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(共38张PPT)
第58讲 产品的分离与提纯
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
2024全国甲卷-26题 从炼锌废渣提取钴。
2024新课标卷-27题 炼锌产生的废渣中富集回收得到含锰高钴成品。
2024河北卷-16题 苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取 。
2024北京卷-18题 利用黄铜矿生产纯铜
2024湖北卷-16题 从其铝硅酸盐中提取铍。
2024湖南卷-16题 铜阳极泥回收贵金属。
2024山东卷-18题 以铅精矿为主要原料提取金属 Pb和Ag 。
2024安徽卷-15题 从铜阳极泥中分离提收金和银的流程。
2024黑吉辽-16题 用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉以提高金的浸出率并冶炼金。
2024甘肃卷-15题 高炉渣为原料，对炼钢烟气( CO和水蒸气)进行回收利用
2024年——工艺流程题中产品的分离与提纯考向考点统计
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2025
知识重构
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2025
知识重构
物质提纯类
2024全国甲卷
2024新课标卷
2024河北卷
2024山东卷
2024年高考化学工艺流程题的命题形式统计
物质制备类
2024湖北卷
2024黑吉辽
2024年高考化学工艺流程题的命题形式统计
2024年高考化学工艺流程题的命题形式统计
理论渗透类
2024浙江6月卷 (理论渗透类+物质制备类)
2024安徽卷 (理论渗透类+物质提纯类)
2024甘肃卷 (理论渗透类+物质提纯类)
2024湖南卷 (理论渗透类+物质提纯类)
必备知识
1.矿料分离的原则：
不引入新杂质，分离提纯后的物质状态不变，实验过程和操作方法简单易行，经济廉价。
2.物质分离的方法：
必备知识
2.物质分离的方法：
必备知识
关键能力
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2025
知识重构
思维模型建构
1.试剂作用分析：加入试剂，精准分析试剂作用与物质变化。
2.工业流程五观念：
元素守恒的观念
前后关联的观念
物质转化的观念
渣液分离的观念
循环利用的观念
渣液分离的方法是什么？
一、认识过滤操作
1．（2024河北卷16题）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
NaAlO2
一、认识过滤操作
2．（2024年安徽卷15）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S 2O3)2]3-。
Cu2+
AgCl
Cu、Ag、Au等元素
Cu2+
含有
Ag和Au
含有Ag和Au
Au转化为HAuCl4
[Ag(S2O3)2]3-
改变表述方式
一、认识过滤操作
Na+、Li+、Cl― 和少量Mg2+、Ca2+
3．（2022·湖北新高考18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。
一、认识过滤操作
沉淀1为Mg(OH)2
一、认识过滤操作
区分室温过滤与趁热过滤
一、认识过滤操作
（7）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
[Cu(NH3)4]2+
[Zn(NH3)4]2+
MnO2、Fe2O3
题中信息
4．（2021河北适应性化学-17） 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要
一、认识过滤操作
（7）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
[Cu(NH3)4]2+
[Zn(NH3)4]2+
MnO2、Fe2O3
Cu、Zn
4．（2021河北适应性化学-17） 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要
一、认识过滤操作
二、认识萃取与反萃取操作
（3）“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是_______。
（4）写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式_______。
加入含HA的煤油将
Be2+萃取到有机相中
加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其
转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中
无明显现象
BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O
二、认识萃取与反萃取操作
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe 2(SO4)3溶液，原理为：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有机层)
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
随水层pH增大，H+的浓度减小，
的化学平衡向正反应方向移动，
的化学平衡逆向移动，
因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
分析清楚原理，利用平衡移动原理答题
二、认识萃取与反萃取操作
铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)
硫酸锌；滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；
7.（2021年广东适应性化学-18）综合利用炼锌矿渣（主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸
三、絮凝沉淀方法
(3)“沉铁砷”时需加碱调节PH，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。
Fe(OH)3
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
Fe(OH)3、Al(OH)3
加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
Fe(OH)3、Al(OH)3
加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去
加入为何使用NH4HCO3
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学-17） Ce2(CO3)3可用于催化
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思维模型和方法模型
四线分析，详解流程
化学工艺流程题的解题步骤
试剂线
操作线
杂质线
产品线
加入了什么物质，发生了什么反应，
进行了什么操作，分离了什么杂质。
思维模型
把握化学工艺流程题的试题结构，明确各环节的目的、方法、措施。树立元素守恒和前后关联的大观念
思维模型
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素养导向下的教学启示
题目的情境设置
生产环保情境：
自然资源的综合利用，生产条件的优化，废物回收利用和毒害物质处理。
学术探究情境：
最新的生产方法，提取技术的应用等。
应考
策略
核心的知识体系
基本思想方法
落实学科大观念
提升学科能力
学
科
核
心
素
养
（1）理解原料预处理的目的，多角度认识预处理的常见方法模型，以及提高浸取率的常见措施。
（2）理解反应条件控制的目的，多角度认识pH控制、温度控制、浓度、用量控制等常见方法。
（3）理解混合物分离提纯的目的(关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务)，熟练掌握过滤、结晶、蒸馏、萃取等操作方法的选择和操作。
不变
命题特点
主要考向：以过渡元素为载体，Mg、Al、Fe、Cu等化合物为杂质。
高频考点：
原料预处理措施、目的；
陌生方程式书写；
生产条件的选择与优化；
物质分离、提纯方法的选择、操作；
物质成分分析；
化学反应原理分析应用及相关计算。
总结第58讲-产品的分离与提纯
1．（2024甘肃卷15题）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
(1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
2．(2023新课标卷27题)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为__________(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和_____________________________________。
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是______________。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致____________________；pH>9时，会导致______________。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3＋，在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有____________(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
3．（2023山东卷17题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。
4．（2023北京卷18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： 。
5．（2023湖南卷17(3)(4)(5)(6) ）超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8 ℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：______________________________________________________________________。
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是________________。
(5)下列说法错误的是______________。
A．流程中Et2O得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是_____________________________________________________。
6.(2022广东卷18题)稀土(RE)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(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3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 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
