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大题突破三　化学工艺流程题
真｜题｜研｜析
1.（2024·广东高考18题节选）镓（Ga）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
　
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。已知：
①pKa（HF）＝3.2。
②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10－10。
③浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MClm]（m－3）－（m＝0～4）微粒形式存在，Fe2＋最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
（1）“电解”中，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）“还原”的目的：避免　　　　元素以　　　　（填化学式）微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越　　　　，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入　　　　　　　（填化学式），以进一步提高Ga的提取率。
（5）“调pH”中，pH至少应大于　　　　，使溶液中c（F－）＞c（HF），有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c（Na＋）＝0.10 mol·L－1，则[AlF6]3－浓度为　　　　mol·L－1。
2.（2024·山东高考18题）以铅精矿（含PbS、Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋物质的量之比为　　　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生　　　　　　　（填化学式）。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb，“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为　　　　。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）“置换”中可选用的试剂X为　　　　（填字母）。
A.Al　　　B.Zn C.Pb　　　D.Ag
“置换”反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作　　　（填“阴极”或“阳极”）。
　　预测2025年高考仍会采用工艺流程图的形式，以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理考查影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯（调pH、结晶、过滤、洗涤）；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写及Ksp计算是化工流程题的重要组成部分，也是失分较多的能力点。
1.挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。
2.原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。
3.分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。
4.产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量过程，完成含量测定。
能｜力｜进｜阶
1.（2024·湖北鄂东南省级示范联盟一模）高纯AlF3具有强的抗反射、抗氧化、抗老化的特性，可用于光学镀膜等对纯度要求较高的领域。以氟硅酸制备高纯AlF3的工艺流程如下：
已知：
熔点/℃ 沸点/℃ 性质
SiF4 －90 －86 都易水解
SiCl4 －70 57.6
AlF3 1 040 1 537
AlCl3 194 178（升华）
回答下列问题：
（1）纯H2SiF6不稳定，易分解为HF和　　　　　，但其水溶液可以较稳定存在，能完全电离成H＋和Si，Si中心原子的配位数为　　　　。
（2）Na2SiF6在热水中会发生水解，得到两种弱酸和一种盐，写出其发生的化学方程式：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）若没有“干燥”工序，会导致“热分解”产生的SiF4纯度降低，其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）“热分解”工序若采用直接加热分解的方式，会观察到生成的副产品1熔融包裹着未分解的物质，且发现随着时间延长分解效率增加不明显，解释原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）“合成”时，为了提升产品纯度，反应温度应该控制在　　　　℃。
a.50～150　 b.300～400　 c.1 500～1 600
