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大题01 化工流程综合题（分类过关）-【突破大题】冲刺2024年高考化学大题突破+限时集训（新高考）
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这是一份大题01 化工流程综合题（分类过关）-【突破大题】冲刺2024年高考化学大题突破+限时集训（新高考），文件包含大题01化工流程综合题分类过关原卷版docx、大题01化工流程综合题分类过关解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
第一，用什么资料，怎样使用资料；第二，在那些核心考点上有所突破，准备采取什么样的措施；第三，用时多长，怎样合理分配。
二、怎样查漏。
第一，教师根据一轮复习的基本情况做出预判；第二，通过检测的方式了解学情。
三、怎样补缺。
1、指导学生针对核心考点构建本专题的知识网络;
2、针对学生在检测或考试当中出现的问题，教师要做好系统性讲评;
3、教育学生在对待错题上一定要做到:错题重做，区别对待，就地正法。
4、抓好“四练”。练基本考点，练解题技巧，练解题速度，练答题规范。
大题01 化工流程综合题
类型一 以物质制备为目的
1．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
(2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
(3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
(4)在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
(5)层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
【答案】
(1)
(2)将固体粉碎
(3)NH3
(4)和S在加热条件下发生生成H2S
(5)混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小
【解析】薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到，结晶后灼烧得到，最后与S经气相反应并沉积得到，据此分析解题。
（1）用溶液吸收，生成，离子方程式为，故答案为。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合型晶体，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为分子晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
2．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
回答下列问题：
(1)浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
(2)为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
(3)滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
(4)若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
(6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】
(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
(2)H2O2或氯水
(3)氨水
(4)297
(5)Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
(6)×1023
【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
3．（2024·陕西商洛·校联考一模）亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐，化学式为，可溶于水，难溶于乙醇。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)NaCN中碳元素的化合价为 。
(2)“反应器”中投入等体积、等浓度的溶液和溶液，发生主要反应的离子方程式为 。
(3)“过滤1”后可以向滤液中加入少量铁粉，目的是 ；滤渣2的主要成分是 (填化学式)；“转化器”中生成黄血盐晶体的反应类型为 。
(4)实验室进行“步骤a”的具体操作为 。
(5)样品的纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗酸性高锰酸钾溶液30.50mL。
已知：。
①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
②该样品的纯度是 (保留4位有效数字)。
③下列操作会使测定结果偏高的是 (填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】
(1)+2
(2)
(3)防止Na4[Fe(CN)6]被氧化 除去过量的钙离子 络合反应
(4)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次
(5)100.00mL容量瓶 95.0% C
【解析】含NaCN的废液中加入FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，过滤除去硫酸钙，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙；加入KCl溶液使Na4[Fe(CN)6]转化为Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O，过滤，用乙醇洗涤、干燥，最后得到产品；据此分析解题。
（1）NaCN中碳元素的化合价为+2价，故答案为：+2。
（2）由流程可知，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应，根据质量守恒和最终产物Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O推断反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，发生的主要反应为，故答案为：。
（3）反应过滤后，“过滤1”中Fe为+2价，加入少量铁粉，可已知Fe的氧化，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]为络合反应；故答案为：防止Na4[Fe(CN)6]被氧化；除去过量的钙离子；络合反应。
（4）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3，故答案为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次。
（5）①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和100.00mL容量瓶，故答案为：100.00mL容量瓶；
②根据方程式可知，则样品中Na4[Fe(CN)6]的物质的量为，则该样品的纯度是，故答案为：95.0%；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，故A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，故C正确；
故答案为C。
类型二 以混合物的分离、提纯为目的
4．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。
② 、 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。
