高考化学二轮复习提分精准突破专题08 工艺流程核心素养题（含解析）

这是一份高考化学二轮复习提分精准突破专题08 工艺流程核心素养题（含解析），共35页。试卷主要包含了 基于化核心素养的化学工艺流程，4%，5时Al3开始溶解等内容，欢迎下载使用。
08 工艺流程核心素养题提分精准突破
1. 基于化核心素养的化学工艺流程
化学工艺流程核心素养体现在“ 科学精神与社会责任，证据推理与模型认知”。核心素养生成——通过对化学工艺的分析，认识化学、技术、社会和环境之间的相互关系，赞赏化学工艺对社会发展的重大贡献，考查学生运用已有知识和方法综合分析、全面认识化学过程对自然可能带来的各种影响；培养具有合理开发、利用资源的意识，树立理解和赞赏可持续发展观念的新一代。化学工艺流程题是高考比较成熟和固定的题型。预测2020年高考题型中，化学工艺流程题仍会以流程图的形式，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和绿色化学。围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)和化工计算等；围绕核心反应或副反应考查物质成分的判定；以及围绕物质间的转化考查陌生方程式的书写与等。
本专题包括五个高频微考点和四个微考向
五个微考点
四个微考向
化学工艺流程——化工术语
化学工艺流程——分离提出
化学工艺流程——成分判定
化学工艺流程——化工计算
化学工艺流程——绿色化学
☆以制备为目的的工艺流程题
☆以工业废料再利用的工艺流程题
☆以倡导“绿色化学”为核心的工艺流程题
☆以分离提纯为主线的工艺流程题

2. 化学工艺流程题高频考点“微”解读
☆化学工艺流程——化工术语
关键词
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，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
表面处理
用水洗除去表面可溶性杂质，金属晶体可用机械法(打磨)或化学法除去表面氧化物、提高光洁度等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
提高原子利用率
绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)
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)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
☆化学工艺流程——分离提纯
关键词
释义
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
冷却结晶

过滤（抽滤）

洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④混合洗涤剂洗涤：如酒精和水混合洗涤液
⑤洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
干燥
干燥：包括风干、晾干、吹干、滤纸吸干等
萃取与分液
分离混不相溶的液体。
蒸馏
分离沸点相差较大的液体
【例析1】Ⅰ.[高考卷改编]某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。

已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3
②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O Ag(NH3) 2++ Cl− +2H2O
③常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+：
4Ag(NH3) 2++N2H4·H2O4Ag↓+N2↑+4NH4＋+4NH3↑+H2O
（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为__________________。
（2）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并_______________________。
（3）请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的实验方案：________________________(实验中须使用的试剂有：2 mol·L−1水合肼溶液，1 mol·L−1H2SO4)。
Ⅱ.[自编]按以下实验方案可从海洋物质样品中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。

则(1)、(2)、(3)、(4)的分离提纯方法依次为________、________、________、________。
【答案】Ⅰ.（1）水浴加热
（2）将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
（3）向滤液中滴加2 mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
Ⅱ. 过滤　分液　蒸发结晶　蒸馏
【解析】Ⅰ.（1）“氧化”阶段需在800C条件下下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。
（2）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中。
（3）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时 N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3) 2+ ：4 Ag(NH3) 2++N2H4·H2O＝4Ag↓+ N2↑+ 4NH4＋+ 4NH3↑+H2O ，所以首先向该滤液中加入水合肼把银氨配离子充分还原，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，可以用题中提供的、要求必须使用的硫酸作尾气吸收剂把氨气吸收。最后把反应混合物静置、过滤、洗涤、干燥即可得到回收的银。具体方案如下：向滤液中滴加2mol·L−1水合肼溶液，搅拌使其充分反应，同时用1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停止滴加，静置，过滤、洗涤，干燥。
Ⅱ.（1）操作后有滤液，则该操作为过滤；（2）操作后分出水层和有机层，则该操作为分液；（3）操作析出晶体，则该操作为蒸发结晶；第（4）操作有机层中分离有机物为蒸馏。
☆化学工艺流——成分判定
◆滤渣、滤液成分的判定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
(1)反应过程中哪些物质(离子)消失了？
(2)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
◆循环物成分判定

◆副产品成分的判定

☆化学工艺流程——化工计算
(1) 产品的产率＝×100%
(2)原料转化率＝×100%
(3)产品的纯度（物质的质量分数）＝×100%
【例析2】[高考题改编] 氧化钪(Sc2O3)在合金、电光源、催化剂、激活剂和陶瓷等领域有广泛的应用，以钪精矿为原料(主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2等杂质)生产氧化钪的一种工艺流程如下：