（6）在1 100～1 400 ℃的条件下，将副产品2与H2、O2反应，可制得光导纤维的主要成分，反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.（2024·咸阳三模）四羟基合铝酸铋{Bi[Al（OH）4]3}主要用作抗酸药及抗溃疡药，具有中和胃酸和收敛作用。以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2等杂质）为原料制备四羟基合铝酸铋的一种工艺流程如图：
已知：①常温下，Cu（OH）2、Fe（OH）2、Fe（OH）3和Bi（OH）3的Ksp分别为2.0×10－20、4.0×10－16、4.0×10－38和8.0×10－31，lg 2＝0.3。
②Cu（OH）2能溶于氨水生成[Cu（NH3）4]2＋。
③Sn2＋和Sn4＋在碱性溶液中分别以[Sn（OH）4]2－和[Sn（OH）6]2－的形式存在。
请回答下列问题：
（1）酸浸时加入FeCl3的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　，FeCl3与Cu2S反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）滤渣1为　　　　　（填化学式）。
（3）“还原”时，加入铋的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）“沉淀”前，若滤液中Cu2＋浓度为0.005 mol·L－1，Fe2＋浓度为0.01 mol·L－1，则“沉淀”时溶液pH的最大值应小于　　　　。
（5）“碱溶”时加入的试剂为　　　　　　　（填名称），目的是　　　　　　　　　　。
（6）在碱性溶液中，可用[Sn（OH）4]2－鉴定Bi3＋存在，反应中Bi3＋被还原为Bi，写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
提示：完成课后作业　板块一　专题六
非选择题突破三　大题突破三专题六　物质转化及应用
选择题突破六
无机化学微流程
知识强化
【典题示例】　【思维流程】
（1）微流程中物质的转化
（2）依据沉淀溶解平衡原理计算Ksp
当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，CuS和ZnS都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4×10－12，C项正确。
（3）依据离子交换的物质应用判断
“出水”中含有较多的Ca2＋，故“出水”应经过阳离子交换树脂软化处理才能达到工业冷却循环用水的标准，D项错误。
【答案】　D
真题研析
1.C　结合“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变并产生CuCl固体，可推断“脱氯”时Cu和Cu2＋发生归中反应并结合Cl－生成CuCl，离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl，则“浸铜”时铜屑不能完全溶解，A错误，C正确；“浸铜”时Cu与H2O2在酸性条件下反应，离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2Cu2＋＋2H2O，B错误；脱氯液中含大量的Zn2＋，净化后电解，Zn2＋在阴极上得电子生成单质Zn，D错误。
2.C　H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O成品。铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A项正确。若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确。“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知信息可知H3PO4的Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.8×10－13，则HP的水解常数Kh＝＝≈1.6×10－7，由于Kh＞Ka3，则HP的水解程度大于其电离程度，溶液显碱性，C项错误。由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确。
3.B　根据原子守恒可知，BaS溶液与盐酸反应生成的气体为H2S，“酸化”后的溶液中含有BaCl2、HCl等，加入过量NaOH后，生成氯化钠、氢氧化钡，则“溶液1”中溶质主要为氯化钠、氢氧化钠，A错误；经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可从溶液中得到Ba（OH）2·8H2O，B正确；根据化合物中元素正、负化合价代数和为零可知，Ti（OC4H9）4中Ti的化合价为＋4，则“合成反应”中生成BaTiO3的反应各元素化合价未发生变化，该反应是非氧化还原反应，C错误；残留的碱为Ba（OH）2，H2SO4与Ba（OH）2反应会产生BaSO4沉淀，降低BaTiO3的纯度，D错误。
能力进阶
1.B　炭粉和SrSO4发生氧化还原反应，硫元素的化合价降低产生SO2，碳元素的化合价可能会升高到＋2价，变成CO，A正确；由已知信息ⅰ可知水浸液中含有Sr2＋、Ba2＋、OH－，沉钡过程中加入H2SO4不能过量，故“沉钡”后的滤液不可能呈酸性，B错误；当c（Ba2＋）降到1.0×10－4 mol·L－1，则根据Ksp（SrSO4）＝3.4×10－7，Ksp（BaSO4）＝1.0×10－10，可计算得出需要c（S）为1×10－6 mol·L－1，此时c（Sr2＋）·c（S）＝6×10－7＞Ksp，故可以形成SrSO4沉淀，C正确；Sr2＋的半径小于Ba2＋的半径，所带的电荷数相同，半径小，离子键强，熔点高，D正确。