③具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)制备。
“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为 。
(2)制备。
①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。
③生成的离子方程式为 。
(3)分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
(4)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将C完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。
【答案】
(1)4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
(2)会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成
(3)增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
(4)14.16%
【解析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；
（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而C2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(C2＋)=0.1 ml/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
（2）①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成C(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成C(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2＋氧化为C3＋，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。
5．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：
已知：①不稳定，易被空气氧化
②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为
③，，
(1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中、的浓度和测定结果如下图，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ，后曲线产生明显差异的原因 。(用化学方程式表示)。
(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳实验条件为 ，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是 。
(3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为 (当离子浓度小于时认为沉淀完全)。
(4)“沉锰”步骤中为减少副产物的生成，正确的操作是将 溶液逐量加入 溶液中，并不断搅拌。
(5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。
【答案】
(1)
(2)， 小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁
(3)
(4)碳酸钠 硫酸锰
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到。
（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为；
（2）萃取时搅拌速度在时，萃取率最大，溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取，故答案为：，=1；
小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失，故答案为：小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁；
（3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：；
（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有生成，为减少副产物的生成，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；
（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的固体再加入适量磷酸反应，得溶液，从溶液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
6．（2024·湖南株洲·统考一模）三氯化钉（）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从催化剂废料中分离制各和的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”后所得固体主要成分为、、和 。
(3)“还原”过程会产生和沉淀，该反应的化学方程式为 。
(4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解，然后加入盐酸羟胺（）得到和。则该两种产物的物质的量之比为 。
(5)“蒸发结晶”在真空度为时进行（此时水的沸点是），其目的是 。
(6)若维持不变，让沉淀完全（浓度不高于），则混合体系中的浓度不低于 。[已知：，，结果保留三位小数]
(7)“沉钴”时，若得到的是晶体，该反应的离子方程式为 。
(8)该流程中，还有一种重要成分未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。
【答案】
(1)3d74s2
(2)Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
(3)
(4)2∶1
(5)低压低温蒸发，避免分解
(6)0.167ml⋅L-1
(7)
(8)还原
【解析】“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，CO不溶，过滤得CO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3⋅6H2O；CO进行酸浸得含C2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CC2O4晶体，最后经系列操作得到C(NO3)2⋅6H2O，据此解答。
（1）C是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2；
（2）“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，则“焙烧”后所得固体主要成分为CO、Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（3）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反应的化学方程式为：；
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应的化学方程式为：，所以产物RuCl3和N2的物质的量之比为2∶1；
（5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl3⋅6H2O分解；
（6），则，所以；
（7）“沉钴”时，向含C2+溶液中加入草酸溶液得到CC2O4⋅xH2O晶体，则反应的离子方程式为：；
