新高考化学二轮复习大题突破01 工艺流程综合题中的几种常见命题热点（含解析）

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大题突破01 工艺流程综合题中的几种常见命题热点

命题热点一
物质的制备和分离
命题热点二
生产中陌生方程式的书写
命题热点三
pH的调控和Ksp的计算
命题热点四
流程中的数据计算

（建议用时：60分钟）
【真题再现】
1．（2022·广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：

已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子




开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7pH<6.2    
(3)4.010-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15     O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
(3)滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，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，月桂酸熔点为，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)①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，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-。
2．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：

已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
物质




沸点/
136
127
57
180
回答下列问题：
(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。

A．
B．
C．
D．
(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质




分压




①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2)  5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2     随着温度升高，CO2与C发生反应
(3)  3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3     蒸馏
(4)不能     若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
(1)记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
3．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。

时相关物质的参数如下：
的溶解度：
化合物











回答下列问题：
(1)“沉淀1”为___________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】(1)Mg(OH)2
(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
(3)蒸发浓缩     趁热过滤
(4) 不稳定     Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
(1)浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
(2)滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
(3)由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。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+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
(5)“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
4．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。










(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。

A．、、        B．、、
C．、、        D．、、
【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
(2)      
(3)  CaSO4•0.5H2O     减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率     酸解     D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c()=4c3()，c() =mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。
(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
5．（2022·北京卷）铵浸法由白云石[主要成分为，含，杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：

已知：
物质









(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：

浸出率/
浸出率/
理论值/
实测值/

98.4
1.1
99.7
-

98.8
1.5
99.2
99.5

98.9
1.8
98.8
99.5

99.1
6.0
95.6
97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②浸出率远高于浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“”数值为___________。
④实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释浸出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑
(2)     CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O     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     2.4：1     反应加入的CaO也转化为CaCO3     Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH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NH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。

【优选特训】
1．高纯六水氯化锶晶体(SrCl2•6H2O)具有很高的经济价值，工业上用碳酸锶(SrCO3)粉为原料(含少量钡和铁的化合物等)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图：

已知：①Ksp(SrSO4)=3.3×10-7、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10
②经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质
③SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水
请回答下列问题：
(1)已知Sr为第五周期IIA族元素，则不符合Sr>Ca的是_____。
①原子半径    ②最外层电子数    ③金属性    ④电负性    ⑤最高价氧化物对应的水化物的碱性
(2)写出碳酸锶与盐酸反应的离子方程式：_____。
(3)工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_____。
A．50～60℃ B．70～80℃ C．80～100℃ D．100℃以上
(4)步骤④的操作是_____、_____、过滤。
(5)加入硫酸的目的是_____。
(6)滤渣的成分是_____。
(7)若滤液中Ba2+的浓度为1×10-5mol•L-1，依据题给信息计算滤液中Sr2+的物质的量浓度为_____mol•L-1。
【答案】(1)②④
(2)SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O
(3)A
(4)     蒸发浓缩     冷却结晶
(5)除去Ba2+杂质
(6)Fe(OH)3、BaSO4
(7)0.03
【分析】SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质，与硫酸反应经过H2O2反应将Fe2+转化为Fe3+，经过调节pH，滤渣为BaSO4、Fe(OH)3；
【详解】（1）Ca为第四周期ⅡA元素，则Ca与Sr的最外层电子数相同，Sr有五层电子，Ca有四层电子，半径：Sr>Ca；金属性Sr>Ca；电负性Ca>Sr；最高价氧化物对应的水化物的碱性Sr>Ca；
故答案为：②④；
（2）SrCO3类似CaCO3，经盐酸浸取后，溶液中生成Sr2+；
故答案为：SrCO3+2H+=Sr2++CO2↑+H2O；
（3）根据题目信息知SrCl2•6H2O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。工业上用热风吹干六水氯化腮但又不能脱去结晶水；
故答案为：A；
（4）第3步过滤后滤液的溶质为SrCl2，从溶液中获得SrCl2•6H2O晶体，还须进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；
（5）由于BaSO4是难溶于水的物质，所以在操作过程中加入硫酸是使溶液中的Ba2+形成BaSO4沉淀而除去Ba2+杂质；
故答案为：除去Ba2+杂质
（6）根据分析，滤渣成分为Fe(OH)3、BaSO4；
故答案为：Fe(OH)3、BaSO4；
（7）Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，由于溶液中Ba2+浓度为1×10-5 mol·L-1，则，根据Ksp(SrSO4)=3.3×10-7，可知；
故答案为：0.03。
2．（2022·湖北宜昌·高三期中）过氧化钡()是一种重要的漂白剂，在实验室利用重晶石(主要成分为)制备的工艺流程如图所示：

