 　 　。
（2）加入MnO2的作用是 　 　。不宜使用H2O2替代MnO2的原因是 　 　。
（3）若“转化”后溶液中c（Mn2+）＝0.21mol L﹣1，“中和除杂”需调节溶液的pH范围为 　 　（不考虑溶液体积的变化，lg2≈0.3）。
（4）若“氟化除杂”过程中c（Mn2+）＝0.28mol L﹣1，此时c（Ca2+）＝ 　 　mol L﹣1。
（5）其他条件一定，“沉锰”过程中锰离子沉淀率与溶液温度的关系如图2。50℃后，锰离子沉淀率随溶液温度升高而降低的原因是 　 　。
（6）“焙烧”生成Mn3O4的化学方程式为 　 　。
12．（2025 山东开学）钨矿渣（主要成分：氧化钪Sc2O30.02% 0.04%，铁元素17.9%，锰元素15.7%，WO32.5%～5%，二氧化硅15%～20%）的综合利用流程如图：
已知流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.1 5.8 8.0
沉淀完全的pH 3.2 8.8 10.4
回答下列问题：
（1）沉淀1的主要成分是 　 　（填化学式）。
（2）沉淀2中H2WO4溶解的化学方程式是 　 　。
（3）操作甲的名称是 　 　；有机相1中加入NaOH溶液，目的是 　 　。
（4）流程中加入MnO2的主要目的是 　 　；滤液3中加入NaOH溶液控制pH的范围是 　 　，出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 　 　。
13．（2025 湖南模拟）废物利用利国利民，回收处理钒铬渣（含有V2O3、Cr2O3及SiO2、Fe2O3、FeO等），并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：
已知：①25℃时，Cr（OH）3的溶度积常数为6.4×10﹣31；lg4＝0.6。
②氧化焙烧步骤中V2O3、Cr2O3分别转化为NaVO3、Na2CrO4。
③酸性溶液中，的氧化性强于MnO2。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是 　 　，其涉及的化学方程式为 　 　。
（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是 　 　。
（3）水浸产生的滤渣1的成分是 　 　（用化学式表示）。
（4）“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：　 　。
（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：　 　。
（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是 　 　。
14．（2024秋 祁东县期末）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。从腐蚀废液中回收铜，能重新获得FeCl3溶液，以实现回收利用。废液处理流程如图：
（1）FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔的离子方程式为 　 　。
（2）腐蚀废液中的溶质主要有 　 　（填化学式）。
（3）取少量反应1中溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀迅速变为 　 　色，最后变为红褐色，白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为 　 　。
（4）“操作1”的名称为 　 　。若物质X为稀盐酸和一种绿色氧化剂的混合物，则该绿色氧化剂的化学式为 　 　；物质X也可以选用氯气，二者相比较下，使用氯气的缺点为 　 　。
（5）对滤渣a进行处理后可提高铁元素的利用率，操作方法是 　 　。
15．（2024秋 大连期末）工业上以铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2杂质）为主要原料制备氧化铝的工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）一种固体管道疏通剂的主要成分是铝粉和NaOH，请用化学方程式解释疏通的原理 　 　。
（2）“酸浸”后溶液中存在的金属阳离子有 　 　。
（3）H2O2的电子式 　 　。
（4）写出“氧化”的离子方程式 　 　；简述该反应生成的金属阳离子的检验方法 　 　。
（5）“沉淀”后，假设碳元素全部转化为CO2，则滤液中钠元素的存在形式为 　 　（填化学式）。
（6）写出“碳分”生成Al（OH）3的离子方程式 　 　。
16．（2024秋 潍坊期末）某工厂用废旧钴基合金制备CoOOH（主要成分为CoO，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、PbO、CaO、MgO等）工艺流程如图。
已知：①室温下，Ksp（CaF2）＝4×10﹣9，Ksp（MgF2）＝9×10﹣11，Ka（HF）＝3×10﹣4
②室温下，部分金属氢氧化物沉淀时pH如表
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Co（OH）2 Al（OH）3
开始沉淀pH 2.7 7.6 6.6 3.4
完全沉淀pH 3.2 9.6 9.2 4.7
回答下列问题：
（1）“酸浸”所得浸渣的成分为　 　（写化学式）。
（2）“氧化、调节pH”时，加双氧水的作用是　 　，需调节pH的范围是　 　。
（3）室温下，“沉镁沉钙”时需调节溶液中c（F﹣）≥　 　mol L﹣1，若废液中Ca2+和Mg2+的浓度均为0.1mol L﹣1，则将1L废液中Ca2+和Mg2+沉淀完全，需要加入NH4F的物质的量至少为　 　mol（当溶液中的离子浓度小于10﹣5mol L﹣1时，可认为沉淀完全）。
（4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为　 　。
17．（2024秋 朝阳区期末）白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，还含有少量的SiO2。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如图。
已知：
物质 Ca（OH）2 Mg（OH）2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10﹣6 5.6×10﹣12 3.4×10﹣9 6.8×10﹣6
（1）固体B“消化”的反应方程式有MgO+H2O＝Mg（OH）2、　 　。
（2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：　 　。
（3）向浊液C中通入CO2进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率（可视作反应达到平衡）如图所示。
备注：M的溶出率（M代表钙或镁）
①钙、镁分离的适宜温度是 　 　。
②碳化过程中，发生的主要反应有Ca（OH）2+CO2═CaCO3+H2O、Mg（OH）+CO2═MgCO3+H2O、　 　。
③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：　 　。
（4）白云石中钙含量测定
资料：H2C2O4为二元弱酸；CaC2O4不溶于水。
注：沉淀中不含MgC2O4。
①氨水的作用是 　 　。
②滴定至终点时，消耗cmol L﹣1KMnO4标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为 　 　。（注：的还原产物为Mn2+）
18．（2024秋 重庆期末）绿矾（FeSO4 7H2O）是生产缺铁性贫血药品的重要原料。现利用某废旧金属材料（主要含Fe、Cu、Al及这几种金属的氧化物）制备绿矾，并回收部分金属。流程如图：
请完成下列问题。
（1）碱浸时发生反应的物质有 　 　（填化学式）。
（2）酸浸1和酸浸2用到的酸是 　 　（填化学式）；向酸浸1后的溶液中加入过量的a是Fe，其作用是：①消耗过量的酸；②防止Fe2+被氧化；③　 　（用离子反应方程式表示）。
（3）若要从滤液Ⅱ得到绿矾晶体，系列操作有：　 　、　 　、过滤、洗涤、干燥。
（4）测定所得绿矾中Fe2+的含量，步骤如下：
Ⅰ：称取ag绿矾样品，并将其配制成100mL溶液。
Ⅱ：取出25mL步骤Ⅰ中配制的溶液，加入适量稀硫酸，滴入bmol L﹣1的KMnO4溶液直至反应完全，共消耗KMnO4溶液cmL。
①Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、量筒和 　 　。
②Ⅰ中配制溶液时，定容时仰视刻度线，会使所配溶液浓度 　 　。（填“偏低”或“偏高”）
③Ⅱ中MnO4与Fe2+反应的离子方程式是 　 　。
④计算硫酸亚铁晶体样品中Fe2+的质量分数 　 　%（用含a、b、c的代数式表示）。
19．（2024秋 海南期末）高纯镍常用于制造芯片、锂电池正极材料。以含镍废料（主要成分是NiO，含有Fe2O3、FeO、Al2O3、CaO、SiO2等）为原料制造高纯镍的流程如图：
已知：①SiO2不与硫酸反应且难溶于水；②NaClO受热易分解；
③几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Al（OH）3 Ni（OH）2
开始沉淀的pH 2.7 7.6 4.0 6.7
完全沉淀的pH 3.7 9.6 5.2 7.7
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，Al2O3参与反应的化学方程式为 　 　；“固体1”的主要成分是 　 　。
（2）“氧化”的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为 　 　；必须先将Fe2+氧化成Fe3+再除杂的原因是 　 　；“氧化”时，温度不宜高于50℃的原因是 　 　。
（3）“调pH”至溶液pH为5.2～6.7后所得“固体2”的主要成分是 　 　。
（4）“还原”的离子方程式为2Ni2++N2H4+4OH﹣＝2Ni+N2↑+4H2O，该反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　 　。
20．（2024秋 南山区期末）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+2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图。
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全（c≤10﹣5mol L﹣1）时的pH：
Fe3+ Fe2+ Co3+ Co2+ Zn2+
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
回答下列问题：
（1）Co在元素周期表中的位置为 　 　，基态Cu原子的价层电子排布图为 　 　。