（8）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时C、Ru都已经提取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适。
类型三 以化学基本原理考查为目的
7．（2024·河南·模拟预测）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：易溶于水，不溶于乙醇。
(1)中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 。
(3)结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是 、 ，用 (填物质的名称)洗涤、干燥。
(4)“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为 。
(5)通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因 。[已知：25℃时，]
(6)锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)1：3
(2)
(3) 加热蒸发 趁热过滤 乙醇
(4)
(5)当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化
(6)
【分析】向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸还原+4价Mn为+2价得滤渣1，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
【解析】（1）设Pb2Mn8O16中含a个+2价Mn，则+4价Mn有(8-a)个，据化合价代数和为0列式为，解得a=2，则+2价和+4价Mn的个数比为1：3；
（2）由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为；
（3）根据溶解度曲线图分析，首先进行蒸发结晶，当进行蒸发结晶出的晶体与滤液分离操作时需进行趁热过滤，防止杂质从中因温度降低而析出混入，晶体样品易溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤晶体；
（4）在阴极放电生成Se单质，H2SeO3 中Se的化合价为+4价，生成0价的Se单质，则电极反应式为；
（5）当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化，故可用溶液将“滤渣”中的转化为；
（6）根据图示，Ni原子处于的位置为顶点8个，面心6个，棱心12个，体心1个，则Ni的个数为，Mn原子处于的位置为体内，则有4个原子，Ga原子位于体内，则有4个原子，则晶胞的质量，体积为，。
8．（23-24高三上·福建福州·阶段练习）CCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图：
已知：①焦亚硫酸钠常作食品抗氧化剂。难溶于水。
②的熔点为，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属阳离子形成氢氧化物的见表：
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是 。
(2)“浸取”的过程中，用离子方程式表示的作用： 。
(3)滤液1中加入溶液的作用是 。
(4)加入溶液生成滤渣2的主要离子方程式为 。
滤液3经过多次萃取与反萃取制备晶体：
(5)氯化钴溶液，经过 、过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体时需在减压环境下烘干的原因是 。
(6)为测定制得的产品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化为再转化为草酸铵溶液，再用过量稀硫酸酸化，用高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液，该产品的纯度为 %。(结果保留到小数点后一位)
【答案】(1)除去碳和有机物
(2)4C3+++3H2O=4C2++2+6H+
(3)将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离
(4)2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5) 浓缩蒸发、冷却结晶 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
(6)71.4
【分析】由题干流程图可知，由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴废料“550℃焙烧”以除去碳和有机物后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水；向滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
（2）由分析结合题干流程图可知，焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为C2+，防止生成C(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为4C3+++3H2O=4C2++2+6H+，故答案为：4C3+++3H2O=4C2++2+6H+；
（3）由分析可知，滤液1中加入NaClO3的作用将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
（4）由分析可知，加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（5）由分析可知，氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体晶体，减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴，故答案为：浓缩蒸发、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
（6）由题意可得如下转化关系：5CCl2•6H2O～5(NH4)2C2O4～5H2C2O4～2KMnO4，由滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液可知，2.00gCCl2•6H2O样品中产品的纯度为×100%=71.40%，故答案为：71.4。
9．（23-24高三上·天津南开·期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
回答下列问题：
(1)和必须经过净化才能进入合成塔，最主要的原因是 。
(2)简述氨分离器中，将氨从平衡混合物中分离出去的方法： 。
(3)氧化炉中主要反应的化学方程式为 。
(4)向吸收塔中通入的作用是 。
(5)工业上常用碱液来进行尾气处理，有关的化学反应为
①
②
现有一定条件下和的混合气体恰好被溶液完全吸收，则溶液的物质的量浓度为 。
(6)实验室中硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，用化学方程式说明其原因： 。
(7)利用下图所示装置进行铜与稀硝酸反应的实验可以观察到的实验现象为 。
【答案】(1)防止混有的杂质使催化剂“中毒”
(2)迅速冷却使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出来
(3)
(4)氧化
(5)1.5
(6)
(7)铜丝逐渐变细，有气泡产生，试管中有红棕色气体产生，溶液变蓝
【分析】氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入合成塔和氧气、水反应生成硝酸，A为空气或氧气，最后尾气处理剩余的氮氧化物，据此进行解答。