(1)“酸溶”得到滤渣的主要成分是________；25 ℃时，加入氨水调节溶液的pH＝3，过滤，滤渣的主要成分是________。（25℃时，Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10−13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10−39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10−31） 
(2)草酸钪在空气中“灼烧”时，产物除氧化钪外，还有________。
(3)某工厂用m1Kg的钪精矿制备纯氧化钪，得到纯产品m2Kg，则钪精矿中钪的质量分数是______ 
(假设Sc的利用率为100%))
【答案】　(1)SiO2　Fe(OH)3　 (2)CO2 （3）
【解析】（1）主要成分为Sc2O3，还含有Fe2O3、MnO、SiO2只有SiO2难溶于盐酸，故酸溶后的滤渣为SiO2；根据题给数据, pH=3时，计算三种种金属离子的浓度分别为:
c(Mn2+)=1.9×10-9 mol/L, c(Fe3+)=2.6×10-6 mol/L, c(Sc3+)=9.0×10-2 mol/L, c(Fe3+) 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应
③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液
④MgCl2、AlCl3、FeCl3
（2）SiCl4 高于136℃，低于181℃
【解析】（1）①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2＋2Cl2＋2C=TiCl4＋2CO，根据盖斯定律，两式相加，得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=ΔH1+ΔH2=（−220.9 kJ·mol−1）+（+175.4 kJ·mol−1）=−45.5kJ·mol－1。②根据图像，随着温度的升高，CO的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，即△H>0。③尾气中的HCl经水吸收可得到粗盐酸，然后再将Cl2通入FeCl2溶液中，最后用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表，因此氯化过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中，而SiCl4完全溶解在TiCl4中，因此过滤得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。滤渣应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。（2）根据资料，SiCl4的沸点最低，先蒸馏出来，因此物质a为SiCl4，根据流程目的，为了得到纯净的TiCl4，后续温度需控制在稍微大于136℃，但小于181℃。
7.[2020·长沙市高三上学期一模，27]如图是工业上以制作印刷电路的废液(含Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋、Cl－)生产CuCl的流程：

已知：CuCl是一种白色粉末，微溶于水、不溶于乙醇及稀硫酸，在空气中迅速被氧化为绿色，见光分解变成褐色。
请回答下列问题：
(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，其原因为_______________________________。
(2)滤液①需要加过量Z，检验Z过量的方法是________________________。
(3)写出生成CuCl的化学方程式：____________。
(4)为了提高CuCl产品的纯度，流程中的“过滤”操作适宜用下列装置图中的________(填选项字母)，过滤后，洗涤CuCl的试剂宜选用________(填“无水乙醇”或“稀硫酸”)。

(5)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCl，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl (s)Cu＋(aq)＋Cl－ (aq)　Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－ (aq)CuCl(aq)　K＝0.35。
分析c(Cu＋)、c(CuCl)和Ksp、K的数学关系，在图中画出c(Cu＋)、c(CuCl)的关系曲线(要求至少标出一个坐标点)。

(6)氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25 g于250 mL锥形瓶中，加入10 mL过量的FeCl3溶液，不断摇动：
②待样品溶解后，加入20 mL蒸馏水和2滴指示剂；
③立即用0.100 0 mol·L－1硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；
④重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为24.30 mL。
上述相应化学反应为CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，则样品中CuCl的纯度为________(保留三位有效数字)。
【答案】　(1)滤渣①中有铁和铜，与盐酸反应时形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率
(2)取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，如下层液体呈橙色，说明氯气已过量(其他合理答案均可) (3)CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4 (4)B　无水乙醇
(5) (6)96.7%
【解析】　(1)流程中的滤渣①与Y反应和X与Y反应相比，单位时间内得到的气体多，说明反应速率快，因为滤渣①中有铁和铜单质，与盐酸反应时能形成无数微小的原电池，极大地加快了反应速率；(2)检验溶液中通入的氯气已过量，可取蚀刻液少量于试管中，加入KBr溶液少量和四氯化碳，若下层液体呈橙色，说明氯气已过量。(3)根据流程图可知，SO2、CuSO4、CuCl2反应生成H2SO4、CuCl，因此化学方程式为：CuCl2＋CuSO4＋SO2＋2H2O===2CuCl↓＋2H2SO4。(4)生产中为了提高CuCl产品的质量，尽可能减少CuCl被空气中氧气氧化，宜采用抽滤法快速过滤，所以过滤装置选择B项。洗涤CuCl宜选用无水乙醇，因为CuCl难溶于无水乙醇，洗涤时可减少CuCl的溶解损失，而且后续干燥中易除去乙醇。不选用稀硫酸，虽然CuCl难溶于稀硫酸，但用稀硫酸洗涤，会给CuCl表面带来少量的H＋和SO杂质。(5)据反应式CuCl(s)＋Cl－ (aq)CuCl(aq)和K的定义式有：K＝，将分子、分母同乘以c(Cu＋)得：K＝＝，将题给的K和Ksp的数据代入得c(CuCl)×c(Cu＋)＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。取其中(0.7，0.7)做为一个坐标点，图像示意如答案：
(6)根据题给的相应化学反应CuCl＋FeCl3===CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得CuCl和Ce4＋的反应配比是1∶1，所以可得CuCl的纯度：×100%＝96.7%。
8. [2019·黄冈高三调研，28)某科研课题小组研究利用含H＋、Na＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、SO的工业废电解质溶液，制备高纯的ZnO、MnO2、Fe2O3，设计实验流程如下：