2.C　氯化胆碱、草酸和钴酸锂粗品“微波共熔”的过程中，Co被还原为＋2价，经过“水浸”，滤液中Co2＋以[Co（H2O）6]2＋存在，加入NaOH“沉钴”，得到Co（OH）2沉淀和含有Li＋的溶液，Co（OH）2固体经过“煅烧”得到固体Co3O4，含有Li＋的溶液中加入Na2CO3溶液生成Li2CO3沉淀，Li2CO3和Co3O4“高温烧结”（通入空气氧化）得到产品。废旧电池拆解提取正极材料前，需将其浸入NaCl溶液中，其目的是进行放电处理，使得Li＋从负极脱出，经过电解质溶液进入正极材料，提高产品产率，A正确；氯化胆碱[HOCH2CH2N＋（CH3）3·Cl－]是铵盐，熔点较低，LiCoO2熔点较高，则“微波共熔”中氯化胆碱的作用是作为反应物提供Cl－，做助熔剂降低LiCoO2熔融所需的温度，B正确；“水浸”后的滤液加入NaOH“沉钴”，得到Co（OH）2沉淀，则“沉钴”过程发生反应的离子方程式为[Co（H2O）6]2＋＋2OH－Co（OH）2↓＋6H2O，C错误；“水浸”过程中溶液由蓝色逐渐变为粉红色，则“微波共熔”后获得的含Li、Co的化合物为Li2[CoCl4]，D正确。
非选择题突破三
命题热点1
知识强化
【典题示例1】　选取细小颗粒，增大反应物接触面积，提高酸浸反应速率　H2SO4
【典题示例2】　除去油脂、溶解铝及其氧化物　[Al（OH）4]－＋H＋Al（OH）3↓＋H2O
真题研析
1.（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）（NH4）2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O
（3）①温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加　②温度高于425 ℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2＋17O2＋2CuSO46CuO＋2Fe2（SO4）3＋4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低
解析：（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。（2）铵盐不稳定，易分解，（NH4）2SO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为（NH4）2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O。（3）①由题图可知，温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为（NH4）2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；②温度高于425 ℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应：4CuFeS2＋17O2＋2CuSO46CuO＋2Fe2（SO4）3＋4SO3，铜浸出率降低。
2.将白合金粉碎（或搅拌或适当提高酸的浓度或适当提高温度）　CoO＋2H＋Co2＋＋H2O
解析：根据影响化学反应速率的因素知，将白合金粉碎、搅拌、适当提高酸的浓度和温度等操作均能加快反应速率。依据反应的一般规律，结合原子守恒可知“酸浸1”中CoO发生反应：CoO＋2H＋Co2＋＋H2O。
能力进阶
1.防止“氯化浸出”中消耗更多的盐酸与氯酸钠　部分Pd与氧气生成PdO
2.适当延长浸取时间（或减小颗粒直径或适当升高温度）　3Ag2S＋6HCl＋KClO36AgCl＋KCl＋3S＋3H2O
命题热点2
真题研析
1.（1）NH3　（2）SiO2　（3）CaSO4＋（NH4）2CO3CaCO3＋（NH4）2SO4　Ksp（CaSO4）＞Ksp（CaCO3），微溶的硫酸钙可转化为更难溶的碳酸钙　（4）净水　
解析：
（1）“气体”与烟气（CO2和水蒸气）反应生成（NH4）2CO3，则该气体为NH3。（2）焙烧时CaO、MgO、Al2O3均转化为硫酸盐，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故“水浸1”后过滤得到的“滤渣”的主要成分是CaSO4和未反应的SiO2。（3）结合题给已知条件Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5、Ksp（CaCO3）＝3.4 × 10－9可知，“水浸2”时微溶的硫酸钙转化为溶解度更小的碳酸钙，故“水浸2”时主要反应的化学方程式为CaSO4＋（NH4）2CO3CaCO3＋（NH4）2SO4。（4）NH4Al（SO4）2·12H2O溶于水后Al3＋水解生成Al（OH）3胶体，可用于净水。
2.（1）SiO2　　（2）NaOH　（3）作钠源、中和H2P电离出的H＋　Na＋＋Fe2＋＋H2P＋N＋3OH－NaFePO4↓＋NH3↑＋3H2O
解析：