【解析】（1）合成氨的过程使用了催化剂，为了避免因为催化剂中毒失去活性，所以原料气必须经过净化，故填防止混有的杂质使催化剂“中毒”。
（2）将氨从平衡混合物中分离出去的方法：迅速冷却使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出来。
（3）“氧化炉”中氨催化氧化生成NO和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：。
（4）向吸收塔中通入过量A是：空气（氧气），作用是氧化。
（5）由题干反应方程式可知，①，②，现有一定条件下0.2mlNO2和0.1mlNO的混合气体恰好被200mLNaOH溶液完全吸收，根据N原子守恒可知，参加反应的NaOH的物质的量为：0.1ml+0.2ml=0.3ml，则NaOH溶液的物质的量浓度为=1.5ml/L。
（6）硝酸见光或受热分解为NO2、O2和H2O，反应方程式为：，故长期存放的浓硝酸因为其分解生成的NO2溶于硝酸中呈黄色，实验室常将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中避光，并放在阴冷处。
（7）铜和稀硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，可以观察到的实验现象为铜丝逐渐变细，有气泡产生，试管中有红棕色气体产生，溶液变蓝。
类型四 以化学图表、图像信息加工考查为目的
10．（23-24高三上·四川内江·阶段练习）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属。提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如下：
请回答下列问题：
(1)各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和 。
(2)脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为 。
(3)已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1 ml Ag，需要消耗 g N2H4。
(4)固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中Au元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。
(5)阳极泥中的铜可以用FeCl3 溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋；结合下图分析：(其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数)
①要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是 (用离子方程式表示)，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去 (离子)；
②根据图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为 。
【答案】(1)烧杯、漏斗
(2)
(3)8
(4) ＋3
(5) Fe3＋
【分析】电解精炼铜的阳极泥，灼烧、酸浸、过滤，得到脱铜渣A，加入氨水过滤分离得到溶液和固体B；溶液中加入，得到银单质；固体B在酸性条件下，与次氯酸钠、氯化钠反应生成，通入二氧化硫还原得到和溶液；溶液中加入锌粉，得到、合金。
【解析】（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗；
（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为；
（3）已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，，，，则每生成1 ml Ag，需要消耗的物质的量为0.25ml，质量为；
（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中钠的化合价是+1价，氯的化合价是-1价，则Au元素的化合价为+3价；该反应的离子方程式为；
（5）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是；然后加入适量的CuO调节pH=3.7，全部沉淀，铜离子不沉淀，便于除去；，根据图中数据，时，，，，。
11．（2023·陕西渭南·一模）金属镓被称为“电子工业脊梁”，GaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，应用于5.5G技术中，也如雨后春笋般出现在了充电行业。让高功率、更快速充电由渴望变为现实。
【方法一】工业上利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备氮化镓流程如下：
已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。当溶液中可溶组分浓度ml/L时，可认为已除尽。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“二次酸化”中与发生反应的离子方程式为 。
(4)“电解”可得金属Ga，写出阴极电极反应式 。
(5)常温下，反应的平衡常数K的值为 。
【方法二】溶胶凝胶法
(6)步骤一：溶胶——凝胶过程包括水解和缩聚两个过程
①水解过程：乙氧基镓与乙醇中少量的水脱除部分乙氧基()，形成Ga-OH键
i：
ii：
②缩聚过程：在之后较长时间的成胶过程中，通过失水和失醇缩聚形成无机聚合凝胶
失水缩聚：
失醇缩聚： (在下划线将失醇缩聚方程补充完整)
(7)步骤二：高温氨化(原理：)
该实验操作为：将无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850~950℃充分反应20min，再 (补充实验操作)，得到纯净的GaN粉末。
【答案】(1)将转化为
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)改通冷却至室温
【分析】粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)与纯碱混合焙烧将、、转化为、、，加入16%碳酸钠溶液浸取过滤后滤渣1为，滤液为、、、的混合液。将混合液“一次酸化”二氧化碳将转化为氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2为氢氧化铝，“二次酸化”二氧化碳将转化为沉淀，滤饼为。将滤饼与氢氧化钠溶液混合转化为，进一步电解在阴极得到Ga，据此分析解答。
【解析】（1）镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间。所以的性质与类似，具有两种氧化物的性质。与碳酸钠高温焙烧发生反应，“焙烧”目的将转化为，故答案为：将转化为；
（2）粉煤灰与纯碱碳酸钠混合焙烧以及加入16%碳酸钠溶液过程中不与碳酸钠反应，浸取过滤后滤渣1为，故答案为：；
（3）“二次酸化”二氧化碳将转化为沉淀，离子方程式为：，故答案为：；
（4）将滤饼与氢氧化钠溶液混合转化为，电解过程中在阴极得到Ga，阴极电极反应式：，故答案为：；
（5）由图乙数据可知时，溶液的pH为，，该反应的平衡常数为，故答案为：；
（6）观察所给方程式左右两边原子个数和结构，根据原子守恒可知发生反应为：，故答案为：；
（7）将无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850~950℃充分反应20min，再改通冷却至室温，得到纯净的GaN粉末。故答案为：改通冷却至室温。
12．（23-24高三上·河南郑州·阶段练习）锆是一种重要的战略金属，在国民经济中的地位举足轻重。中国科学院工程研究所研发了以锆英矿(主要成分为，含少量、杂质)制氧氯化锆的工艺如下：
注：均不溶于水
(1)在下碱熔，全部转化为，该反应的化学方程式为 。