（2）“酸浸”前，为提高浸取效率，可采取的措施有 　 　（写一条即可）。
（3）“酸浸”步骤中，CoO发生的化学方程式是 　 　，浸渣的成分有 　 　（填化学式）。
（4）“沉锰”步骤中，涉及的主要离子方程式为 　 　，此外，加入Na2S2O8的作用还有 　 　。
（5）“沉钴”步骤中，若控制溶液 pH＝5.0，滤液中c（Co3+）＝ 　 　mol L﹣1。
（6）已知pH＞12，Zn在溶液中以Zn（OH）存在，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 　 　。
高考化学考前冲刺押题预测 工艺流程（解答题）
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 陕西模拟）六安市金寨县关庙沙坪沟的钼矿储量居亚洲第一、四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品，具有广泛的用途。现以该钼精矿（主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）已知基态Mo的价层电子排布式为4d55s1，则Mo在元素周期表的位置为 　第五周期第ⅥB族　。
（2）“浸出”时，MoO3转化为的离子方程式为 　　。“浸出”也可用氨水，此时钼元素转化为（NH4）2MoO4，铜元素转化为（深蓝色），已知：为蓝色。用HNO3沉钼时，溶液由深蓝色变为蓝色，从平衡移动角度说明其原因； 　“沉钼”溶液中存在平衡（深蓝色）+8H2O （蓝色）+4NH3 H2O，氨水与HNO3反应使平衡正向移动，溶液变为蓝色　。
（3）“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。如何检验Fe2+是否除尽？　取上层清液少许于试管中，滴加2～3滴铁氰化钾，若无蓝色沉淀产生，则除尽，反之，未除尽　。
（4）矿物共存是一种常见现象，该钼精矿含有少量钨元素，可采用溶剂萃取法除去。将“浸出”后的钼酸盐硫化后用季胺盐萃取剂萃取，它对硫代钼酸根的亲和力远高于，因此可优先萃取出钼，其反应为：。再采用反萃取剂在碱性条件下制得Na2MoO4，该反萃取剂可选用 　B　。
A．FeCl3
B．NaClO
C．NaCl
D．CH2Cl2
（5）钼精矿冶金工艺也可以采用电氧化法，其工作原理如图所示：
①电解时，阳极的电极反应式为 　Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣＝ClO﹣+H2O　。
②若维持电流强度恒定，电源提供电子的速率为5×10﹣6mol s﹣1，则消耗1.2 g MoS2，理论上需要电解 　450　min。
【答案】（1）第五周期第ⅥB族；
（2）；“沉钼”溶液中存在平衡（深蓝色）+8H2O （蓝色）+4NH3 H2O，氨水与HNO3反应使平衡正向移动，溶液变为蓝色；
（3）取上层清液少许于试管中，滴加2～3滴铁氰化钾，若无蓝色沉淀产生，则除尽，反之，未除尽
（4）B
（5）①Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣＝ClO﹣+H2O；
②450。
【分析】钼精矿（主要含MoS2，还有Cu、Fe的化合物及等）通入氧气焙烧得到MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2等，焙烧产生的气体主要为SO2；MoO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MoO3转化为，浸出液残留的少量Cu2+、Fe2+，加（NH4）2S净化时，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、进行沉淀得到（NH4）2Mo4O13 12H2O。
【解答】解：（1）根据基态Mo的价层电子排布式4d54s1，可知最大能层数为5，说明处于第五周期，价电子数为6，表明在元素周期表的位置为第五周期第ⅥB族，
故答案为：第五周期第ⅥB族；
（2）“浸出”时，MoO3转化为的离子方程式为：；由题给信息可知，“沉钼”溶液中存在平衡：（深蓝色）+8H2O （蓝色）+4NH3 H2O，氨水与HNO3反应使平衡正向移动，溶液变为蓝色，
故答案为：；“沉钼”溶液中存在平衡（深蓝色）+8H2O （蓝色）+4NH3 H2O，氨水与HNO3反应使平衡正向移动，溶液变为蓝色；
（3）检验是否除尽的方法为：取上层清液少许于试管中，滴加2～3滴铁氰化钾，若无蓝色沉淀产生，则除尽，反之，未除尽，
故答案为：取上层清液少许于试管中，滴加2～3滴铁氰化钾，若无蓝色沉淀产生，则除尽，反之，未除尽；
（4）因季铵盐与硫代钼酸根之间的亲和力较强，需要氧化破坏硫代钼酸根才能实现有效反萃取，因此选择碱性条件下NaClO溶液氧化反萃取，氧化与反萃取同步进行，
故答案为：B；
（5）①由图可知，阳极上氯离子失去电子生成ClO﹣，故电极反应式为：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣＝ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl﹣+2OH﹣﹣2e﹣＝ClO﹣+H2O；
②由图可知，MoS2发生的反应方程式为：MoS2+9ClO﹣+3H2O29Cl﹣+6H+，所以消耗1mol MoS2转移18mol电子，则消耗1.2g MoS2，理论上需要转移的电子为：，根据电源提供电子的速率为5×10﹣6mol s﹣1，理论上需要电解，
故答案为：450。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025 昆明一模）锗是一种重要的稀散金属，主要用于电子工业、光导纤维等领域。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4等，利用锌浸渣提取Ge的实验流程如图所示：
已知：①部分含锗微粒的存在形式与pH的关系为：
pH pH＜2 pH＝2.5 5 pH＞12
Ge存在形式 Ge4+
②部分金属离子的沉淀pH：
Fe2+ Fe3+ Zn2+
开始沉淀 7.5 2.3 6.2
沉淀完全 9.0 3.2 8.0
回答下列问题：
（1）基态锗原子中电子排布能量最高的能级为　4p　，“滤渣”的主要成分的化学式是　SiO2、PbSO4　。
（2）Fe2O3在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为　　，物质A属于碱性氧化物，其化学式是　CaO　。
（3）“沉锗”操作后，Ge以GeO2的形式存在，随着pH的升高，Ge的沉淀率升高。“沉锗”操作理论上需控制pH范围为　5＜pH＜6.2　。
（4）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，其原理为酒石酸（C4H6O6，结构如图所示）与含锗微粒形成酒石酸络阴离子。
①“萃取锗”中主要反应的离子方程式为　　。
②若pH升高，锗的萃取率下降，原因是　成后难以与酒石酸形成配合物　。
③“反萃取”中加入的物质B是　a　（填标号）。
a．NaOH溶液 b．H2SO4溶液 c．NaHSO4溶液
【答案】（1）4p；SiO2、PbSO4；
（2）；CaO；
（3）5＜pH＜6.2；
（4）①；
②成后难以与酒石酸形成配合物；
③a。
【分析】锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、PbSO4，加入SO2、H2SO4还原浸出，Fe3+被还原SO2为Fe2+，浸出液中含有Ge4+、Zn2+、Fe2+，滤渣为SiO2、PbSO4；题中给出物质A为碱性氧化物，酸溶后得到石膏（CaSO4 2H2O），则物质A为CaO；加入酒石酸和有机溶剂形成酒石酸络阴离子，加入物质B反萃取得到Na2GeO3，pH＞12时，Ge以形式存在，则物质B为NaOH溶液，由此分析解答。
【解答】解：（1）锗原子电子排布式为[Ar]3d104s24p2，则最高能级为4p；由分析可知，“滤渣”的主要成分是PbSO4、SiO2，
故答案为：4p；SiO2、PbSO4；
（2）还原浸出步骤中Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+，然后被SO2还原，离子方程式为：；由分析可知，物质A属于碱性氧化物，酸溶后得到石膏（CaSO4 2H2O），说明物质A中含有钙元素，则物质A为CaO，
故答案为：；CaO；
（3）“沉锗”操作后，Ge以GeO2的形式存在，随着pH的升高，Ge的沉淀率升高。当 pH＜2 时，Ge4+离子溶解度高，无法沉淀；当 pH 逐渐升高至 2.5～5，Ge4+ 发生水解，生成 ，当 pH 进一步升高时，pH＞6.2形成沉淀GeO2；当 pH＞12，GeO2会与 OH 发生反应形成可溶性 ；当pH＞6.2时Zn2+可能会与 Ge 沉淀共存，则“沉锗”操作理论上需控制pH范围为5＜pH＜6.2，
故答案为：5＜pH＜6.2；
（4）①“酸溶”后，溶液的pH为1.8，Ge存在形式为Ge4+，则“萃取锗”中主要反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②若pH升高，Ge存在形式为，难以与酒石酸形成酒石酸络阴离子，导致锗的萃取率下降，
故答案为：成后难以与酒石酸形成配合物；
③反萃取后得到Na2GeO3，Ge存在形式为，说明此时溶液pH＞12，则物质B为氢氧化钠溶液，
故答案为：a。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 济南期末）工业上以红土镍矿（NiS，含CuO、PbO、Fe3O4、CdO、SiO2等杂质）提取部分金属单质的工艺流程如图：
已知：部分微粒的氧化性顺序为Fe3+＞Cu2+＞Pb2+＞Ni2+＞Cd2+＞Fe2+；常温下，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 Ni2+ Cd2+ Fe3+ Fe2+ Cu2+ Pb2+
开始沉淀时c＝0.01mol L﹣1）的pH 7.2 7.9 2.2 7.5 5.2 7.6
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1的pH 8.7 9.4 3.2 9.0 6.7 9.1
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，滤渣Ⅰ的主要成分为 　PbSO4、SiO2　和S；“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成Ni2+外，另一目的是 　将Fe2+氧化为Fe3+　，可替代空气作用的最优化合物是 　H2O2　（填化学式）。
（2）“调pH”的目的为除铁，物质A最好选用 　B　（填标号）；
A.NaOH
B.CdCO3
C.Pb（OH）2
D.NH3
如果“酸浸”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol L﹣1，其他主要金属阳离子浓度均为0.1mol L﹣1则“调pH”应控制的pH范围是 　3.2～4.7　。