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NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+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Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mol Pt3Y转移_______mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
7.(2022江苏卷16题)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl―含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1)“酸浸”时CeO2与H2O2溶液反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为______________。
(2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl―含量与加料方式有关。得到含Cl―量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为______________(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3)通过中和、莘取、反莘取、沉淀等过程，可制备Cl―含量少的Ce2(CO3)3。己知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA (有机层)Ce(A)3 (有机层)+ 3H+(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_____________。
②反莘取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有______________________________________(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，滤去Ce2(CO3)3沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。己知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液有紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案：①准确量取25.00mlCe3+溶液[c(Ce3+)约为0.2mol·L-1]，加氧化剂将Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250ml容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4+溶液装入如題16图所示的滴定管中；③_________________。
8.(2022浙江1月30题)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。
②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O。
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是_________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是________。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是_________。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：________。纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存
a．拔出圆底烧瓶的瓶塞b．关闭抽气泵
c．关闭加热器，待烧瓶冷却至室温d．打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
9 (2022北京卷19题)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含Fe2O3，SiO2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
物质 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 1.8×10-12 2.8×10-9 3.5×10-8
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
n(NH4Cl)：n(CaO) CaO浸出率/% MgO浸出率/% w(CaCO3)理论值/% w(CaCO3)实测值/%
2.1：1 98.4 1.1 99.7 -
2.2：1 98.8 1.5 99.2 99.5
2.3：1 98.9 1.8 98.8 99.5
2.4：1 99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w(CaCO3)给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”数值为___________。
④w(CaCO3)实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出68.7%增加至98.9%，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
10. (2022全国乙卷26题)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。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 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
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PbSO4转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是________；
(ⅱ) H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为________；
(ⅲ) H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2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________。
11. (2021年广东新高考18题)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42－的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀X为_______。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中
c(HCO3－)∶c(MoO42－)＝_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y。
(5)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
第58讲-产品的分离与提纯答案及解析
1.【答案】
(1)NH3 (2)SiO2
(3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水 (5) Ca3N3B
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
2．【答案】　
(1)Na2CrO4 　(2)Fe2O3　 (3)NaAlO2　
(4)溶液中c(PO)降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀　Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀　
(5)C (6)2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O
【解析】
（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
(6)分离钒后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O存在，还原过程中Cr2O被S2O还原为
Cr3＋，S2O转化为SO，因此反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O。
3．【答案】
(1)
(2) 、Mg(OH)2 CaO
(3) 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
4．【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
【解析】（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。
5．【答案】　　
(3)8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5===2CH3MgI＋3MgI2＋2Ga(CH3)3(Et2O)　(4)CH4　(5)D　(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH3)3
【解析】
（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4。
(5)由已知②③，结合流程图可知，溶剂蒸发、配体交换时Et2O得以循环利用，A项正确；高纯Ga能与H2O、O2反应，CH3I、Ga(CH3)3能与水反应，有机物能与O2反应，故B项正确；配体交换时NR3和Ga(CH3)3(Et2O)反应得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则工序X为解配Ga(CH3)3(NR3)，并利用Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大蒸出Ga(CH3)3，C项正确；Ga(CH3)3和CH3I中均只有1种氢原子，核磁共振氢谱均只有一组吸收峰，但吸收强度不同，可以鉴别，D项错误。
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离。
6．【答案】(1)Fe2+ (2)① 4.7≤pH<6.2 ②Al3++3OH―=Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4 (6)① 15 ②O2+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RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE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+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案为：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案为：4×10-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+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(C11H23COOH)熔点为44℃，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)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol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-。