(2)“滤液1”中的溶质除含有外，还含有 (化学式)。
(3)当碱熔的温度高于时，中含有少量的杂质，“转型”的主要目的是将转化，则“滤液2”中主要溶质为 。
(4)“酸分解”目的是将锆的化合物转化为，温度或盐酸浓度对“酸分解”的影响如下图所示：
从“酸分解”的效果考虑，宜采用的温度为 ，采用盐酸浓度为 。
加入“絮凝剂”的目的是 。
(5)“操作1”的主要步骤为 、 。
【答案】(1)ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，
(2)、Na2SiO3
(3)NaCl
(4) 100 6 让沉淀更彻底，减少产品中的杂质，提高纯度
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO4)在碱熔焙烧过程中，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，过滤后滤饼的主要成分为Na2ZrO3和Na2SiO3，第一次加盐酸转型，生成硅酸和ZrO(OH)2，继续加盐酸酸化，在ZrO(OH)2溶液中加HCl,发生反应ZrO(OH)2+2HCl=ZrOCl2+2H2O，过滤除去锆硅渣，再经浓缩结晶，获得最终产品，据此分析解答。
【解析】（1）全部转化为，该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，
（2）“滤液1”中的溶质除含有外，还含有和Na2SiO3
（3）“转型”的主要目的是将转化，同时生成NaCl，则“滤液2”中主要溶质为NaCl；
（4）根据图像分析可知，宜采用的温度为100，采用盐酸浓度为6；加入“絮凝剂”的目的是为了让沉淀更彻底，减少产品中的杂质，提高纯度；
（5）“操作1”之后得到晶体，所以其主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶。
类型五 以物质结构和性质考查为目的
13．（23-24高三下·江苏镇江·阶段练习）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、]中提取氧化钕的工艺流程如下：
已知：稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应：难溶于水；硼不与稀硫酸反应，但可溶于氧化性酸。
(1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是 。
(2)在常温下“沉钕”，当完全沉淀时为2.3，溶液中。
①写出“沉钕”的化学方程式 。
②通过计算说明：“沉钕”完全时有无沉淀生成 。(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16)
③酸溶后需调节溶液的，若酸性太强，“沉钕”不完全，试分析其原因 。
(3)焙烧“沉淀”时生成无毒气体，该反应的化学方程式为 。
(4)热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。草酸钕晶体[，式量为732]的热重曲线如图所示，加热到450°C时，只剩余一种盐，该盐的化学式为 。(写出计算过程)
(5)二碳化钕可通过下列途径制得：。二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长(如图所示)。则二碳化钕晶体中1个周围距离最近且等距的围成的几何图形为 。
【答案】(1)浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体
(2) 6NaH2PO4+Nd2(SO4)3=2Nd(H2PO4)3+3Na2SO4 Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=2.0×()2=2×10-23.4<8.0×10-16=Ksp[Fe(OH)2]，则无氢氧化亚铁沉淀生成 若酸性太强，H+与反应生成H3PO4，导致浓度太小，沉淀不完全
(3)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(4)Nd2O2CO3
(5)正方形
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3。
【解析】（1）根据题干可知，硼不与稀酸反应但是可溶于氧化性酸，若加入浓硫酸则浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体。
（2）①“沉钕”过程中，NaH2PO4和Nd3+反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，化成方程式为：6NaH2PO4+Nd2(SO4)3=2Nd(H2PO4)3+3Na2SO4；
②当钕全部沉淀时，由题给数据可得浓度熵Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=2.0×()2=2×10-23.4<8.0×10-16=Ksp[Fe(OH)2]，则无氢氧化亚铁沉淀生成；
③酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成H3PO4，导致浓度太小，沉淀不完全。
（3）焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O。
（4）Mr[Nd2(C2O4)3·10H2O]为732，其中结晶水的总相对分子质量为180，=75.4%，则110-397℃固体为Nd2(C2O4)3，397-584℃物质的相对分子质量较上一阶段下降172，Nd2(C2O4)3分解产生CO2导致相对分子质量减小，但是172并不是44的整数倍，因此该分解过程中有氧气参与，设Nd2(C2O4)3分解减少x个C和y个O，则12x+16y=172，解可为x=1，y=10；x=5，y=7(x一定小于6)，合理的解为x=5，y=7，此时分子式为Nd2O2CO3。
（5）二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长，所有二碳化钕晶体中1个周围距离最近且相等的4个，围成的几何图形为正方形。
14．（23-24高三下·贵州黔东南·开学考试）钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为和，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，。
回答下列问题：
(1)基态铬原子价电子轨道表示式为 。
(2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写一点)。
(3)“沉钒”的含钒产物为钒酸钙，该过程中发生反应的化学方程式是 。
(4)“沉铬”时，铬转化为沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)向“沉钒后液”中加入足量，可将其中的铬转化为沉淀，铬的理论转化率为 (保留三位有效数字)。
(6)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)
(2)延长浸取时间（或适当升高温度、搅拌等）
(3)
(4)
(5)97.7
(6) CaCrO3
【分析】钒、铬废渣(主要成分有和，还含有其他难溶物)经过水浸后，水浸液中含有和，加入生石灰沉钒得到钒酸钙，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是经过酸化、加入氧化铜转化为沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和溶液，经过冷却结晶得到。
【解析】（1）基态铬原子价电子轨道表示式为。
（2）为提高浸取效率，还可采取的措施延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等（任写一点）。
（3）“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的生成钒酸钙，化学方程式为。