（3）“置换”时加入稍过量物质B，反应的离子方程式为 　Ni+Cu2+＝Ni2++Cu　。
（4）电解废液经除杂后，主要成分可回收到 　酸浸　操作单元中循环利用；“电解Ⅱ”中将固体制成电极板，电解后可获得含有金属 　Ni　（填化学式）的阳极泥。
【答案】（1）PbSO4、SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；
（2）B；3.2～4.7；
（3）Ni+Cu2+＝Ni2++Cu；
（4）酸浸；Ni。
【分析】以红土镍矿（NiS，含CuO、PbO、Fe3O4、CdO、SiO2等杂质）为原料回收部分金属单质，首先镍矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入A调节pH，A可以是CdCO3，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；可向滤液中加入B为镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属C和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液，继续电解分离金属Ni和Cd。
【解答】解：（1）“酸浸”时，酸性条件下NiS被氧气氧化为S，PbO和硫酸反应生成硫酸铅，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣Ⅰ的主要成分为S和PbSO4、SiO2，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+、Fe3+，“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成Ni2+外，另一目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀铁离子生成氢氧化铁，可选择过氧化氢代替空气氧化亚铁离子，产生是水和铁离子，最优化合物是H2O2，
故答案为：PbSO4、SiO2；将Fe2+氧化为Fe3+；H2O2；
（2）“调pH”的目的为除铁，为了不引入杂质阳离子，A可以是CdCO3，物质A最好选CdCO3，“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全，根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知，pH应大于3.2，由表可知，Cu2+开始沉淀时的pH最小，根据Cu2+开始沉淀时的pH为5.2，也可得Cu（OH）2的Ksp＝c平（Cu2+） （OH﹣）2＝0.01×（105.2﹣14）2＝10﹣19.6，则c（Ni2+） c2（OH﹣）＜10﹣19.6，根据c（Cu2+）＝0.1mol L﹣1，可求得c（OH﹣）＜10﹣9.3 mol L﹣1，对应c（H+）＞10﹣4.7 mol L﹣1，则“调pH”的pH应小于4.7，则“调pH”控制的pH范围是3.2～4.7，
故答案为：B；3.2～4.7；
（3）“置换”时加入金属Ni，与铜离子发生置换反应生成Ni2+和Cu，反应的离子方程式为Ni+Cu2+＝Ni2++Cu，
故答案为：Ni+Cu2+＝Ni2++Cu；
（4）电解废液经除杂后，主要成分为硫酸，可回收到酸浸环节循环利用，已知：氧化性Ni2+＞Cd2+，电解II中，Ni2+被还原为Ni，沉积在阳极泥中，
故答案为：酸浸；Ni。
【点评】本题考查物质的分离与提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，明确工艺流程的步骤中发生的化学反应与目的是解题的关键，题目难度中等。
4．（2025 河北模拟）金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣（含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝）中回收镓的流程如图所示。
常温下，溶液中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。
金属离子 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 4.5 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 5.5 4.7 3.2 9.0
请回答下列问题：
（1）基态镓原子的外围电子轨道表示式为 　　。
（2）为加快刚玉渣的酸浸速率，可采取的措施有 　AB　（填标号）。
A．将刚玉渣研细
B．适当升高温度
C．使用质量分数为98%的浓硫酸
D．增大体系的压强
（3）从“滤液①”中获得FeSO4 7H2O的具体操作为 　蒸发浓缩　、　冷却结晶　、过滤、洗涤、干燥。
（4）“中和沉淀”过程中分离出的“滤渣①”的主要成分为 　Fe（OH）3、Al（OH）3、Ga（OH）3　（填化学式）。若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol L﹣1，“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为 　5.5～7　。
（5）“碱浸”时，镓元素参与的反应的化学方程式为 　Ga（OH）3+NaOH＝Na[Ga（OH）4]或Ga（OH）3+NaOH＝NaGaO2+2H2O　。
（6）“滤渣②”的主要成分为 　Al（OH）3　。
（7）电解NaGaO2溶液制取镓单质的阴极反应式为 　　。
【答案】（1）；
（2）AB；
（3）蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）Fe（OH）3、Al（OH）3、Ga（OH）3；5.5～7；
（5）Ga（OH）3+NaOH＝Na[Ga（OH）4]或Ga（OH）3+NaOH＝NaGaO2+2H2O；
（6）Al（OH）3；
（7）。
【分析】刚玉渣加入稀硫酸酸化，滤渣中含有Ti和Si单质，则滤液①中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4 7H2O，滤液②中主要含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到的滤液③进入“结晶”步骤重复利用知，为避免“结晶”时产生Fe（OH）2沉淀，加入NaOH调节pH为5.5～7.5，“中和沉淀”得到Fe（OH）3、Al（OH）3、Ga（OH）3，再加入过量的NaOH溶液，Al（OH）3、Ga（OH）3溶解，分别生成[Al（OH）4]﹣（即）和[Ga（OH）4]﹣（即），向滤液④中通入适量CO2，[Al（OH）4]﹣生成Al（OH）3沉淀除去，电解含有[Ga（OH）4]﹣的溶液得到Ga单质，据此分析解题。
【解答】解：（1）镓为31号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，则基态镓原子的外围电子轨道表示式为，
故答案为：；
（2）A．将刚玉渣研细，增大接触面积，加快刚玉渣的酸浸速率，故A正确；
B．适当升高温度，加快刚玉渣的酸浸速率，故B正确；
C．质量分数为98%的浓硫酸电离出的H+较少，不利于酸浸，故C错误；
D．该反应没有气体参加反应，增大体系压强，不影响反应速率，故D错误；
故答案为：AB；
（3）FeSO4 7H2O中含有结晶水，故从溶液中得到FeSO4 7H2O的具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（4）由分析可知，滤液②中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，由“中和沉淀”得到Fe（OH）3、Al（OH）3、Ga（OH）3，若“滤液②”中阳离子浓度均为0.1mol L﹣1，“中和沉淀”过程中镓离子要完全沉淀，而Fe2+不沉淀，由表格数据可知，pH＝9.0时Fe2+完全沉淀，此时pOH＝5，Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe2+），滤液②中阳离子浓度均为0.1mol L﹣1，则需控制，pOH＝7，pH＝7，故应调节的pH范围为5.5～7，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3、Ga（OH）3；5.5～7；
（5）“碱浸”时 Ga（OH）3与NaOH反应生成Na[Ga（OH）4]，化学方程式为Ga（OH）3+NaOH＝Na[Ga（OH）4]或Ga（OH）3+NaOH＝NaGaO2+2H2O，
故答案为：Ga（OH）3+NaOH＝Na[Ga（OH）4]或Ga（OH）3+NaOH＝NaGaO2+2H2O；
（6）由分析可知，“碳酸化”过程向滤液④中通入适量CO2，[Al（OH）4]﹣生成Al（OH）3沉淀除去，[Ga（OH）4]﹣不发生反应，
故答案为：Al（OH）3；
（7）电解NaGaO2溶液制取镓单质，阴极是[Ga（OH）4]﹣得到电子转化为单质镓，反应式为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2025 陕西一模）陕西宝鸡因钛产业发达而被称为“中国钛谷”，钛废料在工业领域中也扮演着重要的角色。工业上以某种钛废料（主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3）为原料，制取焦磷酸镁，同时分离提纯TiO2（TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在）的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）钛原子的价电子排布式为 　3d24s2　；与钛同周期元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有 　3　种。
（2）Ti的四卤化物熔点如表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是：　TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高　。
化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155
（3）“碱浸”过程中去除的物质是 　Al2O3　。（填化学式）
（4）适当升高温度可有效提高钛的浸出率，工业上“酸浸”时，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是 　防止温度过高TiO2+水解，减少损失　。
（5）“氧化”时转化为的离子方程式为 　　。
（6）常温下，调节pH的理论最小值为 　3　时，可使Fe3+沉淀完全（，当某离子浓度c≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。