7．【答案】 (1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (2)B
(3)①降低溶液中氢离子的浓度，提高Ce3+萃取率，促进碳酸氢根的电离，增大溶液中碳酸根的浓度
②酸性条件，多次萃取 ③ Ce3+、H+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节 pH 后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。
(1)根据信息反应物为CeO2与 H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O ；
(2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到Cl―含量少的Ce2(CO3)3，故选 B；
(3)①降低溶液中氢离子的浓度，提高Ce3+萃取率，促进碳酸氢根的电离，增大溶液中碳酸根的浓度；
②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+、H+，过滤后溶液中Ce3+、H+离子浓度较小，故答案为：Ce3+、H+；
(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色， 即达到滴定终点，记录标准液的体积。
8．【答案】(1)(CH3COO)2Mn
(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2(3)ABD
(4)①cdba ②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品
(5)乙
【解析】
(1)根据制备无水二氯化锰的主要反应：
(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：
CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。
(2)由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。
(3)A．滤纸略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆盖，并用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，故A正确；B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；C．用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C错误；D．由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确；故答案为ABD；
(4)①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。
(5)由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
9．【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑
(2)①CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O ②Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能 ③2.4：1 ④反应加入的CaO也转化为CaCO3 ⑤ Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
(3)SiO2、Fe2O3(4)NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
(1)由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑，故答案为：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；
(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O，故答案为：CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；
②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁，故答案为：Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能；
③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1，故答案为：2.4：1；
④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高，故答案为：Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4；
(3)由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO2、Fe2O3；
(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用，故答案为：NH4Cl、(NH4)2SO4。
10． 【答案】(1) PbSO4(s)+CO32-(aq)= PbCO3(s)+SO42-(aq) 反应PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数
K= = = = = 3.4×105 >105，
PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3。
(2)反应BaSO4(s)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (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)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，反应PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数K= = = = = 3.4×105 >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)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (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)通过题给数据可知，当pH约为4.9时，溶液中的Fe3+、Al3+均完全沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3，同时，由于在“脱硫”中，BaSO4只有少量转化为BaCO3，故滤渣中还存在BaSO4沉淀，故滤渣的主要成分Fe(OH)3、Al(OH)3，以及少量的BaSO4。
(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+。
11．【答案】(1)＋6 (2)Al(OH)3 (3)①MoO42－＋Ba2＋＝BaMoO4↓ ② (4)①NaHCO3 ②NH3 (5)①Al2O3 ②4∶1
【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价为＋1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为＋6。
(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。
(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO42－＋Ba2＋＝BaMoO4↓。
②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3－＋BaMoO4BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的化学平衡常数为K===。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足≤，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)=1×10－7 mol/L，所以溶液中=时，开始生成BaCO3沉淀， 因此，c(HCO3－)∶c(MoO42－)== 时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。
(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显＋3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8∶2=4∶1。
(
20
)第58讲-产品的分离与提纯
知识重构
1. 矿料分离的原则：不引入新杂质，分离提纯后的物质状态不变，实验过程和操作方法简单易行，经济廉价。
2.物质分离的方法：
(1)物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、离子交换、吸附法、浮选法等；
①盐溶液的分离提纯方法：结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)
②过滤——固、液分离
③蒸馏——液、液分离(有沸点差异)
④分液——互不相溶的液体间的分离(有溶解性差异)
⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。
⑥升华——将可直接气化的固体分离出来。
⑦盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出
⑧洗涤(冰水、热水、有机溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
(2)化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。
二、重温经典
1．（2024河北卷16题节选）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3 、 NaOH 、 Na2CO3等。
ⅱ 高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙[Ca(AlO2)2]均难溶于水。回答下列问题：
（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为_______(填化学式)。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为_______；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为_______；浸取后低浓度的滤液①进入_______(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为_______(填化学式)。