回答下列问题：
(1)加入双氧水的目的是___________________________。
(2)第一次调pH使Fe3＋完全沉淀，写出反应的离子方程式___________________________。
(3)第二次调pH前，科研小组成员分析此时的溶液，得到常温下相关数据如下表(表中金属离子沉淀完全时，其浓度为1×10－5 mol·L－1)。

浓度/(mol·L－1)
氢氧化物的Ksp
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Zn2＋
0.12
1.2×10－17
6.0
8.1
Mn2＋
0.10
4.0×10－14
7.8
9.8
为防止Mn2＋同时沉淀造成产品不纯，最终选择将溶液的pH控制为7，则此时溶液中Zn2＋的沉淀率为________，利用滤渣Ⅱ制备高纯的ZnO时，必然含有极其微量的________(以化学式表示)。
(4)已知常温下，Ksp(MnS)＝3.0×10－14，Ksp(ZnS)＝1.5×10－24，在除锌时发生沉淀转化反应为：MnS(s)＋Zn2＋(aq)ZnS(s)＋Mn2＋(aq)，其平衡常数K＝________。
(5)沉锰反应在酸性条件下完成，写出该反应的离子方程式________________________________。
【解析】　(1)加入双氧水，目的是将Fe2＋转化为Fe3＋。
(2)第一次加NaOH溶液调pH使Fe3＋完全沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓。(3)控制溶液的pH＝7，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，根据Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)，可知此时溶液中c(Zn2＋)＝1.2×10－17/(10－7)2 mol·L－1＝1.2×10－3 mol·L－1，则Zn2＋的沉淀率为×100%＝99%。根据流程图知，滤渣Ⅱ的主要成分为Zn(OH)2，其中会混有微量的Fe(OH)3，因此制得的ZnO中会混有微量的Fe2O3。(4)该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝2.0×1010。(5)沉锰反应为Mn2＋和S2O的氧化还原反应，Mn2＋被氧化为MnO2，S2O被还原为SO，该反应在酸性条件下完成，配平离子方程式为：Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋。
【答案】(1)将Fe2＋转化为Fe3＋
(2)Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
(3)99%　Fe2O3　(4)2.0×1010
(5)Mn2＋＋S2O＋2H2O===MnO2↓＋2SO＋4H＋
【精准提分】
1.[2017·新课标Ⅰ]Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为___________________。

（2）“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因__________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为__________________。
（5）若“滤液②”中，加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？ （列式计算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为。
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式 。
【答案】（1）100℃、2h，90℃，5h
（2）FeTiO3+ 4H++4Cl− = Fe2++ + 2H2O
（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降
（4）4
（5）Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol·L−1=1.3×10–17 mol·L−1，c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.7×10–40＜Ksp [Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀。
（6）2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑
【解析】（1）由图示可知，“酸浸”时铁的净出率为70%时，则应选择在100℃、2h，90℃，5h下进行；
（2）“酸浸”时用盐酸溶解FeTiO3生成时，发生反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2++ + 2H2O；
（3）温度是影响速率的主要因素，但H2O2在高温下易分解、氨水易挥发，即原因是低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降；
（4）Li2Ti5O15中Li为+1价，O为–2价，Ti为+4价，过氧根()中氧元素显–1价，设过氧键的数目为x，根据正负化合价代数和为0，可知(+1)×2+(+4)×5+(–2)×(15–2x)+(–1)×2x=0，解得：x=4；
（5）Ksp[FePO4]=c(Fe3+)×c()=1.3×10–2，则c()＝＝1.3×10–17 mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]＝c3(Mg2+)×c2()＝(0.01)3×(1.3×10–17)2=1.69×10–40＜1.0×10–24，则无沉淀。
（6）高温下FePO4与Li2CO3和H2C2O4混合加热可得LiFePO4，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2FePO4 + Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+ H2O↑+ 3CO2↑。
2. [2019浙江选考，31改编]某兴趣小组在定量分析了镁渣(含有MgCO3、Mg(OH)2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3和SiO2)中Mg含量的基础上，按如下流程制备六水合氯化镁(MgCl2·6H2O)。