（7）滤液3中加入Na4P2O7溶液生成焦磷酸镁（Mg2P2O7）的化学方程式为 　Na4P2O7+2MgSO4＝Mg2P2O7↓+2Na2SO4　。
【答案】（1）3d24s2；3；
（2）TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
（3）Al2O3；
（4）防止温度过高TiO2+水解，减少损失；
（5）；
（6）3；
（7）Na4P2O7+2MgSO4＝Mg2P2O7↓+2Na2SO4。
【分析】以含钛废料（主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3）为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了除去能与碱反应的Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸亚铁晶体析出从而出去大部分亚铁离子；然后过滤，向滤液中加热水解生成TiO（OH）2，过滤得到TiO（OH）2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO（OH）2得TiO2；加Na2S2O8溶液氧化Fe2+为Fe3+，调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁，据此分析解题。
【解答】解：（1）Ti是22号元素，价电子排布式是3d24s2；Ti有2个未成对电子，同周期中由两个未成对电子的还有Ni3d84s2、Ge4s24p2、Se4s24p4三种，
故答案为：3d24s2；3；
（2）TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高，
故答案为：TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高；
（3）含钛废料中加NaOH溶液碱浸时，只有Al2O3溶解生成可溶的偏铝酸钠，“碱浸”过程中去除的物质是Al2O3，
故答案为：Al2O3；
（4）稀硫酸酸浸时TiO2转化为TiO2+，温度过高TiO2+水解程度增大，造成Ti的损失，温度选择40℃而不选择更高温度的原因是：防止温度过高TiO2+水解，减少损失，
故答案为：防止温度过高TiO2+水解，减少损失；
（5）“氧化”时与Fe2+反应生成Fe3+和，其离子方程式为：，
故答案为：；
（6）Fe3+沉淀完全离子浓度c≤10﹣5mol L﹣1，，，，调节pH的理论最小值为3，
故答案为：3；
（7）滤液3中主要含有Mg2+加Na4P2O7溶液得生成焦磷酸镁（Mg2P2O7），其化学方程式为：Na4P2O7+2MgSO4＝Mg2P2O7↓+2Na2SO4，
故答案为：Na4P2O7+2MgSO4＝Mg2P2O7↓+2Na2SO4。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
6．（2024秋 德州期末）天然锆英砂（主要成分为ZrSiO4）常含有Fe2O3、Al2O3、CuO等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备ZrO2的一种工艺流程如图所示。
已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为Na2ZrSiO5；
②ZrOCl2 8H2O的溶解度随酸度降低而升高；
③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10﹣6mol/L即可认为该离子已沉淀完全
（1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是 　增大接触面积，提高碱熔效率　。
（2）滤液1的主要成分为 　Na[Al（OH）4]　“酸溶”后，锆元素以ZrO2+的形式存在，则酸溶的离子方程式为 　　。
（3）萃取所用主要玻璃仪器有 　烧杯、分液漏斗　，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用 　浓盐酸　。
（4）煅烧发生的化学方程式 　　。
（5）该流程中可循环利用的物质有 　有机溶剂N235、HCl　。
（6）“除铜”时，若溶液中Cu2+的浓度为0.2mol L﹣1，加入等体积的NaCN溶液，Cu2+沉淀完全，则加入的NaCN溶液浓度至少为 　0.44mol L﹣1　（溶液混合时体积变化忽略不计）。
【答案】（1）增大接触面积，提高碱熔效率；
（2）Na[Al（OH）4]；；
（3）烧杯、分液漏斗；浓盐酸；
（4）；
（5）有机溶剂N235、HCl；
（6）0.44mol L﹣1。
【分析】锆英砂主要成分为ZrsiO4，常含有Fe2O3、Al2O3、CuO等氧化物杂质。加过量碳酸钠“碱熔”，锆英砂转化为Na2ZrSiO5、Al2O3转化为Na[Al（OH）4]，水浸过滤，滤渣中含有Na2ZrSiO5、Fe2O3、CuO，滤渣用过量盐酸“酸浸”，得ZrOCl2、氯化铁、氯化铜溶液，加NaCN生成Cu（CN）2沉淀除铜，滤液中加盐酸、萃取剂N235萃取，水层加浓盐酸析出ZrOCl2 8H2O沉淀，煅烧ZrOCl2 8H2O得ZrO2。
【解答】解：（1）通过对天然锆英砂进行粉碎处理，可以增大反应物的接触面积，提高碱熔效率，
故答案为：增大接触面积，提高碱熔效率；
（2）碱熔时，Al2O3与碳酸钠反应生成可溶性四羟基合铝酸钠、二氧化碳，则“水浸”时所得“滤液”中溶质的主要成分是Na[Al（OH）4]；“酸浸”后，锆元素以ZrO2+的形式存在于溶液中，此过程中Na2ZrSiO5与盐酸发生反应生成ZrOCl2、NaCl、H2SiO3，反应的离子方程式为，
故答案为：Na[Al（OH）4]；；
（3）萃取是分离互不相溶的两种液体，所用主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；根据题给信息，ZrOCl2 8H2O的溶解度随酸度降低而升高，则“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用浓盐酸，
故答案为：烧杯、分液漏斗；浓盐酸；
（4）根据流程图可知，煅烧时生成ZrO2，结合元素守恒，煅烧发生的化学方程式为：，
故答案为：；
（5）萃取时使用有机溶剂N235、HCl，反萃取时又得到有机溶剂N235，煅烧时生成HCl，则该流程中可循环利用的物质有：有机溶剂N235、HCl，
故答案为：有机溶剂N235、HCl；
（6）设Cu2+沉淀完全后，溶液中NaCN浓度为xmol L﹣1，则，此外根据化学式[Cu（CN）2]可知，为了沉淀铜离子消耗的NaCN的浓度为0.4mol/L，故原来NaCN溶液浓度至少为（0.4+0.02×2）mol/L＝0.44 mol/L，
故答案为：0.44mol L﹣1。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2024秋 重庆期末）某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如图工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4 7H2O）：
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 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 7.2 8.7 3.7 4.7 2.2 3.2 7.5 9.0
回答下列问题：
（1）26Fe、Co、Ni三种元素位于周期表中　d　区，NiSO4 7H2O中镍离子的简化电子排布式为　[Ar]3d8　。
（2）“碱浸”中NaOH的作用：①除去油脂；②　2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al（OH）4]　（用化学方程式表示）。
（3）向“滤液②”中加KSCN溶液，溶液变红，表明滤液②中含　Fe3+　。
（4）“转化”中H2O2的作用是　将Fe2+氧化为Fe3+　。　不能　（填“能”或“不能”）将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即。
（5）利用上述表格数据，计算Ni（OH）2的Ksp＝　10﹣15.6　。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.01mol L﹣1，则“调pH”应控制的pH范围是　3.2≤pH＜7.2　（已知：100.4＝2.5）。
（6）硫酸镍在NaOH溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的化学方程式　2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O　。
（7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是　提高镍的回收率　。
【答案】（1）d；[Ar]3d8；
（2）2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al（OH）4]；
（3）Fe3+；
（4）将Fe2+氧化为Fe3+；不能；
（5）10﹣15.6；3.2≤pH＜7.2；
（6）2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
（7）提高镍的回收率。
【分析】某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂（主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质），先与氢氧化钠反应，除掉油污和铝及铝的化合物，过滤，向滤渣中加入硫酸溶解，过滤出不溶性杂质，再向滤液中加双氧水氧化亚铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH值沉淀铁离子，过滤，将滤液控制pH值浓缩结晶得到硫酸镍晶体，据此分析解题。
【解答】解：（1）铁钴镍位于元素周期表第八族，为d区元素，基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，基态Ni2+的简化电子排布式为[Ar]3d8，
故答案为：d；[Ar]3d8；
（2）“碱浸”中NaOH的作用是除去油脂，溶解铝及其氧化物，发生反应：2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al（OH）4]，
故答案为：2Al+2NaOH+6H2O＝2Na[Al（OH）4]+3H2↑、Al2O3+2NaOH+3H2O＝2Na[Al（OH）4]；
（3）由分析可知，滤渣①和稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸镍等，向“滤液②”中加KSCN溶液，溶液变红，表明滤液②中含有Fe3+，
故答案为：Fe3+；