回答下列问题：
(1)“步骤①”设计如图装置(夹持仪器已省略)制备并检验所产生的气体X。

①实验前及实验结束时均要通入，其目的分别是_______、_______。
②实验过程中B中品红褪色，C中颜色变淡，D中无现象，G中有白色沉淀生成，气体X的成分为_______(填化学式)；装置C的作用是_______，其中发生主要反应的离子方程式为_______。
(2)“步骤②”中固体与、发生反应生成，和的化学方程式为_______；由于“步骤③”反应剧烈，易产生大量泡沫，为了避免此种情况的发生，应采用措施是_______。
(3)“步骤④"中溶液与双氧水、氨水反应析出沉淀，发生反应的离子方程式为_______，反应过程中需要控制反应温度为左右，其原因主要有：a.该反应是放热反应，降温有利于反应正向进行，提高产率；b._______。
【答案】(1)     排尽空气，防止被氧化     赶尽装置中的气体X，使之被处理，防止污染空气     、     除去    
(2)          分批加入盐酸且搅拌(或其他合理答案)
(3)          减少过氧化氢的分解及氨水的挥发，提高原料利用率

【分析】重晶石加入焦炭高温生成CO和BaS，BaS加H2O和CO2生成BaCO3和H2S，向BaCO3中加入稀盐酸，生成BaCl2和CO2，向溶液与双氧水、氨水反应析出沉淀；
【详解】（1）①实验前及实验结束时均要通入，其目的分别是排出装置中的空气，防止被氧化，防止空气中的氧气等对实验产生干扰；实验后通，为了赶尽装置中的气体X，使之被处理，防止污染空气；
②实验过程中B中品红褪色，C中颜色变淡，说明装置A中生成了SO2；D中无现象，说明装置A中没有生成CO2；G中有白色沉淀生成，说明装置A中生成了CO，CO和氧化铁在加热条件下反应生成了CO2，气体X的成分为、；B装置是检验SO2，装置C的作用是除去，防止影响D中现象；C中是被高锰酸钾氧化生成硫酸，离子方程式为：；
（2）“步骤②”中固体与、发生反应生成，和的化学方程式为：；由于“步骤③”与盐酸反应剧烈，生成CO2，易产生大量泡沫，为了避免此种情况的发生，可以分批加入盐酸，或者缓慢滴加盐酸，边加入盐酸边搅拌(或其他合理答案)；
（3）“步骤④"中溶液与双氧水、氨水反应析出沉淀，发生反应的离子方程式为：，该反应为放热反应，降低温度有利于反应正向进行，H2O2溶液和氨水都易挥发，双氧水易分解，温度为左右可以减少过氧化氢的分解及氨水的挥发，提高原料利用率；
3．（2022·四川绵阳·一模）某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物：

回答下列问题：
(1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为、_______，“灼烧”的目的是_______。
(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有_______、_______。
(3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。
(4)“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是_______。
(5)在空气中煅烧，其热重曲线如图所示。转化为，反应的化学方程式为_______；生成产物的化学式为_______。

(6)利用制得溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍电池正极材料的。电解时阳极的电极反应式为_______。
【答案】(1)     NaAlO2     除去有机物
(2)     Ni2+     Fe3+
(3)
(4)洗涤、干燥
(5)         
(6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O

【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；“灼烧”的目的是除去有机物；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除外，还有Ni2+、Fe3+；
（3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH)3沉淀，离子方程式为；
（4）过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”滤渣前需进行的两步操作是洗涤、干燥；
（5）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为；
（6）电解溶液，阳极上产物为，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H2O。
4．一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)为原料生产三盐基硫酸铅()的工艺流程如图所示。

已知常温下，，，，
回答下列问题：
(1)常温下，的电离平衡常数_______。
(2)写出转化过程发生反应的化学方程式_______，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于_______。
(3)测得滤液1中，则该滤液中_______(保留1位小数)；滤液2中可以循环利用的物质是_______；从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有_______。
(4)合成三盐基硫酸铅时，影响产品纯度的因素很多，其中反应终点pH对产品中PbO和含量的影响如下图(将看作是PbO和，经测定三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，则反应终点控制pH的范围是_______。(填序号)。