（4）“转化”过程中沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和，离子方程式为：。
（5）根据和的Ksp，可以得到沉铬的离子方程式为：，，所以理论转化率为：。
（6）①根据均摊法进行计算：钙原子位于顶点，钙原子数目=，氧原子位于面心，氧原子数目=，铬原子位于体心，数目为1，所以晶体的化学式为CaCrO3。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的数值，晶体密度表达式为，可以求得边长a，则相邻与之间的最短距离为晶胞体对角线的一半，所以最短距离计算式=pm。
15．（23-24高三下·甘肃平凉·开学考试）金属镓在工业和医学中有广泛应用。一种利用锌粉置换渣(主要成分为、、、、、)制备粗镓的工艺流程如图所示：
已知：P204、YW100协同萃取体系对金属离子的优先萃取顺序为Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题。
(1)浸渣的主要成分是 ，“富氧浸出”中高压的作用是 。
(2)用代表P204，RH代表YW100，“协同萃取”过程中发生反应：，“协同萃取”后无机相含有的主要金属离子为 ，随变化关系如图所示，“反萃取”加入稀硫酸的目的是 (用化学方程式表示)。
(3)下图所示为系中电势随pH变化的图像。“中和沉镓”时所调pH合理范围为4～ (填正整数)，“碱溶造液”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)“电解”过程中生成粗镓的电极反应式为 。
(5)填隙方钴矿锑化物是一类新型热电材料，钴形成的六面体空隙中分别填充和As，该化合物的化学式为 ；设阿伏加德罗常数的值为，已知该晶胞参数为a nm，则该晶体的密度是 。
【答案】(1) SiO2、S 氧化Fe2+和S2-
(2) Zn2+
(3) 9
(4)
(5) C4AsSb12
【分析】锌粉置换渣(主要成分为Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2)经“富氧浸出”后得到主要含Ga3+、Zn2+、Fe3+的浸出液，该过程中高压O2将Fe2+氧化为Fe3+，将S2-氧化为S单质，SiO2不参加反应，则浸渣的主要成分为SiO2、S，加入的NaOH主要沉淀Fe3+，经“中和除杂”后滤液主要含有Ga3+、Zn2+，“协同萃取”过程，镓元素以Ga(HA2)R2形式被萃取至有机相中，从而分离Zn2+和Ga3+，则无机相中主要含有Zn2+，“反萃取”时加入硫酸将镓元素的形式转化为Ga3+，再加入NaOH将Ga3+转化为Ga(OH)3，“碱溶造液”过程将Ga(OH)3转化为，最后电解时被还原生成Ga，据此解答。
【解析】（1）由分析可知，浸渣的主要成分为SiO2、S，“富氧浸出”中高压O2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为Fe(OH)3除去，同时将S2-氧化为S单质而除去S，则高压O2的作用是氧化Fe2+和S2-；
（2）根据已知信息，Ga3+比Zn2+优先被萃取至P204、YW100协同的有机相中，即“协同萃取”过程，镓元素以Ga(HA2)R2形式被萃取至有机相中，从而分离Zn2+和Ga3+，则“协同萃取”后无机相含有的主要金属离子为Zn2+；由图可知，增大，减小，即“反萃取”加入稀硫酸的目的是将镓元素的形式由Ga(HA2)R2转化为Ga3+，其反应的化学方程式为：；
（3）由图可知，“中和沉镓”时要使Ga3+以Ga(OH)3沉淀形式析出，则所调pH合理范围为4~9，“中和沉镓”后镓元素以Ga(OH)3形式存在，因为Ga与Al属于同一主族，性质相似，则“碱溶造液”过程将Ga(OH)3转化为，其反应的离子方程式为：；
（4）“电解”过程中被还原生成Ga，其电极反应式为：；
（5）根据均摊法可知，晶胞中含C个数为：，C形成的8个六面体空隙中Sb的四环结构为6个，则Sb的个数为，As填充剩余的2个空隙，则As的个数为2，即C、As、Sb的个数之比为8∶2∶24=4∶1∶12，所以该化合物的化学式为C4AsSb12；该晶体的密度是。
16．（23-24高三上·广东广州·期末）钴广泛应用于新能源、航空航天等领域，一种萃铜余液(主要存在等金属阳离子)中提取钴并制得的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
(1)的价电子排布图为 。
(2)“除杂”时，将按一定比例同时加入萃铜余液中，调节溶液，充分反应后过滤。
①滤渣的主要成分是 。
②加入量过大时，钴的损耗增大，其原因是 。
(3)“萃取”时，用硫酸调节溶液的至2.5左右，加入萃取剂，发生萃取反应：(其中HA为萃取剂P204，为金属离子)。萃取剂P204在不同下对金属离子萃取率的影响如图所示。
①“萃取”的主要目的是除去 (填金属离子的符号)。
②往“萃取”所得有机层中加入 (选填“”或“”)，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
(4)“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时，溶液中 。
(5)“煅烧”时完全转化为和，制得需消耗 。
(6)含的溶液经电沉积可制备Sm-C水磁合金，一种Sm-C水磁合金的六方晶胞结构如图1所示，晶胞中C原子的投影位置如图2所示。晶胞参数，。
①该合金的化学式为 。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，则该合金的密度 (列出计算式)。
【答案】(1)
(2)Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣
(3)Ca2+、Zn2+
(4)0.075
(5)2
(6)C5Sm
【分析】萃铜余液主要存在等金属阳离子，加氧化钙、氧化镁调节溶液pH生成氢氧化物沉淀除去，过滤，滤液1中加萃取剂P204萃取除去Ca2+、Zn2+，水层中加草酸生成草酸钴晶体，过滤，草酸钴晶体煅烧得到C3O4。
【解析】（1）C是27号元素，C原子失去最外层2个电子得到C2+，的价电子排布图为
（2）①根据关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围，调节溶液，生成氢氧化铜、氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以滤渣的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3。
②加入量过大时，造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣，所以钴的损耗增大。
（3）①根据流程图，滤液1中含有、Ca2+、Zn2+，“萃取”的主要目的是除去Ca2+、Zn2+。
②根据，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，能实现萃取剂的重生，往“萃取”所得有机层中加入，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时， ，Ka1×Ka2=，溶液中0.075。
（5）“煅烧”时完全转化为和，反应方程式为3+2O26，制得需消耗2。
（6）①根据均摊原则，Sm原子数为，C原子数，为该合金的化学式为C5Sm。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，晶胞的体积为，则该合金的密度。金属离子
开始沉淀的
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的
2.9
8.2
5.1
13.8
开始沉淀
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
8.3
9.6
完全沉淀
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
9.3
11.1
金属离子
开始沉淀的
7.4
4.7
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的