（1）SiO2不溶于硫酸，也不与硫酸反应，故酸浸时滤渣主要为SiO2。（2）“碱沉”控制溶液pH至3.0，所得滤液1主要含有Al3＋、Mg2＋，加入过量X是为了分离二者，结合除杂后Mg2＋转化为Mg（OH）2沉淀、Al3＋进入溶液可知，试剂X为NaOH。（3）结合已知②可知，水解所得滤液2的主要成分为NaOH，其在“水热合成”中可提供Na元素形成NaFePO4，并且OH－可中和H2P电离出的H＋，促进产物的生成。
3.（1）静置后取适量上层清液于试管中，加入几滴稀硫酸，若产生白色沉淀，则BaCl2过量　（2）AD　（3）B　（4）OH－、C　（5）C　（6）H＋＋OH－H2O，C＋2H＋CO2↑＋H2O　（7）有害气体资源化利用产生氮肥，减少了有害气体的排放
解析：（1）根据溶液中所含离子种类知，可通过检验Ba2＋来检验BaCl2，所选用试剂可为稀硫酸，若加入稀硫酸后有白色沉淀生成，则BaCl2过量。（2）由题图知，加入BaCl2溶液后会生成BaSO4沉淀，若不过滤直接加入NaOH和Na2CO3，则BaSO4会部分转化成BaCO3沉淀，S重新进入溶液，消耗更多的C，A、D符合题意。（3）过滤需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，B正确。（4）由流程图可知，滴加稀盐酸前滤液中主要含有K＋、Na＋、Cl－、OH－、C，OH－、C均可与加入的稀盐酸反应，分别生成H2O与CO2而被除去。（5）由流程图及上述分析可知，“一系列操作”的目的是分离KCl与NaCl，结合题给溶解度曲线可知，NaCl的溶解度随温度变化较小，KCl的溶解度随温度变化较大，故可加热至有大量晶体析出后趁热过滤，以得到精盐，C正确。（6）加入HCl后，H＋分别与OH－、C发生反应。（7）方案2中，通入含NH3、CO2的废气后发生反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3＋H2O＋CO2CaCO3↓＋2NH4Cl，工业废气转化为氮肥，实现了工业废气的资源化利用，减少了有害气体的排放。
能力进阶
1.（1）BaSO4　CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋
（2）分液　2CeTBP4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP　酸浸　（3）9
解析：由流程图可知，氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，反应原理为4CeFCO3＋O23CeO2＋CeF4＋4CO2；熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3＋，过滤后，滤液经系列操作，CeF3＋转化成Ce3＋，加入NaOH调节pH使Ce3＋转化成Ce（OH）3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce（OH）3氧化成Ce（OH）4，煅烧Ce（OH）4得到CeO2。（1）由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3＋，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2＋。（2）滤液A中的CeF3＋能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F－溶液，F－浓度减小，平衡CeF3＋＋TBPCeTBP4＋＋F－正向移动，CeF3＋转化为CeTBP4＋；由流程可知，有机层B中CeTBP4＋在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4＋被还原成Ce3＋，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由＋4价降至＋3价，O元素的化合价由H2O2中的－1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeTBP4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP，根据上述反应可知，水层中的一种溶质为Ce2（SO4）3和H2SO4，故理论上可以在工艺流程图中的“酸浸”工序中循环利用，减小“调pH”工序中NaOH的用量，节约生产成本。（3）当c（Ce3＋）＝1×10－5 mol·L－1时，依据Ksp[Ce（OH）3]＝1×10－20，c（OH－）＝＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，c（H＋）＝＝ mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，则pH＝9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3＋完全沉淀。
2.（1）SiO2、BaSO4　（2）3Fe3＋＋Na＋＋2S＋3H2O＋3CNaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑　（3）增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高硫酸镍的萃取率　促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率　稀硫酸　（4）7.5