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为_______(填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度
【答案】
（2）NaAlO2
（3）①
②提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3-
③离子交换
（4）NaCl
（5）bd
【解析】Ca(AlO2)2、NaAlO2
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2 、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3- ，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH≈8，65-70℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行VO3- 的富集。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2 。
（3）在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO3- 和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3- ；滤液①中含有VO3- 、NH4+等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NH4+反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意；
故选bd。
2．（2024年安徽卷15题） 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S 2O3)2]3-。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为_______。
（7）Na2S 2O3可被I2氧化为Na2S 4O6。从物质结构的角度分析S 4O62-的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。
【答案】
（1）①四 ②ⅠB
（2）Cu2+
（3）2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O
（4）AgCl
（5） ① [Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32- ② Na2S 2O3
（6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【解析】
精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S 2O3 ，将AgCl转化为[Ag(S 2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S 2O3)2]3-还原为Ag。
（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S 2O3 反应转化[Ag(S 2O3)2]3-；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S 2O3)2]3-得电子被还原为Ag，电极反应式为：[Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32-；阴极反应生成S 2O32-，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S 2O3 ；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
3.(2022湖北新高考18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Na+、Li+、Cl― 和少量Mg2+、Ca2+），并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4g/100g H2O
化合物 Ksp
Mg(OH)2 5.6×10-12
Ca(OH)2 5.5×10-6
CaCO3 2.8×10-9
Li2CO3 2.5×10-2
回答下列问题：
(1)“沉淀1”为____________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是____________。
(3)为提高Li2CO3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Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3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LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3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LiHCO3____________（填“稳定”或“不稳定”），有关反应的离子方程式为____________。
【答案】(1)沉淀1为Mg(OH)2；
(2)目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
(3)依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
(4)不稳定，Li+ + HCO3― = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
【解析】 (1)浓缩卤水中含有Mg2+，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Na+、Li+、Cl―和Ca2+，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Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质； K= = = = = 8.9×106 > 105，可以转化较彻底。
(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Li2CO3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。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
(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。故答案为：不稳定，Li+ + HCO3― = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
4.（2021年河北适应性化学-17）合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：
（4）滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。
（5）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。
（6）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。
（7）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。
【答案】（4）主要成分是Cu、Zn；
（5）反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；浸取工序中循环使用；
（6）煅烧；
（7）溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
【解析】（4）滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；（5）在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；（6）碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；（7）滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。
5.（2024湖北卷16题） 铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]
中提取铍的路径为：
已知：Be2+ +4HA BeA2(HA)2 +2H+
回答下列问题：
（1）基态Be2+的轨道表示式为_______。
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_______。
（3）“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是_______。
（4）写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式_______。“滤液2”可以进入_______步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是_______。
【答案】（1）
（2）快速冷却
（3）无明显现象
（4） ① BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O ② 反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
【解析】
本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
（4）反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。
6.（2024江苏卷14题节选）回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。
(1)钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol/L盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。
①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。
①用含有机胺(R3N)的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe 2(SO4)3溶液，原理为：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有机层)
已知：(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)
其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
【答案】
（1）①Fe(OH)3 ②浸出初期，c(H+)较大，铁的浸出率较大，约5min后，溶液酸性减弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣
（2）①随水层pH增大，H+的浓度减小，