9.4
6.7
2.8
4.7
10.9
8.2
第一，用什么资料，怎样使用资料；第二，在那些核心考点上有所突破，准备采取什么样的措施；第三，用时多长，怎样合理分配。
二、怎样查漏。
第一，教师根据一轮复习的基本情况做出预判；第二，通过检测的方式了解学情。
三、怎样补缺。
1、指导学生针对核心考点构建本专题的知识网络;
2、针对学生在检测或考试当中出现的问题，教师要做好系统性讲评;
3、教育学生在对待错题上一定要做到:错题重做，区别对待，就地正法。
4、抓好“四练”。练基本考点，练解题技巧，练解题速度，练答题规范。
大题01 化工流程综合题
类型一 以物质制备为目的
1．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
(1)“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
(2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
(3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
(4)在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
(5)层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
【答案】
(1)
(2)将固体粉碎
(3)NH3
(4)和S在加热条件下发生生成H2S
(5)混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小
【解析】薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到，结晶后灼烧得到，最后与S经气相反应并沉积得到，据此分析解题。
（1）用溶液吸收，生成，离子方程式为，故答案为。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合型晶体，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为分子晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
2．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
回答下列问题：
(1)浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
(2)为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
(3)滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
(4)若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
(6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】
(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
(2)H2O2或氯水
(3)氨水
(4)297
(5)Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
(6)×1023
【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
3．（2024·陕西商洛·校联考一模）亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐，化学式为，可溶于水，难溶于乙醇。用含NaCN的废液合成黄血盐的主要工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)NaCN中碳元素的化合价为 。
(2)“反应器”中投入等体积、等浓度的溶液和溶液，发生主要反应的离子方程式为 。
(3)“过滤1”后可以向滤液中加入少量铁粉，目的是 ；滤渣2的主要成分是 (填化学式)；“转化器”中生成黄血盐晶体的反应类型为 。
(4)实验室进行“步骤a”的具体操作为 。
(5)样品的纯度测定：
步骤1：准确称取8.884g黄血盐样品加入水中充分溶解，并配制成100.00mL溶液。
步骤2：量取25.00mL上述溶液，用的酸性高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗酸性高锰酸钾溶液30.50mL。
已知：。
①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 。
②该样品的纯度是 (保留4位有效数字)。
③下列操作会使测定结果偏高的是 (填字母)。
A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡
【答案】
(1)+2
(2)
(3)防止Na4[Fe(CN)6]被氧化 除去过量的钙离子 络合反应
(4)用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次
(5)100.00mL容量瓶 95.0% C
【解析】含NaCN的废液中加入FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，过滤除去硫酸钙，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙；加入KCl溶液使Na4[Fe(CN)6]转化为Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O，过滤，用乙醇洗涤、干燥，最后得到产品；据此分析解题。
（1）NaCN中碳元素的化合价为+2价，故答案为：+2。
（2）由流程可知，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应，根据质量守恒和最终产物Na4[Fe(CN)6]⋅3H2O推断反应生成Na4[Fe(CN)6]、CaSO4、NaCl，发生的主要反应为，故答案为：。
（3）反应过滤后，“过滤1”中Fe为+2价，加入少量铁粉，可已知Fe的氧化，然后加入碳酸钠除去过量的钙离子，过滤除去碳酸钙，反应器中NaCN、FeSO4、CaCl2反应生成Na4[Fe(CN)6]为络合反应；故答案为：防止Na4[Fe(CN)6]被氧化；除去过量的钙离子；络合反应。
（4）亚铁氰化钾晶体可溶于水，不溶于乙醇，第2次过滤得到亚铁氰化钾晶体，为了除去晶体表面的杂质残液，可以乙醇洗涤，故实验室进行步骤a的操作为用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3，故答案为：用玻璃棒引流向漏斗中加乙醇至没过沉淀，待乙醇自然流下，重复操作2～3次。
（5）①配制100.00mL样品待测液，必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和100.00mL容量瓶，故答案为：100.00mL容量瓶；
②根据方程式可知，则样品中Na4[Fe(CN)6]的物质的量为，则该样品的纯度是，故答案为：95.0%；
②A．步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化，导致标准液用量减少，结果偏低，故A错误；
B．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，导致读数偏小，结果偏低，故B错误；
C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后尖嘴部分无气泡，导致标准液用量偏大，结果偏高，故C正确；
故答案为C。
类型二 以混合物的分离、提纯为目的
4．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。
② 、 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。