（4）由分析可知，H2O2作用是氧化亚铁离子，反应离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，无法完全除去铁元素，则不能将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不能；
（5）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH＝8.7，此时c（H+）＝1.0×10﹣8.7mol L﹣1，则c（OH﹣）＝10（8.7﹣14）mol/L＝10﹣5.3，c（Ni2+）＝10﹣5mol/L，则Ni（OH）2的Ksp＝c（Ni2+）×c2（OH﹣）＝10﹣5×（10﹣5.3）2＝10﹣15.6；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.01mol L﹣1，为避免镍离子沉淀，此时c（OH﹣）mol/L＝10﹣6.8mol/L，则c（H+）＝1.0×10﹣7.2mol L﹣1，即pH＝7.2，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜7.2，
故答案为：10﹣15.6；3.2≤pH＜7.2；
（6）由题干信息，硫酸镍在NaOH强碱溶液中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO﹣被还原为Cl﹣，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，
故答案为：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；
（7）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，
故答案为：提高镍的回收率。
【点评】本题考查学生分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋 连云港期末）以菱镁矿渣（主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等）为原料制备MgSO4 7H2O的流程如图：
（1）将稀硫酸加入菱镁矿渣充分反应后过滤。
①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是 　将菱镁矿渣粉碎（或适当提高硫酸的浓度等）　（写出一种措施即可）。
②滤渣的主要成分为SiO2　CaSO4　。
（2）加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入适量MgO调节溶液pH，除去Fe、Al元素。
①“氧化”时的离子方程式为 　H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O　。
②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图﹣1所示。应调节pH为 　6　。
（3）对除钙后的滤液进行蒸发结晶，过滤得到MgSO4 7H2O晶体。硫酸镁溶液在不同温度下蒸发结晶得到的产物的XRD图谱如图﹣2所示（XRD图谱用于判断某晶态物质是否存在）。要得到MgSO4 7H2O晶体应选择的温度为 　30℃　。
（4）将24.6gMgSO4 7H2O（摩尔质量为246g mol﹣1）焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图﹣3所示。
①a→b过程发生反应的化学方程式为 　MgSO4 7H2OMgSO4 H2O+6H2O　。
②e点对应固体成分的化学式为 　MgO　。
【答案】（1）①将菱镁矿渣粉碎（或适当提高硫酸的浓度等）；
②CaSO4；
（2）①H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
②6；
（3）30℃；
（4）①MgSO4 7H2OMgSO4 H2O+6H2O；
②MgO。
【分析】菱镁矿渣的主要成分是MgCO3，含少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2、MgO等，加入硫酸酸溶，SiO2不反应，CaO与硫酸反应，生成CaSO4属于微溶物，过滤得到滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4，滤液含有硫酸镁、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸铝等，继续加入双氧水，氧化亚铁离子，再加入MgO，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，将滤液进一步处理，除去剩余的钙离子，最后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、得到MgSO4 7H2O晶体，据此分析作答。
【解答】解：（1）①为提高“酸浸”效率可以采用的措施是将菱镁矿渣粉碎（或适当提高硫酸的浓度等），
故答案为：将菱镁矿渣粉碎（或适当提高硫酸的浓度等）；
②根据分析可知，滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4，
故答案为：CaSO4；
（2）①加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，“氧化”时的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O，
故答案为：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；
②pH对硫酸镁粗液中杂质元素去除率以及Mg元素损失率的影响如图﹣1所示，由图可知，应调节pH为6，此时杂质元素（Fe、Al）的去除率几乎达到100%，而镁的损失率不高（约20%左右），
故答案为：6；
（3）由XRD图谱可知，要得到MgSO4 7H2O晶体应选择的温度为30℃，
故答案为：30℃；
（4）①24.6gMgSO4 7H2O（摩尔质量为246g mol﹣1）的物质的量为0.1mol，结晶水的质量为0.1mol×7×18g/mol＝12.6g，则MgSO4的质量为12g，a→b过程中质量减少为（24.6g﹣13.8g）＝10.8g，0.6mol，所以该过程发生反应的化学方程式为 MgSO4 7H2OMgSO4 H2O+6H2O，
故答案为：MgSO4 7H2OMgSO4 H2O+6H2O；
②加热过程中镁元素质量不变，始终为0.1mol×24g/mol＝2.4g，所以e点对应固体成分中：m（O）＝4.0g﹣2.4g＝1.6g，n（O）＝0.1mol，则e点对应固体的化学式为MgO，
故答案为：MgO。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及MgSO4 7H2O的制取，理解流程是解决本题的关键，属于高考高频考点，难度中等。
9．（2024秋 海淀区期末）一种用NaClO3制备强氧化剂HClO4和消毒剂NaClO2的生产工艺如图。
（1）HClO4中Cl的化合价为 　+7价　，从化合价角度分析HClO4作氧化剂的依据是 　Cl元素化合价可以降低　。
（2）补齐i中反应的化学方程式：
　3　NaClO3+　3　H2SO4＝ 　2ClO2　+　1　HClO4+　3　NaHSO4+　1　H2O
（3）ⅱ中，H2O2的作用是 　作还原剂，把ClO2还原为NaClO2　。
（4）该流程中可循环使用的物质为 　H2SO4　。
（5）“有效氯”是衡量含氯消毒剂消毒效果的重要指标。“有效氯”是指一定质量的消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当（氧化能力定义：产物视为Cl﹣时，物质的得电子数），其数值可以用此时氯气的质量与消毒剂质量的比值来表示。计算25%的NaClO2溶液的“有效氯”为 　0.39　（结果精确到0.01）0
【答案】（1）+7价；Cl元素化合价可以降低；
（2）3；3；2ClO2；1；3；1；
（3）作还原剂，把ClO2还原为NaClO2；
（4）H2SO4；
（5）0.39。
【分析】NaClO3与过量硫酸发生反应：3NaClO3+3H2SO4＝2ClO2+HClO4+3NaHSO4+H2O，ClO2气体通入含有NaOH和H2O2的溶液，还原H2O2，制取NaClO2，反应液冷却过滤，得到NaHSO4固体，滤液经过蒸馏得到HClO4，溶液3含有过量的硫酸，可以循环使用，据此分析作答。
【解答】解：（1）HClO4中Cl的化合价为+7价，从化合价角度分析HClO4作氧化剂的依据是Cl元素化合价可以降低，
故答案为：+7价；Cl元素化合价可以降低；
（2）根据化合价升降守恒、原子守恒，可得i反应的方程式为：3NaClO3+3H2SO4＝2ClO2+HClO4+3NaHSO4+H2O，
故答案为：3；3；2ClO2；1；3；1；
（3）ⅱ中，H2O2的作用是作还原剂，把ClO2还原为NaClO2，
故答案为：作还原剂，把ClO2还原为NaClO2；
（4）溶液3中含有过量的硫酸，所以该流程中可循环使用的物质为H2SO4，
故答案为：H2SO4；
（5）根据题意有关系式：Cl2～2Cl﹣～2e﹣，NaClO2～Cl﹣～4e﹣，设25%的NaClO2溶液的质量为100g，NaClO2的物质的量为，得到电子为4mol，对应氯气的质量为71g，则有效氯为0.39，
故答案为：0.39。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及氯及其化合物之间的转化，同时考查有效氯的计算，属于基本知识的考查，难度中等。
10．（2024秋 通州区期末）用软锰矿（主要含MnO2）和黄铁矿（主要含有FeS2）制取MnSO4 H2O并回收单质硫的工艺流程如图：
已知：黄铁矿溶于H2SO4会产生Fe2+。
（1）“浸锰”后得到浸出液的操作是 　过滤　。
（2）“浸锰”时发生反应机理如图所示。
①反应Ⅰ的离子方程式为 　　。
②Fe2+与Fe3+之间的循环是浸取的关键，浸取后期该循环过程受阻，其原因是 　生成的S覆盖在FeS2表面　。
③加入H2O2可迅速产生大量气体破除循环受阻。该操作中迅速产生大量气体的原因是 　Fe3+（或Mn2+或MnO2）作催化剂，加快H2O2分解产生O2的速率　。
④“浸锰”时，浸取时间与溶液中Fe2+Fe3+浓度关系如图所示。80～100min时，Fe3+浓度变化较小而Fe2+浓度迅速上升的原因是 　80～100min时，软锰矿中的锰元素浸取率较大，剩余的MnO2不足以氧化从黄铁矿持续浸出的大量Fe2+，因此Fe2+浓度迅速上升，Fe3+浓度上升缓慢　。
（3）已知：25℃时，，，溶液中离子浓度小于等于10﹣5mol L﹣1时，认为该离子沉淀完全。“沉铁”调pH日+，若溶液中c（Mn2+）＝0.1mol L﹣1为尽可能多得到纯净的产品，由控制pH的范围是 　3≤pH＜8　。
（4）浸硫时（NH4）2S溶液与S反应生成（NH4）2Sx+1。
①（NH4）2Sx+1需在90～100℃下分解，分解产物有单质硫和两种气体，将两种气体分别溶于水得到酸性溶液和碱性溶液。写出分解时发生反应的化学方程式 　（NH4）2Sx+1xS+H2S↑+2NH3↑　。