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的化学平衡向正反应方向移动，(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)的化学平衡逆向移动，该平衡逆向移动引起(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多
【解析】
（1）①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。
②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣，Fe的浸出率又减小。
（2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，H+的浓度减小，(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有机层)的化学平衡向正反应方向移动，又H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)逆向移动，引起(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进平衡(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2向萃取方向移动，导致(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。
7.（2021年广东适应性化学-18）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表73-1。
②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表73-2。
表73-1金属离子浓度及开始沉淀的pH 表73-2金属离子的萃取率
金属离子 浓度(mol·L－1) 开始沉淀pH 金属离子 萃取率(%)
Fe2+ 1.0×10－3 8.0 Fe2+ 0
Fe3+ 4.0×10－2 1.7 Fe3+ 99
Zn2+ 1.5 5.5 Zn2+ 0
Ga3+ 3.0×10－3 3.0 Ga3+ 97－98.5
（2）滤液1中可回收利用的物质是 ，滤饼的主要成分是 ；
（3）Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。
【答案】（2）硫酸锌；滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；
（3）存在形式为NaGaO2。
【解析】（2）根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。（3）Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。
8.（2024黑吉辽16题）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeASS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为_______(填化学式)。
（2）“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节PH，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含AS微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_____(填标号)。
A. 无需控温 B. 可减少有害气体产生
C. 设备无需耐高温 D. 不产生废液废渣
【答案】
（1）CuSO4
（2）4FeS2 + 15O2 + 2H2O 4Fe3+ + 8SO42- + 4H+
（3）Fe(OH)3 （4）BC
【解析】
【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、SO42-、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3 胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au (CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2--的滤液②。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42-，离子方程式为：4FeS2 + 15O2 + 2H2O 4Fe3+ + 8SO42- + 4H+；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（4）
A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；
故选BC；
9.（2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学--17）Ce2（CO3）3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈（Ce）主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2（CO3）3 nH2O的工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为　　；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有　　（至少写两条）；
（3）滤渣Ⅲ的主要成分是　　（填化学式）；
（4）加入絮凝剂的目的是　　；
（5）“沉铈”过程中，生成Ce2（CO3）3 nH2O的离子方程式为　　，常温下加入的NH4HCO3溶液呈　　（填“酸性”“碱性”或“中性”）（已知：NH3 H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11）；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为　　。
【答案】（1）Ce；
（2）升高温度、搅拌反应物；
（3）滤渣III为Fe(OH)3、Al(OH)3，
（4）加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去，
（5）2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑；碱性；
（6）6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。
【解答】天然独居石主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2（CO3）3 nH2O，据此分析回答问题。
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的表示方法，其符号为Ce，故答案为：Ce；
（2）升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率，
故答案为：升高温度、搅拌反应物；
（3）依据流程分析，氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe(OH)3、Al(OH)3，
故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去，
故答案为：吸附沉淀，使沉淀颗粒变大；
（5）“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2(CO3)3 nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑，根据盐类水解规律，已知NH3 H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性，
故答案为：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑；碱性；
（6）Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O，
三、模型建构
物质分离操作 方法要点及注意事项
过滤 固相与液相的分离方法。如Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO42-，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问： ①怎样判断SO42-是否沉淀完全？ (离子已除尽的方法) 静置，取少量上层清液于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO42-已沉淀完全(或离子已除尽) ②过滤完毕后，为什么要洗涤沉淀(即洗涤沉淀的目的) 洗去晶体表面吸附的可溶性的杂质离子 (Na＋、Cl－等) ③沉淀的洗涤方法？ 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次 ④怎样判断沉淀是否洗净？ 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则证明沉淀已洗净
萃取 是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。 萃取的作用是: 从矿石的浸出液中，提取和富集有价金属; 分离化学性质相近的金属离子。 萃取的操作步骤一般是首先将水溶液 ( 料液) 与有机溶剂( 或溶液) 充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。
反萃取 被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂( 一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水) 接触，使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程，故称为反萃取。
冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的物质、易水解的物质或结晶水化合物，如：KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O。 KNO3(NaCl)：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
蒸发浓缩、冷却结晶 NaCl和KNO3混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3
蒸发结晶、趁热过滤 NaCl和KNO3混合溶液，若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分KNO3
趁热过滤 防止某物质因降温时而析出，提高样品的纯度
蒸馏 利用沸点差异液、液分离
升华 将可直接气化的固体分离出来。
盐析 加无机盐使溶质的溶解度降低而析出
四、名师导学
整体理解、把握化学工艺流程题的试题结构，明确各环节的目的、方法、措施。
1．理解原料预处理的目的，多角度认识预处理的常见方法模型，以及提高浸取率的常见措施。
2．理解反应条件控制的目的，多角度认识pH控制、温度控制、浓度、用量控制等常见方法。
3．理解混合物分离提纯的目的(关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务)，熟练掌握过滤、结晶、蒸馏、萃取等操作方法的选择和操作。
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