解析：含镍废料含有NiO、FeO、Fe2O3、CoO、BaO、SiO2，加入硫酸后，溶液中含有Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋、Co2＋，BaO生成BaSO4，SiO2不溶于硫酸；加入NaClO3氧化后，溶液中含有Ni2＋、Fe3＋、Co2＋，加入Na2CO3生成NaFe3（SO4）2（OH）6，溶液中溶质为CoSO4、NiSO4，加入萃取剂后，水层为CoSO4，加入NaHCO3“沉钴”得CoCO3，有机层中为NiSO4，经反萃取得NiSO4溶液。（1）SiO2不溶于H2SO4，BaO与H2SO4反应生成BaSO4沉淀，故“滤渣Ⅰ”的主要成分是SiO2、BaSO4。（2）“调pH”过程中生成黄钠铁矾沉淀，该反应的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2S＋3H2O＋3CNaFe3（SO4）2（OH）6↓＋3CO2↑。（3）“萃取”时需充分振荡，使得水溶液和有机溶剂形成更多小液滴，从而增大有机溶剂与粗硫酸镍废液的接触面积，提高硫酸镍的萃取率；氨水可以消耗溶液中的H＋，促进反应2HX＋Ni2＋NiX2＋2H＋向右进行，从而提高萃取率；“反萃取”应使反应2HX＋Ni2＋NiX2＋2H＋向左进行，可通过加酸来实现，为了不引入杂质离子，可选用稀硫酸。（4）“沉钴”过程中不能生成Co（OH）2，又Ksp[Co（OH）2]＝c（Co2＋）·c2（OH－）＝2×10－15，若起始时c（Co2＋）＝0.02 mol·L－1，则c（OH－）＜ mol·L－1＝1×10－6.5 mol·L－1，c（H＋）＞10－7.5 mol·L－1，故“沉钴”过程中应控制pH＜7.5。
命题热点3
真题研析
1.（1）9.0％　（2）4Co（OH）2＋O24CoO（OH）＋2H2O
（3）11.1
解析：（1）由图可知，当SO2体积分数为9.0％时，Mn（Ⅱ）氧化率达到100％所用时间最短，氧化速率最大。（2）“沉钴镍”中得到的 Co（Ⅱ）以Co（OH）2形式存在，其可被空气中O2氧化为CoO（OH），根据氧化还原反应规律可写出反应的化学方程式。（3）Mg2＋沉淀完全，则 c（Mg2＋）≤10－5 mol·L－1，c（OH－）≥ ＝ mol·L－1＝10－2.9 mol·L－1，c（H＋）≤10－11.1 mol·L－1，pH≥11.1。
2.（1）晶体失去结晶水　Fe2（SO4）3　（2）600
解析：（1）由表可知，升温至227 ℃过程中，晶体总质量变小的原因是晶体[Fe2（SO4）3·xH2O和CoSO4·yH2O]失去结晶水；227～566 ℃质量不变，而后566～600 ℃质量再次减小，结合水浸后得到Fe2O3和CoSO4溶液可知，此时硫酸铁分解。（2）为有效分离铁、钴元素，同时考虑能耗因素，“焙烧1”的温度应控制在600 ℃，此时硫酸铁已全部分解，而CoSO4不分解。
能力进阶
1.（1）温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快
（2）2Al3＋＋3NiCO3＋3H2O2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑
（3）冷却结晶
（4）除去NaNO3中的NaNO2杂质（合理即可）
解析：（1）“反应器”中需控制温度50～60 ℃，原因是温度太低，反应速率慢，温度太高，硝酸分解挥发快。（2）为了除去Al3＋，向“浸取液”中加入NiCO3，其作用是促进Al3＋的水解，Al3＋生成Al（OH）3沉淀，同时生成CO2和Ni2＋，离子方程式为2Al3＋＋3NiCO3＋3H2O2Al（OH）3＋3Ni2＋＋3CO2↑。（3）从Ni（NO3）2溶液得到Ni（NO3）2固体的操作是用硝酸酸化后，减压蒸发，冷却结晶，离心分离。（4）吸收塔反应后的溶液为NaNO3和NaNO2的混合物，加入硝酸的目的是除去NaNO3中的NaNO2杂质。
2.（1）“煅烧1”的烧渣溶于酸得到的溶液中含有Fe2＋
（2）V＋2H＋V＋H2O，碱性条件促进平衡向左移动，生成更多的V
（3）1∶2∶2
（4）及时带走NH3，避免NH3还原V2O5
解析：（1）Fe3O4溶于稀硫酸得到Fe2（SO4）3和FeSO4的混合溶液，溶液pH为8时，Fe2＋不能转化为沉淀，所以在酸浸和调pH之间应加入适量双氧水，将溶液中Fe2＋氧化为Fe3＋，便于调节溶液pH时转化为Fe（OH）3沉淀除去。（2）钒元素在溶液中存在如下平衡：V＋2H＋V＋H2O，调节溶液pH为8使溶液呈碱性，减小溶液中的H＋浓度，使平衡向逆反应方向移动，有利于生成更多的V。（3）“高温还原”发生的反应为V2O5与还原剂X高温下反应生成VO2，设反应生成VO2的物质的量为1 mol，由得失电子数目守恒可知，反应消耗C、CO、H2C2O4的物质的量为 mol、 mol、 mol，则三种还原剂的物质的量之比为 mol∶ mol∶ mol＝1∶2∶2。（4）“煅烧2”发生的反应为NH4VO3煅烧分解生成V2O5和NH3，反应生成的NH3具有还原性，可能还原V2O5，所以煅烧时应在流动空气中煅烧，利用空气带走NH3，防止V2O5被还原。
命题热点4
真题研析
1.1.0×10－16.7
解析：根据表中Co3＋沉淀完全时的pH＝1.1可知，Ksp[Co（OH）3]＝1.0×10－5×（1.0×10－12.9）3＝1.0×10－43.7，溶液pH＝5时，c（OH－）＝1.0×10－9 mol·L－1，则残留的Co3＋浓度为＝1.0×10－16.7 mol·L－1。
2.