相关信息如下：
①700℃只发生MgCO3和Mg(OH)2的分解反应。
②NH4Cl溶液仅与体系中的MgO反应，且反应程度不大。
③“蒸氨”是将氨从固液混合物中蒸出来，且须控制合适的蒸出量。
请回答：
(1)下列说法正确的是________。
A．步骤Ⅰ，煅烧样品的容器可以用坩埚，不能用烧杯和锥形瓶
B．步骤Ⅲ，蒸氨促进平衡正向移动，提高MgO的溶解量
C．步骤Ⅲ，可以将固液混合物C先过滤，再蒸氨
D．步骤Ⅳ，固液分离操作可采用常压过滤，也可采用减压过滤
(3)溶液F经盐酸酸化、蒸发、结晶、过滤、洗涤和低温干燥得到产品。取少量产品溶于水后发现溶液呈碱性。
①含有的杂质是________。
②从操作上分析引入杂质的原因是________。
(4)有同学采用盐酸代替步骤Ⅱ中的NH4Cl溶液处理固体B，然后除杂，制备MgCl2溶液。已知金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围：
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Al3＋
3.0
4.7
Fe3＋
1.1
2.8
Ca2＋
11.3
－
Mg2＋
8.4
10.9
请给出合理的操作排序(从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用)：固体B→a→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→(　　)→MgCl2溶液→产品。
a．用盐酸溶解　b．调pH＝3.0　c．调pH＝5.0　d．调pH＝8.5　e．调pH＝11.0　f．过滤　g．洗涤
【答案】(1)ABD　 (2)①碱式氯化镁(氢氧化镁) ②过度蒸发导致氯化镁水解　 (3)c→f→e→f→g→a
【解析】
(1)煅烧样品应在坩埚中进行，不能在烧杯和锥形瓶中进行，A项正确；蒸氨促进反应MgO＋2NH4Cl＋H2OMgCl2＋2NH3·H2O正向移动，提高MgO的溶解量，B项正确；由于NH4Cl溶液与MgO的反应程度不大，先过滤，再蒸氨导致大量未反应的MgO损失，产率降低，C项错误；最后得到的是MgCl2·6H2O，固液分离操作既可以用常压过滤，也可以用减压过滤，D项正确。
(2)①产品溶于水后溶液呈碱性，说明可能含有的杂质为Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。②引入该杂质最有可能的操作是过度蒸发浓缩导致Mg2＋水解生成Mg(OH)2或Mg(OH)Cl。
(3)若用盐酸代替NH4Cl溶液，则用盐酸溶解固体B所得溶液中含有Mg2＋、Al3＋、Fe3＋和Ca2＋。根据金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，可先将溶液pH调节至5.0，使Fe3＋和Al3＋分别完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀从而过滤除去，再将溶液pH调节至11.0，将Mg2＋转化为Mg(OH)2，过滤得到Mg(OH)2固体，洗涤后用盐酸溶解即可得到MgCl2溶液，故合理的操作排序为固体B→a→c→f→e→f→g→a。
3. [2020浙江选考，30改编]30.碘化锂（）在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备和，流程如下：

已知：在75~80℃转变成，80~120℃转变成，300℃以上转变成无水。
b.易溶于水，溶解度随温度升高而增大。
c.在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)步骤II，调，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。
(2)步骤III，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。
下列说法正确的是________。
A.为得到较大的晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶
B.为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤
C.宜用热水洗涤
D.可在80℃鼓风干燥

(4)步骤IV，采用改进的实验方案（装置如图），可以提高纯度。
①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高纯度的理由________。
【答案】 (1)LiOH (2) B (3) ①抽气泵 ②抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水
【解析】
(1)将酸性溶液调节成中，又不引入新的杂质，可选用LiOH调节pH值；
(2)A.用冰水浴快速冷却结晶得到的是较小颗粒的晶体，故A错误；
B.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的晶体，故B正确；
C. LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，故C错误；
D.在75~80℃转变成，80~120℃转变成，故D错误。
(3)①设备X的作用是将仪器内的空气抽出，其名称为抽气泵；
②该方案抽出空气且瓶内压强较低，抽除空气，避免LiI被氧化，减压，有利脱水；
4. [2020·安徽省“皖江名校联盟”高三5月联考，27]MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2＋、Cl－、H＋、Fe2＋、Cu2＋)制备MnCO3；