A．<8.4 B．8.4~8.8 C．8.8~9.2 D．>9.2
【答案】(1)2×10-5
(2)     PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑     醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量
(3)     4.6×10-7     硝酸     坩埚、泥三角
(4)B
【分析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加碳酸氢铵，PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到PbSO4,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅()。
【详解】（1）在NH4HCO3溶液中，反应NH +HCO+H2O⇌NH3•H2O+H2CO3的平衡常数K===1.25×10-3，常温下，的电离平衡常数2×10-5。故答案为：2×10-5；
（2）转化过程转化为更难溶的PbCO3，发生反应的化学方程式PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，Pb的转化率随着用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。故答案为：PbSO4+2NH4HCO3=PbCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑；醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量；
（3）测得滤液1中，PbSO4+CO PbCO3+SO, ,则该滤液中4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸；加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。故答案为：4.6×10-7；硝酸；坩埚、泥三角；
（4）三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。故答案为：B。
5．（2022·福建·莆田一中高三阶段练习）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科技领域。从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含)中提取铟的工艺如图所示。

已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在。     ②微溶于水
③性质与类似                     ④为强电解质
回答下列问题：
(1)中铁元素化合价为价，的化合价为_______。
(2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。

适宜的焙烧温度是_______℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是_______。
(3)“水浸”工艺中的浸渣除了外，还含有_______。
(4)“还原铁”工艺反应的离子方程式为_______。
(5)“萃取除铁”工艺中，用30%的作萃取剂时，发现当溶液后，铟萃取率随值的升高而下降，原因是_______。
(6)“置换铟”时，发现会有少量的气体生成，的电子式为_______，生成的离子方程式为_______。
(7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_______。
【答案】(1)+5
(2)     450(“440～460”的数值)     温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解
(3)
(4)
(5)当溶液后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被萃取的离子，导致铟萃取率下降
(6)         
(7)萃余液
【分析】从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含)中提取铟，将铜烟灰硫酸化焙烧，焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在，然后水浸，由于、、不和酸反应，在这一步过滤除去，取滤液加入Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，然后加入P2O4萃取除铁，随后加入硫酸反萃取，用Zn置换出粗铟。
【详解】（1）中铁元素化合价为价，的化合价为+5。
（2）450(“440～460”的数值) ℃时铟、铁浸出率都很高，该温度为适宜温度；温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解导致铟、铁浸出率降低。
（3）“水浸”工艺中由于、、不和酸反应，在这一步过滤除去，浸渣除了外，还含有。
（4）“还原铁”工艺中，Na2S2O3将三价铁转化为二价铁，Fe元素由+3价下降到+2价，根据的得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：。
（5）当溶液后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被萃取的离子，导致铟萃取率下降。
（6）是共价化合物，其电子式为： ；“置换铟”时，和Zn在硫酸中反应得到和硫酸锌，化学方程式为：。
（7）萃余液中含有硫酸，可以循环利用。
6．（2022·江苏镇江·高三期中）硫酸工业所得废钒催化剂主要含和。一种利用废钒催化剂制取的流程如图所示：

已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是。
②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系如图所示。

(1)写出“酸浸”时发生反应的离子方程式_________________。
(2)“调”时，控制溶液的，其目的是_______________。
(3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。
(4)“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于，沉钒率下降的原因是_______________。

(5)在“煅烧”的过程中，固体的残留率随温度变化的曲线如图所示，则A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。

(6)在空气中“煅烧”分解制备，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后固体中检测到了杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成的原因_____________。
【答案】(1)
(2)使得完全溶解和沉淀完全
(3)
(4)温度高于水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或受热分解)
(5)
(6)加热后分解生成和将五价钒还原为
【分析】废钒催化剂主要含有和Fe2O3几种物质，加入稀H2SO4和Na2SO3溶液酸浸后，由于SiO2不反应，故滤渣1应是SiO2， Fe2O3和H2SO4、Na2SO3反应后生成硫酸亚铁，被还原成，加入NaOH溶液调节，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2是Fe(OH)2。通过四价钒和五价钒物种的分布分数与的关系图可知，加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，“沉钒”时控制溶液约为7，生成偏钒酸铵固体，过滤、煅烧得到。
【详解】（1）“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是，其中钒元素的化合价是+4价， 而中的钒元素化合价是+5价，则被还原，加入的Na2SO3被氧化为Na2SO4，根据化合价变化，结合电荷守恒和质量守恒，则“酸浸”时发生反应的离子方程式为。
（2）通过四价钒和五价钒的物种分布分数与的关系图可知，溶液的时，钒元素主要以形式存在，故控制溶液的，目的是使溶解转化为形式，且同时除去酸浸后溶液中含有的Fe2+杂质。
（3）加入NaOH溶液后，以形式存在，加入NaClO氧化后，被氧化成，ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为。
（4）温度高于时，水解程度增大，导致溶液中的浓度减小，且温度过高时，受热会分解，故温度高于，沉钒率下降。
（5）固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”的过程中，质量一定温度范围内不再变化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是，而A点发生的变化一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸，的分子量是117，的分子量是100，=85.47，故A点剩余的固体是。
（6）中钒的化合价为+4价，中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质生成，说明部分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是加热后分解生成和又将五价钒还原为。
7．（2022·四川·成都七中高三期中）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型非氯高效消毒净水剂。一种制备工艺如图：