3.[B4O5（OH）4]2－＋5H2O2B（OH）3＋2[B（OH）4]－　9.24
解析：[B4O5（OH）4]2－水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]－，则根据原子守恒和电荷守恒可配平其水解反应的方程式为＋5H2O2B（OH）3＋2[B（OH）4]－。该溶液中c[B（OH）3]＝c，根据B（OH）3在水中存在的平衡，B（OH）3＋H2OH＋＋[B（OH）4]－的平衡常数Ka＝＝10－9.24 知，c[B（OH）3]＝c{[B（OH）4]－}时，c（H＋）＝10－9.24 mol·L－1，pH＝－lg 10－9.24＝9.24。
能力进阶
1.（1）ScR3＋3NaOHSc（OH）3＋3NaR　8×10－13　（2）8.4
（3）2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2
解析：（1）在“反萃取”中，加入NaOH溶液后生成Sc（OH）3，其中生成含Sc化合物的化学方程式为ScR3＋3NaOHSc（OH）3＋3NaR；25 ℃时，经“反萃取”后所得滤液的pH＝8，即c（OH－）＝1×10－6 mol·L－1，则残留的Sc3＋浓度为＝ mol·L－1＝8×10－13 mol·L－1。（2）在25 ℃时，pH＝3的草酸溶液中＝××＝＝＝8.4。（3）在空气中焙烧Sc2（C2O4）3，草酸根离子中碳的化合价是＋3价，焙烧时会被氧气氧化为CO2，化学方程式为2Sc2（C2O4）3＋3O22Sc2O3＋12CO2。
2.（1）MoO3＋2OH－Mo＋H2O　
（2）3.2≤pH＜7.0　（3）94.4％　（4）CoC2O4　CoO
解析：（1）“焙烧”时MoS2转化为MoO3，“碱浸”时MoO3和OH－反应生成Mo，离子方程式为MoO3＋2OH－Mo＋H2O。（2）“除铁”时，需要将Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀，而Ni2＋和Co2＋不能沉淀，由表格数据可知，控制pH的范围为3.2≤pH＜7.0。（3）“除铁”后所得滤液中c（Ni2＋）＝0.8 mol·L－1，“沉镍”后所得滤液中c（C2）＝1.0×10－5 mol·L－1，溶液中c（Ni2＋）＝＝ mol·L－1＝4.5×10－2 mol·L－1，则沉镍率＝×100％≈94.4％。（4）18.3 g CoC2O4·2H2O为＝0.1 mol，a点处，减少的质量为 18.3 g－14.7 g＝3.6 g，恰好为0.2 mol H2O，故a点的化学式为CoC2O4；c点，根据Co元素守恒，设Co的氧化物为CoOx，其质量为 7.5 g，则0.1×（59＋16x）＝7.5，解得x＝1，故c点处Co的氧化物为CoO。
大题突破三　化学工艺流程题
真题研析
1.（1）2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑　
（2）Ga3＋＋4Cl－[GaCl4]－　（3）铁　[FeCl4]－
（4）高　NaCl　（5）3.2　4.0×10－7
解析：
（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al＋3O2↑。（2）“浸取”中，Ga3＋与Cl－结合形成[GaCl4]－，离子方程式为Ga3＋＋4Cl－[GaCl4]－。（3）由已知信息可知，浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MClm]（m－3）－（m＝0～4）微粒形式存在，为了避免铁元素以[FeCl4]－的形式通过LAEM，需要加入铝片还原Fe3＋，从而有利于Ga的分离。（4）由LAEM允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区知，原料液中的Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取；在不提高原料液酸度的前提下，同时为了不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，从而进一步提高Ga的提取率。（5）由pKa（HF）＝3.2，知Ka（HF）＝＝10－3.2，为了使溶液中c（F－）＞c（HF），c（H＋）＝×10－3.2 mol·L－1＜10－3.2 mol·L－1，故pH至少应大于3.2；根据Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10－10，知c（[AlF6]3－）＝＝ mol·L－1＝4.0×10－7 mol·L－1。
2.（1）1∶1　H2S　（2）热浸　（3）将过量的Fe3＋还原为Fe2＋　（4）C　Pb＋2[AgCl2]－2Ag＋[PbCl4]2－　（5）阳极