已知：几种金属离子沉淀的pH如表
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Cu2＋
Mn2＋
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.7
3.7
6.4
10.4
回答下列问题：
(1)①中加入过量MnO2的作用是___________________________，
滤渣W的成分是___________________。
(2)过程③中，调pH的目的是_________________。
(3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程式是________________________________。
(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是___________________________，该过程中的副产品化学式是________。
(5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则 300 ℃时，剩余固体中n(Mn)∶n(O)为________；图中点D对应固体的成分为_____________________(填化学式)。

【解析】　(1)在过程①中，MnO2在酸性条件下可将Fe2＋氧化为Fe3＋，在过程②中，向溶液中加入氨水，调节溶液的pH＝3.7，这时溶液中的Fe3＋会形成Fe(OH)3沉淀，过量的MnO2也以固体形式存在。(2)过程③中，调pH是将Cu2＋转化为沉淀除去。(3)过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(4)过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，可知副产品为NH4Cl。
(5)MnCO3的物质的量为1 mol，即质量为115 g
①A点剩余固体质量为115 g×75.65%＝87 g
减少的质量为115 g－87 g＝28 g
可知MnCO3失去的组成为CO
n(Mn)∶n(CO)为1∶2，故剩余固体的成分为MnO2
②C点剩余固体质量为115 g×61.74%＝71 g
据锰元素守恒知m(Mn)＝55 g，则m(O)1＝71 g－55 g＝16 g
则n(Mn)∶n(O)＝∶ ＝1∶1
故剩余固体的成分为MnO
同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%＝76.337 g
因m(Mn)＝55 g，则m(O)2＝76.337 g－55 g＝21.337 g
则n(Mn)∶n(O)＝∶ ＝3∶4
故剩余固体的成分为Mn3O4
因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物。
【答案】(1)将Fe2＋氧化为Fe3＋　Fe(OH)3和过量的MnO2
(2)使Cu2＋完全沉淀为Cu(OH)2
(3)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)过滤、洗涤、干燥　NH4Cl
(5)1∶2　Mn3O4和MnO
5．[2020·皖江名校联盟下学期开年摸底大联考，27]钛是一种重要的金属，以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3)，还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。

(1)滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，则“溶浸”过程发生的主要反应的化学方程式为____________________________。
(2)物质A为________(填化学式)，“一系列操作”为_________________________________。
(3)“水解”步骤中生成TiO2·xH2O，为提高TiO2·xH2O的产率，可采取的措施有________________________、
________________________。(写出两条)。
(4)“电解”是以石墨为阳极，TiO2为阴极，熔融CaO为电解质。阴极的电极反应式为
________________________________________________；
若制得金属Ti 9.60 g，阳极产生气体________mL(标准状况下)。
(5)将少量FeSO4·7H2O溶于水，加入一定量的NaHCO3溶液，可制得FeCO3，写出反应的离子方程式__________________________________；
若反应后的溶液中c(Fe2＋)＝2×10－6 mol·L－1，则溶液中c(CO)＝________mol·L－1。(已知：常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6 mol·L－1)
【解析】　(1)因钛铁矿主要成分为FeTiO3，且滤液1中钛元素以TiO2＋形式存在，所以其主要反应化学方程式为FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O。(2)该流程中还有副产物FeSO4·7H2O，故需将溶浸产物中的Fe3＋除去，物质A为Fe，“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3) “水解”反应为TiO2＋＋(x＋1)H2O===TiO2·xH2O↓＋2H＋，根据平衡移动原理，为提高TiO2·xH2O的产率可以加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热等。(4)“电解”过程中阴极反应：TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，阳极反应：2O2－－4e－===O2↑，若制得金属Ti 9.60 g，则n(Ti)＝n(O2)＝0.2 mol，V(O2)＝4 480 mL(标准状况下)。(5)由题意知该反应化学方程式为：Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；由常温下FeCO3饱和溶液浓度为4.5×10－6 mol·L－1，Ksp(FeCO3)＝2.025×10－11 mol2·L－2，则c(CO)＝＝1.013×10－5 (mol·L－1)。
【答案】　(1)FeTiO3＋2H2SO4TiOSO4＋FeSO4＋2H2O
(2)Fe　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(3)加水稀释反应物　加碱中和生成的酸、加热等
(4)TiO2＋4e－===Ti＋2O2－　4 480
(5)Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O　 1×10－5
6. [2020·淄博市高三4月联考试卷]（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。
采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：

（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径