请回答：
(1)K2FeO4具有强氧化性，还原产物常为Fe(Ⅲ)。为确定消毒后溶液中是否存在Fe2+的一种试剂是 _______(填化学式)。
(2)Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO。“氧化”的离子方程式是 _______。
(3)“转化”一步的基本反应类型是 _______反应，从“粗K2FeO4”得K2FeO4精品的操作名称是 _______(不必具体)。
(4)已知温度、反应时间对产率的影响如图。

由图知反应的最佳条件是温度约 _______℃、反应时间约 _______min。
(5)根据流程知，可循环利用的物质有NaCl、_______。
(6)以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得K2FeO4，则阳极电极反应式是 _______。
(7)某温度，若要从10m3含c(FeO)=2.0×10﹣4mol•L﹣1的循环母液中沉淀FeO(浓度降至10﹣5mol•L﹣1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于 _______mol。(已知CaFeO4的Ksp=4.5×10﹣9，不考虑水解和溶液体积变化。)
【答案】(1)K3[Fe(CN)6]
(2)3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO+3Cl﹣+5H2O
(3)     复分解     重结晶
(4)     30     60
(5)KOH、NaOH
(6)Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO+4H2O
(7)6.4
【分析】氯气通入过量的氢氧化钠溶液中反应生成NaClO、NaCl和水，加入硝酸铁发生氧化还原反应：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O，过滤后加入饱和氢氧化钾溶液，2KOH+Na2FeO4=2NaOH+K2FeO4↓，分离得到粗K2FeO4，重结晶得到K2FeO4精品。
【详解】（1）检验Fe2+的一种试剂是铁氰酸钾，遇到亚铁离子生成蓝色沉淀，化学式为K3[Fe(CN)6]。
（2）“氧化”是次氯酸钠在碱性溶液中氧化铁离子生成高铁酸盐，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2+3Cl-+5H2O。
（3）铁酸钠加入饱和KOH反应生成高铁酸钾晶体和氢氧化钠，“转化”一步的基本反应类型是复分解反应，从“粗K2FeO4”得K2FeO4精品的操作名称是重结晶。
（4）图象分析可知，反应温度为30℃，反应进行到60min时高铁酸钾产率最大，反应的最佳条件是温度约30℃，反应时间约60min。
（5）应过程中参加反应，最后又生成的物质可以循环使用，可循环利用的物质有NaCl、KOH、NaOH。
（6）以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得K2FeO4，则阳极电极反应是铁失电子生成高铁酸钾，电极反应为Fe-6e-+8OH-=+4H2O。
（7）某温度，若要将的浓度由2.0×10-4mol•L-1降至10-5mol•L-1，需要加入n[Ca(OH)2]=(2.0×10-4mol•L-1-10-5mol•L-1)´1´104L=1.9mol； c()降至10-5mol•L-1后，溶液中c(Ca2+)===4.5´10-4mol•L-1，n(Ca2+)=4.5´10-4mol•L-1´1´104L=4.5mol，共需要Ca(OH)2固体的物质的量为1.9mol+4.5mol=6.4mol，则理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于6.4mol。
8．铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅的工艺流程如下：

已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在；
②In(OH)3性质与Al(OH)3类似。
回答下列问题：
(1)FeAsO4·2H2O中铁元素化合价为_______。
(2)生成PbO粗品的化学反应方程式为_______。
(3)PbO在NaOH溶液中溶解度曲线如图所示，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液。结合溶解度曲线，简述提纯PbO粗品的操作_______。

(4)“还原铁”反应的离子方程式为________
(5)“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是_______
(6)为测定PbO产品的纯度，探究小组同学准确称取PbO1.161g，加入稀硝酸使其完全溶解，再加入蒸馏水配制成50.00mL溶液：冷却至25℃，用0.100mol·L-1H2SO4滴定该溶液，滴定曲线如图所示。