②请分析回收硫的过程中，如何实现（NH4）2S溶液的再生利用 　将（NH4）2Sx+1分解得到的NH3和H2S通入水溶液中发生反应生成（NH4）2S溶液　。
【答案】（1）过滤；
（2）①；
②生成的S覆盖在FeS2表面；
③Fe3+（或Mn2+或MnO2）作催化剂，加快H2O2分解产生O2的速率；
④80～100min时，软锰矿中的锰元素浸取率较大，剩余的MnO2不足以氧化从黄铁矿持续浸出的大量Fe2+，因此Fe2+浓度迅速上升，Fe3+浓度上升缓慢；
（3）3≤pH＜8；
（4）①（NH4）2Sx+1xS+H2S↑+2NH3↑；
②将（NH4）2Sx+1分解得到的NH3和H2S通入水溶液中发生反应生成（NH4）2S溶液。
【分析】软锰矿（主要含MnO2）和黄铁矿（主要含有FeS2）加入硫酸酸浸，得到硫单质和含有硫酸锰、硫酸亚铁以及过量硫酸的浸出液，向浸出液中加入MnO2，氧化亚铁离子，然后加入氨水调节溶液的pH，使铁离子完成沉淀，过滤，得到滤渣1为氢氧化铁沉淀，滤液1经过一些列处理得到一水合硫酸锰，浸出渣加入（NH4）2S溶液，与S反应生成（NH4）2Sx+1，过滤得到浸硫渣和浸硫液，浸硫液在90～100℃下分解，发生反应：（NH4）2Sx+1xS+H2S↑+2NH3↑，得到硫单质，NH3和H2S通入水溶液中发生反应生成（NH4）2S溶液，循环使用，据此分析作答。
【解答】解：（1）“浸锰”后得到浸出液的操作是过滤，
故答案为：过滤；
（2）①由图可知，反应Ⅰ的离子方程式为：，
故答案为：；
②Fe2+与Fe3+之间的循环是浸取的关键，浸取后期该循环过程受阻，其原因是生成的S覆盖在FeS2表面，阻止反应的进行，
故答案为：生成的S覆盖在FeS2表面；
③加入H2O2可迅速产生大量气体破除循环受阻。该操作中迅速产生大量气体的原因是Fe3+（或Mn2+或MnO2）作催化剂，加快H2O2分解产生O2的速率，
故答案为：Fe3+（或Mn2+或MnO2）作催化剂，加快H2O2分解产生O2的速率；
④“浸锰”时，浸取时间与溶液中Fe2+Fe3+浓度关系如图所示。80～100min时，Fe3+浓度变化较小而Fe2+浓度迅速上升的原因是80～100min时，软锰矿中的锰元素浸取率较大，剩余的MnO2不足以氧化从黄铁矿持续浸出的大量Fe2+，因此Fe2+浓度迅速上升，Fe3+浓度上升缓慢，
故答案为：80～100min时，软锰矿中的锰元素浸取率较大，剩余的MnO2不足以氧化从黄铁矿持续浸出的大量Fe2+，因此Fe2+浓度迅速上升，Fe3+浓度上升缓慢；
（3）溶液中离子浓度小于等于10﹣5mol L﹣1时，沉淀完全，则c（Fe3+）×c3（OH﹣），解得c（OH﹣）＝1×10﹣11mol L﹣1，c（H+）＝1×10﹣3mol L﹣1，pH＝3，又c（Mn2+）＝0.1mol L﹣1，c（Mn2+）×c2（OH﹣），解得：c（OH﹣）＜1×10﹣6mol L﹣1，c（H+）＝1×10﹣8mol L﹣1，pH＜8，所以控制pH的范围是3≤pH＜8，
故答案为：3≤pH＜8；
（4）①浸硫时（NH4）2S溶液与S反应生成（NH4）2Sx+1，（NH4）2Sx+1需在90～100℃下分解，分解产物有单质硫和两种气体，将两种气体分别溶于水得到酸性溶液和碱性溶液。写出分解时发生反应的化学方程式为：（NH4）2Sx+1xS+H2S↑+2NH3↑，
故答案为：（NH4）2Sx+1xS+H2S↑+2NH3↑；
②回收硫的过程中，实现（NH4）2S溶液再生利用的方法是将（NH4）2Sx+1分解得到的NH3和H2S通入水溶液中发生反应生成（NH4）2S溶液，
故答案为：将（NH4）2Sx+1分解得到的NH3和H2S通入水溶液中发生反应生成（NH4）2S溶液。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及一水合硫酸锰的制备，属于基本知识的考查，难度中等。
11．（2024秋 滨州期末）Mn3O4可用于生产软磁材料，利用电解金属锰阳极渣（MnO2，还含少量PbCO3、Fe2O3、CuO等）和黄铁矿（含FeS2）制备Mn3O4的流程如图。
已知：①各物质的溶度积（25℃）
物质 MnF2 CaF2 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Mn（OH）2
溶度积（Ksp） 5.6×10﹣3 1.5×10﹣10 2.6×10﹣39 2.0×10﹣20 2.1×10﹣13
②c（Mn+）≤1×10﹣5mol L﹣1时，认为Mn+沉淀完全。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分为S、　PbSO4　（填化学式）；“酸浸”过程中Fe2+，Fe3+的质量浓度（P）和Mn的浸出率与反应时间关系如图1，20～80min浸出Mn元素的主要离子方程式为 　　。
（2）加入MnO2的作用是 　将Fe2+氧化为Fe3+　。不宜使用H2O2替代MnO2的原因是 　Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2用量大　。
（3）若“转化”后溶液中c（Mn2+）＝0.21mol L﹣1，“中和除杂”需调节溶液的pH范围为 　6.65≤pH＜8.0　（不考虑溶液体积的变化，lg2≈0.3）。
（4）若“氟化除杂”过程中c（Mn2+）＝0.28mol L﹣1，此时c（Ca2+）＝ 　7.5×10﹣9　mol L﹣1。
（5）其他条件一定，“沉锰”过程中锰离子沉淀率与溶液温度的关系如图2。50℃后，锰离子沉淀率随溶液温度升高而降低的原因是 　温度升高，氨水发生分解并挥发　。
（6）“焙烧”生成Mn3O4的化学方程式为 　　。
【答案】（1）PbSO4；；
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2用量大；
（3）6.65≤pH＜8.0；
（4）7.5×10﹣9；
（5）温度升高，氨水发生分解并挥发；
（6）。
【分析】电解金属锰的阳极渣主要含有MnO2，还含少量PbCO3、Fe2O3、CuO等），和黄铁矿（含FeS2）混合后，加入硫酸，酸浸，MnO2氧化FeS2，反应生成硫酸锰、硫酸铁、硫酸铜、硫酸铅以及S单质，过滤除去S、PbSO4，继续加入MnO2，氧化亚铁离子，然后加入碳酸钙，调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，向滤液中加入氟化锰，沉淀钙离子，生成氟化钙沉淀，过滤，得到硫酸锰溶液，向其中加入氨水，生成氢氧化锰沉淀，最后在空气中焙烧，生成Mn3O4，据此分析作答。
【解答】解：（1）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为S、PbSO4，“酸浸”过程中Fe2+，Fe3+的质量浓度（P）和Mn的浸出率与反应时间关系如图1，由图可知，20～80min时，Fe3+的质量浓度增加很多，Fe2+的质量浓度几乎不变，所以浸出Mn元素的主要离子方程式为：，
故答案为：PbSO4；；
（2）加入MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，不宜使用H2O2替代MnO2的原因是：Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2用量大，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+对H2O2的分解有催化作用，导致H2O2用量大；
（3）若“转化”后溶液中c（Mn2+）＝0.21mol L﹣1，则c（Mn2+）×c2（OH﹣）＜Ksp[Mn（OH）2]＝2.1×10﹣13，c（OH﹣）＜10﹣6mol/L，c（H+）＞10﹣8mol/L，则pH＜8，又铁离子完全沉淀，则
c（Fe3+）×c3（OH﹣）＝Ksp[Fe（OH）3]＝2.6×10﹣39，c（OH﹣）mol/L≈10﹣7.35mol/L，c（H+）＝10﹣6.65mol/L，则pH≥6.65，所以“中和除杂”需调节溶液的pH范围为6.65≤pH＜8.0，
故答案为：6.65≤pH＜8.0；
（4）若“氟化除杂”过程中c（Mn2+）＝0.28mol L﹣1，则c2（F﹣）mol/L＝2×10﹣2mol/L，此时c（Ca2+）mol L﹣1＝7.5×10﹣9mol L﹣1，
故答案为：7.5×10﹣9；
（5）由图可知，50℃后，锰离子沉淀率随溶液温度升高而降低的原因是温度升高，氨水发生分解并挥发，
故答案为：温度升高，氨水发生分解并挥发；
（6）根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“焙烧”生成Mn3O4的化学方程式为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及Mn3O4的制备，同时考查Ksp的计算，属于基本知识的考查，难度中等。
12．（2025 山东开学）钨矿渣（主要成分：氧化钪Sc2O30.02% 0.04%，铁元素17.9%，锰元素15.7%，WO32.5%～5%，二氧化硅15%～20%）的综合利用流程如图：
已知流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+
开始沉淀的pH 1.1 5.8 8.0
沉淀完全的pH 3.2 8.8 10.4
回答下列问题：
（1）沉淀1的主要成分是 　SiO2、WO3　（填化学式）。
（2）沉淀2中H2WO4溶解的化学方程式是 　H2WO4+2NH3 H2O＝（NH4）2WO4+2H2O　。
（3）操作甲的名称是 　萃取、分液　；有机相1中加入NaOH溶液，目的是 　将有机相1中的钪元素沉淀　。
（4）流程中加入MnO2的主要目的是 　将Fe2+氧化为Fe3+　；滤液3中加入NaOH溶液控制pH的范围是 　3.2≤pH＜8.0　，出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是 　使Fe（OH）3胶体聚沉，易过滤　。
【答案】（1）SiO2、WO3；
（2）H2WO4+2NH3 H2O＝（NH4）2WO4+2H2O；
（3）萃取、分液；将有机相1中的钪元素沉淀；
（4）将Fe2+氧化为Fe3+；3.2≤pH＜8.0；使Fe（OH）3胶体聚沉，易过滤。
【分析】钨矿渣加入盐酸，Sc2O3与盐酸反应生成ScCl3，WO3、二氧化硅与盐酸不反应，过滤为沉淀1，加入NaOH溶液反应分别生成Na2WO3、Na2SiO3，加入盐酸生成硅酸、H2WO4，加入氨水生成（NH4）2WO4，滤液1含有Sc3+、Fe2+、Mn2+，加入P204萃取剂提取Sc3+，与NaOH溶液反应生成Sc（OH）3，加热分解生成Sc2O3，水相中Fe2+加入二氧化锰发生氧化反应生成铁离子，加入NaOH溶液调节pH使铁离子沉淀，分离出锰离子，加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀；
【解答】解：（1）根据分析可知，WO3、二氧化硅与盐酸不反应，沉淀1的主要成分是SiO2、WO3，
故答案为：SiO2、WO3；