解析：（1）“热浸”时，Fe3＋将PbS和Ag2S中－2价的硫氧化为单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，等物质的量的PbS和Ag2S中，S2－的物质的量相等，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋的物质的量相等，比值为1∶1；溶液中盐酸浓度过大，会生成H2S气体。（2）“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会转化为[PbCl4]2－，电解[PbCl4]2－溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl－放电产生Cl2，尾液为含FeCl2的食盐水，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。（3）“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3＋，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3＋还原为Fe2＋。（4）“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，试剂X应为Pb，发生的反应为Pb＋2[AgCl2]－2Ag＋[PbCl4]2－。（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，应作为阳极板，阳极铅放电失电子转化为Pb2＋，银变成阳极泥而沉降下来，Pb2＋在阴极得电子转化为Pb，从而把Ag和Pb分离开。
能力进阶
1.（1）SiF4　6
（2）Na2SiF6＋3H2OH2SiO3＋2NaF＋4HF
（3）Na2SiF6、SiF4发生水解
（4）未分解的Na2SiF6被熔融物包裹后，达不到Na2SiF6热解温度（或者被包裹的Na2SiF6部分分解，产生的SiF4气体不能及时逸出，抑制分解过程进行）
（5）b
（6）SiCl4＋2H2＋O2SiO2＋4HCl
解析：（1）根据原子守恒，纯H2SiF6不稳定，易分解为HF和SiF4；一个硅周围有六个F，则Si中心原子的配位数为6。（2）Na2SiF6在热水中会发生水解，得到两种弱酸和一种盐，即硅酸、HF和氟化钠，化学方程式为Na2SiF6＋3H2OH2SiO3＋2NaF＋4HF。（3）因为Na2SiF6、SiF4发生水解，所以若没有“干燥”工序，会导致“热分解”产生的SiF4纯度降低。（4）未分解的Na2SiF6被熔融物包裹后，达不到Na2SiF6热解温度（或者被包裹的Na2SiF6部分分解，产生的SiF4气体不能及时逸出，抑制分解过程进行）。（5）SiF4、SiCl4、AlCl3沸点都在200 ℃以下，而AlF3沸点很高，所以为了提升产品纯度，反应温度应该控制在300～400 ℃。（6）3SiF4＋4AlCl33SiCl4＋4AlF3，则副产品2是SiCl4，SiCl4与H2、O2反应，可制得SiO2的化学方程式为SiCl4＋2H2＋O2SiO2＋4HCl。
2.（1）将金属硫化物中的硫元素氧化为S单质　4FeCl3＋Cu2SS↓＋4FeCl2＋2CuCl2
（2）S、SiO2
（3）将Fe3＋还原为Fe2＋，防止沉铋时有Fe（OH）3生成
（4）7.3
（5）氨水　将Cu（OH）2转化为[Cu（NH3）4]2＋
（6）2Bi3＋＋3[Sn（OH）4]2－＋6OH－2Bi↓＋3[Sn（OH）6]2－
解析：由题给流程可知，辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣1和滤液；向滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入氨水，将Cu（OH）2转化为[Cu（NH3）4]2＋，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液和氢氧化铋；氢氧化铋溶于稀硝酸得到硝酸铋溶液，硝酸铋溶液与四羟基合铝酸钠反应制得四羟基合铝酸铋。（1）由于FeCl3中的Fe3＋具有氧化性，能将硫化物中的硫元素氧化为S单质，故酸浸时加入FeCl3的目的是将金属硫化物中的硫元素氧化为S单质；FeCl3与Cu2S反应的化学方程式为4FeCl3＋Cu2SS↓＋4FeCl2＋2CuCl2。（2）滤渣1为S和SiO2。（3）“还原”时，加入铋的目的是将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，防止沉铋时有Fe（OH）3生成。（4）由溶度积可知，当Fe2＋开始沉淀时，溶液中，c（OH－）＝ mol·L－1＝2.0×10－7 mol·L－1，溶液pH约为7.3，则“沉淀”时调pH的最大值应小于7.3。（5）“碱溶”时加入的试剂为氨水，将Cu（OH）2转化为。（6）碱性溶液中[Sn（OH）4]2－与Bi3＋反应生成Bi和[Sn（OH）6]2－，反应的离子方程式为2Bi3＋＋3[Sn（OH）4]2－＋6OH－2Bi↓＋3[Sn（OH）6]2－。
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