已知：；a点的坐标为(50，3.8)
①25℃，PbSO4的Ksp=_______。
②PbO产品的纯度为_______。
【答案】(1)+3
(2)
(3)将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥
(4)
(5)铟离子发生水解，导致铟萃取率下降
(6)     10-7.6     96%

【分析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸，浸渣加入10%氢氧化钠溶液加热处理后冷却、过滤，得到滤液和PbO粗品，经处理得到PbO；水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
【详解】（1）FeAsO4·2H2O中O元素的化合价为-2价，As元素的化合价为+5价，根据化合物的化合价代数和为0，则 铁元素化合价为+3价；
（2）水浸后的硫酸铅与氢氧化钠反应生成PbO粗品和硫酸钠，反应的化学反应方程式为；
（3）根据PbO在NaOH溶液中溶解度曲线，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液，结合溶解度曲线，可知，氢氧化钠浓度较大时PbO溶液度较大，提纯PbO粗品的操作为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥；
（4）“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为；
（5）“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是铟离子发生水解，导致铟萃取率下降；
（6）根据图像，加入50mLH2SO4时，沉淀完全，-lgc(Pb2+)=3.8，则c(Pb2+)=10-3.8mol/L，根据反应，则c(Pb2+)=c()，25℃，PbSO4的Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)·c()=10-3.8mol/L10-3.8mol/L=10-7.6mol2/L2；
②加入50.00mL 0.100mol/LH2SO4与Pb2+恰好完全反应，，n(Pb2+)=n()=0.100mol/L0.05L=0.005mol，根据原子守恒n(PbO)=n(Pb2+)=0.005mol，PbO的质量m=nM=0.005mol223g/mol=1.115g，PbO产品的纯度为。
9．（2022·山东潍坊·高三期中）常温下是一种无色气体、溶于浓硫酸、易水解，常用作火箭高能燃料。工业用液氨法制取的流程如下：

已知：①硼酐是一种难溶物；
②石灰石中含有微量氧化铁、二氧化硅、硫单质等
回答下列问题：
(1)氨化釜中主要产物为，则滤渣Ⅰ的成分是_______，操作Ⅱ的名称_______。
(2)反应釜Ⅰ中产生两种气体，发生反应的离子方程式为_______。
(3)经过必要的处理可循环利用的物质是_______。
(4)反应釜Ⅱ中发生反应的化学方程式_______。
(5)利用离子色谱法可以检测三氟化硼中硫元素的含量，将样品通过检测液，进行色谱分析，得到如图所示结果。出现曲线1的原因可能是_______。

(6)利用电解氟硅酸钠的方法可以制取高纯度，装置如图所示。甲室中加入的电解质为_______，a膜选用_______(“阴离子”“阳离子”“质子”)交换膜。

【答案】(1)     SiO2     蒸馏
(2)CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O
(3)氨气
(4)3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O
(5)浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子
(6)     Na2SiF6溶液     阳离子
【分析】氨化釜中主要产物为NH4F，同时产生了沉淀，则反应为NH3与H2SiF6、H2O反应生成NH4F和SiO2，滤渣I为SiO2，NH4F和CaCO3反应生成氨气、CaF2和CO2，反应釜Ⅱ中浓硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁，与S反应生成SO2，滤渣为SiO2，与CaF2、B2O3反应生成BF3、H2O和CaSO4，得到含有BF3的滤液，再经过蒸馏得到三氟化硼。
【详解】（1）根据分析可知，滤渣Ⅰ成分为SiO2，操作Ⅱ为蒸馏。
（2）反应釜I中NH4F和CaCO3反应生成氨气、二氧化碳和氟化钙，离子方程式为CaCO3+2+2F-=CaF2+CO2↑+2NH3↑+H2O。
（3）反应釜Ⅰ中生成了氨气，经必要处理后可生成液氨重复利用。
（4）根据分析可知，反应釜Ⅱ中反应的化学方程式为3CaF2+B2O3+3H2SO4(浓)=3CaSO4+2BF3+3H2O。
（5）浓硫酸与S反应生成了SO2，SO2溶于水生成了亚硫酸根离子。
（6）阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子与Na2SiF6反应生成H2SiF6，则甲室加入的电解质为Na2SiF6溶液，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，为防止丙室产生的氢氧根离子进入甲室与H2SiF6反应，同时为得到高纯度的H2SiF6，甲室的Na+需能通过a膜向丙室移动，则a膜选用阳离子交换膜。