（2）沉淀2中H2WO4与氨水反应生成（NH4）2WO4和水，反应的化学方程式为H2WO4+2NH3 H2O＝（NH4）2WO4+2H2O，
故答案为：H2WO4+2NH3 H2O＝（NH4）2WO4+2H2O；
（3）加入萃取剂分离出有机相和水相，操作甲的名称是萃取、分液，有机相1中加入NaOH溶液，ScCl3与NaOH反应生成Sc（OH）3，目的是将有机相1中的钪元素沉淀，
故答案为：萃取、分液；将有机相1中的钪元素沉淀；
（4）流程中加入MnO2的主要目的是氧化亚铁离子生成铁离子，滤液3中加入NaOH溶液使铁离子完全沉淀但不能使锰离子开始沉淀，则控制pH的范围是3.2≤pH＜8.0，出现沉淀后要加热煮沸一段时间的目的是使Fe（OH）3胶体聚沉，易过滤，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；3.2≤pH＜8.0；使Fe（OH）3胶体聚沉，易过滤。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。
13．（2025 湖南模拟）废物利用利国利民，回收处理钒铬渣（含有V2O3、Cr2O3及SiO2、Fe2O3、FeO等），并利用废渣提取钒铬的工艺流程如图：
已知：①25℃时，Cr（OH）3的溶度积常数为6.4×10﹣31；lg4＝0.6。
②氧化焙烧步骤中V2O3、Cr2O3分别转化为NaVO3、Na2CrO4。
③酸性溶液中，的氧化性强于MnO2。
回答下列问题：
（1）“氧化焙烧”该步骤不能使用陶瓷容器，其原因是 　因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏　，其涉及的化学方程式为 　　。
（2）加快“氧化焙烧”的速率，可以采取的措施是 　将钒铬渣粉碎　。
（3）水浸产生的滤渣1的成分是 　Fe2O3　（用化学式表示）。
（4）“除杂”后，Cr元素主要以存在，结合离子方程式，利用相关原理解释其原因：　因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在　。
（5）写出“还原”步骤中发生反应的离子方程式：　　。
（6）在“还原”步骤中，选硫酸酸化而不选盐酸酸化，其原因是 　会将盐酸氧化为氯气　。
【答案】（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏；；
（2）将钒铬渣粉碎；
（3）Fe2O3；
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在；
（5）；
（6）会将盐酸氧化为氯气。
【分析】本流程中“氧化焙烧”步骤中V2O3、Cr2O3、SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，Fe2O3、FeO则变为Fe2O3，水浸后过滤出滤渣1为Fe2O3，向滤液中加入硫酸得到硅酸沉淀，过滤出得到滤渣2为H2SiO3，加入硫酸铵沉淀钒元素，生成NH4VO3沉淀，对NH4VO3进行焙烧得到V2O5，反应方程式为：，向滤液中加入双氧水和硫酸，加入硫酸，增大氢离子浓度，Cr元素主要以存在，将H2O2氧化成O2，还原为Cr3+，离子方程式为：，然后加入氨水，沉淀铬，Cr3++3NH3 H2O＝Cr（OH）3↓，再对Cr（OH）3进行灼烧，2Cr（OH）3Cr2O3+3H2O，据此分析解题。
【解答】解：（1）因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时二氧化硅与碳酸钠反应会生成硅酸钠，导致陶瓷容器损坏，相关方程式为，
故答案为：因为陶瓷中含有二氧化硅，高温时与碳酸钠反应导致陶瓷容器损坏；；
（2）将钒铬渣粉碎，可以增大固体表面积，加快反应速率，
故答案为：将钒铬渣粉碎；
（3）氧化焙烧过程中V2O3、Cr2O3及SiO2分别转化为NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3，FeO转化为Fe2O3，Fe2O3不与碳酸钠反应，所以滤渣1的成分为Fe2O3，
故答案为：Fe2O3；
（4）因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在，
故答案为：因为存在的平衡，加入硫酸，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，所以Cr元素主要以存在；
（5）具有强氧化性，在酸性条件下能把H2O2氧化成O2，铬元素被还原成Cr3+，相关离子方程式为，
故答案为：；
（6）根据信息可知：酸性溶液中，的氧化性强于MnO2，而二氧化锰能将浓盐酸中的氯离子氧化为氯气，所以会将盐酸氧化为氯气，
故答案为：会将盐酸氧化为氯气。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024秋 祁东县期末）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔来制造印刷电路板。从腐蚀废液中回收铜，能重新获得FeCl3溶液，以实现回收利用。废液处理流程如图：
（1）FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔的离子方程式为 　2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+　。
（2）腐蚀废液中的溶质主要有 　FeCl3、FeCl2、CuCl2　（填化学式）。
（3）取少量反应1中溶液于试管中，滴加氢氧化钠溶液，产生的现象是有白色沉淀产生，白色沉淀迅速变为 　灰绿　色，最后变为红褐色，白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为 　4 Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3　。
（4）“操作1”的名称为 　过滤　。若物质X为稀盐酸和一种绿色氧化剂的混合物，则该绿色氧化剂的化学式为 　H2O2　；物质X也可以选用氯气，二者相比较下，使用氯气的缺点为 　氯气有毒，污染环境　。
（5）对滤渣a进行处理后可提高铁元素的利用率，操作方法是 　往滤渣a中加入稀盐酸，过滤后将滤液与原滤液合并后进行反应　。
【答案】（1）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（2）FeCl3、FeCl2、CuCl2；
（3）灰绿；4 Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（4）过滤；H2O2；氯气有毒，污染环境；
（5）往滤渣a中加入稀盐酸，过滤后将滤液与原滤液合并后进行反应。
【分析】腐蚀废液中含有氯化铁、氯化铜和氯化亚铁，与过量的铁粉反应生成氯化亚铁和铜，操作I为过滤，则滤渣a的成分为铜，氯化亚铁与过氧化氢反应生成氯化铁。
【解答】解：（1）FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔反应生成氯化亚铁和氯化铜，其反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（2）腐蚀废液中的溶质主要有FeCl3、FeCl2、CuCl2，
故答案为：FeCl3、FeCl2、CuCl2；
（3）取少量反应1中溶液中含有氯化亚铁，滴加氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，现象是有白色沉淀产生，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，白色沉淀被氧化至红褐色时发生反应的化学方程式为4 Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：灰绿；4 Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（4）“操作1”的名称为过滤，若物质X为稀盐酸和一种绿色氧化剂的混合物，则该绿色氧化剂的化学式为H2O2；物质X也可以选用氯气，二者相比较下，使用氯气的缺点为氯气有毒，污染环境，
故答案为：过滤；H2O2；氯气有毒，污染环境；
（5）对滤渣a的成分是铁和铜，进行处理后可提高铁元素的利用率，操作方法是往滤渣a中加入稀盐酸，过滤后将滤液与原滤液合并后进行反应，
故答案为：往滤渣a中加入稀盐酸，过滤后将滤液与原滤液合并后进行反应。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
15．（2024秋 大连期末）工业上以铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2杂质）为主要原料制备氧化铝的工艺流程如图。
请回答下列问题：
（1）一种固体管道疏通剂的主要成分是铝粉和NaOH，请用化学方程式解释疏通的原理 　2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑　。
（2）“酸浸”后溶液中存在的金属阳离子有 　Al3+、Fe2+、Fe3+　。
（3）H2O2的电子式 　　。
（4）写出“氧化”的离子方程式 　2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O　；简述该反应生成的金属阳离子的检验方法 　取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+　。
（5）“沉淀”后，假设碳元素全部转化为CO2，则滤液中钠元素的存在形式为 　Na2SO4　（填化学式）。
（6）写出“碳分”生成Al（OH）3的离子方程式 　CO2+2H2O＝Al（OH）3↓　。
【答案】（1）2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
（2）Al3+、Fe2+、Fe3+；
（3）；
（4）2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+；
（5）Na2SO4；
（6）CO2+2H2O＝Al（OH）3↓。
【分析】工业上以铝土矿（主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3、FeO、SiO2杂质）为主要原料制备氧化铝，由题干工艺流程图可知，向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，过滤出SiO2，向滤液中加入H2O2溶液将Fe2+转化为Fe3+，便以沉淀步骤中转化为Al（OH）3和Fe（OH）3沉淀，过滤后得到沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，将Al（OH）3沉淀溶解转化为NaAlO2溶液，过滤得到Fe（OH）3，向NaAlO2溶液中通入过量的CO2，生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3溶液，过滤洗涤沉淀，并进行灼烧得到Al2O3，据此分析解题。
【解答】解：（1）这种固体管道疏通剂的主要成分由金属铝和NaOH溶液，用相关化学方程式解释疏通原理为2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，
故答案为：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；
（2）向铝土矿中加入硫酸，将Al2O3、Fe2O3、FeO分别转化为Al3+、Fe3+和Fe2+，同时酸是稍过量的，故用稍过量的稀硫酸酸浸后溶液中存在的阳离子有Al3+、Fe2+、Fe3+，
故答案为：Al3+、Fe2+、Fe3+；
（3）双氧水的电子式为，
故答案为：；
（4）在酸性环境中用H2O2溶液将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O，依据铁离子的实验检验方法分析，取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；取少量溶液于试管中，加入KSCN溶液，若溶液变红色，则说明有Fe3+；
（5）“沉淀”发生的为硫酸铝、氯酸铁和碳酸钠的反应，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，碳元素全部转化为CO2，则滤液中钠元素的存在形式为Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；
（6）向“碱溶”后的溶液中通入足量CO2气体，生成Al（OH）3沉淀和NaHCO3，该反应的离子方程式为CO2+2H2O＝Al（OH）3↓，
故答案为：CO2+2H2O＝Al（OH）3↓。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
16．（2024秋 潍坊期末）某工厂用废旧钴基合金制备CoOOH（主要成分为CoO，还含有FeO、Fe2O3、Al2O3、PbO、CaO、MgO等）工艺流程如图。
已知：①室温下，Ksp（CaF2）＝4×10﹣9，Ksp（MgF2）＝9×10﹣11，Ka（HF）＝3×10﹣4
②室温下，部分金属氢氧化物沉淀时pH如表
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Co（OH）2 Al（OH）3
开始沉淀pH 2.7 7.6 6.6 3.4
完全沉淀pH 3.2 9.6 9.2 4.7
回答下列问题：
（1）“酸浸”所得浸渣的成分为　PbSO4、CaSO4　（写化学式）。
（2）“氧化、调节pH”时，加双氧水的作用是　将Fe2+氧化为Fe3+　，需调节pH的范围是　3.2≤pH＜6.6　。
（3）室温下，“沉镁沉钙”时需调节溶液中c（F﹣）≥　2×10﹣2　mol L﹣1，若废液中Ca2+和Mg2+的浓度均为0.1mol L﹣1，则将1L废液中Ca2+和Mg2+沉淀完全，需要加入NH4F的物质的量至少为　0.42　mol（当溶液中的离子浓度小于10﹣5mol L﹣1时，可认为沉淀完全）。
（4）“氧化”过程发生反应的离子方程式为　5Co2+6H2O＝5CoOOH↓+Mn2++7H+　。
【答案】（1）PbSO4、CaSO4；
（2）将Fe2+氧化为Fe3+；3.2≤pH＜6.6；
（3）2×10﹣2；0.42；
（4）5Co2+6H2O＝5CoOOH↓+Mn2++7H+。
【分析】用氢氧化钠“碱浸”Al2O3生成四羟基合铝酸钠除氧化铝，滤渣“酸浸”生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀除PbO，滤液中含有硫酸钴、硫酸铁、硫酸亚铁、少量硫酸钙、硫酸镁，滤液中加双氧水把硫酸亚铁氧化为硫酸铁，加氨水生成氢氧化铁沉淀除铁，滤液中加NH4F生成MgF2、CaF2沉淀除钙、除镁，滤液中加高锰酸钾、硫酸Co2+被氧化生成CoOOH沉淀。
【解答】解：（1）“酸浸”时PbO、CaO和硫酸反应生成硫酸铅沉淀、硫酸钙沉淀，所得“浸渣”的成分为PbSO4、CaSO4，
故答案为：PbSO4、CaSO4；
（2）加入稀硫酸与金属氧化物反应，其中FeO与硫酸反应生成FeSO4，为了完全除去铁元素杂质，“氧化、调节pH”时，加双氧水的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，需完全使铁离子沉淀但不能使钴离子开始沉淀，则需调节pH的范围为3.2≤pH＜6.6，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；3.2≤pH＜6.6；
（3）已知当溶液中的离子浓度小于10﹣5mol L﹣1时，可认为沉淀完全，室温下，完全沉淀镁离子时c（F﹣）mol/L＝3×10﹣3mol/L，完全沉淀钙离子时c（F﹣）mol/L＝2×10﹣2mol/L，需调节溶液中c（F﹣）≥2×10﹣2mol/L，1L废液中Ca2+和Mg2+的浓度均为0.1mol L﹣1，加入NH4F生成0.1mol MgF2、0.1mol CaF2沉淀，消耗0.1mol×2+0.1mol×2＝0.4mol NH4F，Ksp（MgF2）＝9×10﹣11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀计算，完全沉淀钙离子时c（F﹣）＞2×10﹣2mol/L，需加入NH4F的物质的量为（0.4+0.02）mol＝0.42mol，
故答案为：2×10﹣2；0.42；
（4）“氧化”时加高锰酸钾把Co2+被氧化成CoOOH，反应的离子方程式为5Co2+6H2O＝5CoOOH↓+Mn2++7H+，
故答案为：5Co2+6H2O＝5CoOOH↓+Mn2++7H+。
【点评】本题考查物质的分离提纯，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质的成分及其性质、物质分离提纯方法、方程式的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
17．（2024秋 朝阳区期末）白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，还含有少量的SiO2。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如图。
已知：
物质 Ca（OH）2 Mg（OH）2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10﹣6 5.6×10﹣12 3.4×10﹣9 6.8×10﹣6
（1）固体B“消化”的反应方程式有MgO+H2O＝Mg（OH）2、　CaO+H2O＝Ca（OH）2　。
（2）解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因：　Ksp[Ca（OH）2]＞Ksp[Mg（OH）2]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[CaCO3]　。
（3）向浊液C中通入CO2进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率（可视作反应达到平衡）如图所示。
备注：M的溶出率（M代表钙或镁）
①钙、镁分离的适宜温度是 　25℃　。
②碳化过程中，发生的主要反应有Ca（OH）2+CO2═CaCO3+H2O、Mg（OH）+CO2═MgCO3+H2O、　MgCO3+H2O+CO2＝Mg（HCO3）2　。
③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因：　10～25℃时，升高温度，MgCO3溶解度增大，c（）增大，MgCO3+H2O+CO2 Mg（HCO3）2正向移动，c（）增大，发生Ca2+ H2O+CO2+CaCO3，钙的溶出率下降；高于25℃时，Mg（HCO3）2分解，c（）减小，钙的溶出率增大　。
（4）白云石中钙含量测定
资料：H2C2O4为二元弱酸；CaC2O4不溶于水。
注：沉淀中不含MgC2O4。
①氨水的作用是 　中和H+，使CaC2O4沉淀完全　。
②滴定至终点时，消耗cmol L﹣1KMnO4标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为 　　。（注：的还原产物为Mn2+）
【答案】（1）CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（2）Ksp[Ca（OH）2]＞Ksp[Mg（OH）2]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[CaCO3]；
（3）①25℃；
②MgCO3+H2O+CO2＝Mg（HCO3）2；
③10～25℃时，升高温度，MgCO3溶解度增大，c（）增大，MgCO3+H2O+CO2 Mg（HCO3）2正向移动，c（）增大，发生Ca2+ H2O+CO2+CaCO3，钙的溶出率下降；高于25℃时，Mg（HCO3）2分解，c（）减小，钙的溶出率增大；
（4）①中和H+，使CaC2O4沉淀完全；
②。
【分析】白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，煅烧产生的气体A为CO2，固体B含有MgO、CaO、SiO2，加入水“消化”的反应方程式有MgO+H2O＝Mg（OH）2、CaO+H2O＝Ca（OH）2，通入二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，过滤得到固体D为CaCO3、SiO2，溶液含有碳酸氢钙，热解得MgO，据此解答。
【解答】解：（1）固体B中氧化镁与水反应生成氢氧化镁，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，“消化”的反应方程式有MgO+H2O＝Mg（OH）2、CaO+H2O＝Ca（OH）2，
故答案为：CaO+H2O＝Ca（OH）2；
（2）溶度积越小越易沉淀，由于Ksp[Ca（OH）2]＞Ksp[Mg（OH）2]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[CaCO3]，所以二氧化碳先和氢氧化钙反应生成碳酸钙，从而将钙、镁分离，
故答案为：Ksp[Ca（OH）2]＞Ksp[Mg（OH）2]，Ksp[MgCO3]＞Ksp[CaCO3]；
（3）①由图可知，25℃时，镁离子的浸出率最大同时钙离子的浸出率较低，有利于将两者分离，钙、镁分离的适宜温度是25℃，
故答案为：25℃；
②碳化过程中，发生的主要反应有氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，氢氧化镁和二氧化碳反应生成碳酸镁沉淀，碳酸镁继续与二氧化碳反应生成碳酸氢镁，反应的化学方程式为Ca（OH）2+CO2═CaCO3+H2O、Mg（OH）+CO2═MgCO3+H2O、MgCO3+H2O+CO2＝Mg（HCO3）2，
故答案为：MgCO3+H2O+CO2＝Mg（HCO3）2；
③钙、镁溶出率呈现相反变化的原因为

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