③具有较强还原性。
回答下列问题：
(1)制备。
“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为 。
(2)制备。
①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。
③生成的离子方程式为 。
(3)分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
(4)含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将C完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。
【答案】
(1)4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
(2)会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成
(3)增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
(4)14.16%
【解析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；
（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而C2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(C2＋)=0.1 ml/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
（2）①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成C(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成C(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2＋氧化为C3＋，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。
5．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：
已知：①不稳定，易被空气氧化
②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为
③，，
(1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中、的浓度和测定结果如下图，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为 ，后曲线产生明显差异的原因 。(用化学方程式表示)。
(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳实验条件为 ，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是 。
(3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为 (当离子浓度小于时认为沉淀完全)。
(4)“沉锰”步骤中为减少副产物的生成，正确的操作是将 溶液逐量加入 溶液中，并不断搅拌。
(5)“酸溶”后的操作步骤包括 、过滤、洗涤、干燥。
【答案】
(1)
(2)， 小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁
(3)
(4)碳酸钠 硫酸锰
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到。
（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为；
（2）萃取时搅拌速度在时，萃取率最大，溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取，故答案为：，=1；
小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失，故答案为：小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁；
（3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：；
（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有生成，为减少副产物的生成，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；
（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的固体再加入适量磷酸反应，得溶液，从溶液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。
6．（2024·湖南株洲·统考一模）三氯化钉（）是重要的化工原料，广泛应用于催化、电镀、电解阳极、电子工业等。从催化剂废料中分离制各和的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为 。
(2)“焙烧”后所得固体主要成分为、、和 。
(3)“还原”过程会产生和沉淀，该反应的化学方程式为 。
(4)“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解，然后加入盐酸羟胺（）得到和。则该两种产物的物质的量之比为 。
(5)“蒸发结晶”在真空度为时进行（此时水的沸点是），其目的是 。
(6)若维持不变，让沉淀完全（浓度不高于），则混合体系中的浓度不低于 。[已知：，，结果保留三位小数]
(7)“沉钴”时，若得到的是晶体，该反应的离子方程式为 。
(8)该流程中，还有一种重要成分未提取，你认为在哪一步骤后进行最合适： 。
【答案】
(1)3d74s2
(2)Na[Al(OH)4](或NaAlO2)
(3)
(4)2∶1
(5)低压低温蒸发，避免分解
(6)0.167ml⋅L-1
(7)
(8)还原
【解析】“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，“水浸”过程Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)溶解，CO不溶，过滤得CO固体和滤液，向滤液中加入乙醇，“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，过滤得Ru(OH)4沉淀，经过“酸溶”得含RuCl3溶液，RuCl3溶液经过蒸发结晶得到RuCl3⋅6H2O；CO进行酸浸得含C2+溶液，用草酸溶液沉钴得到CC2O4晶体，最后经系列操作得到C(NO3)2⋅6H2O，据此解答。
（1）C是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则价电子排布式为3d74s2；
（2）“焙烧”过程C、Ru分别被氧化为CO、Na2RuO4，NaNO3被还原为NaNO2，同时Al2O3与NaOH反应生成Na[Al(OH)4](或NaAlO2)，则“焙烧”后所得固体主要成分为CO、Na2RuO4、NaNO2和Na[Al(OH)4](或NaAlO2)；
（3）“还原”过程乙醇被氧化为CH3CHO，Na2RuO4被还原生成Ru(OH)4沉淀，同时产生NaOH，则该反应的化学方程式为：；
（4）“酸溶”过程中，先加入盐酸溶解Ru(OH)4得到RuCl4，再加入盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应得到RuCl3和N2，则盐酸羟胺(NH2OH⋅HCl)与RuCl4反应的化学方程式为：，所以产物RuCl3和N2的物质的量之比为2∶1；
（5）“蒸发结晶”在真空度为40kPa时进行(此时水的沸点是28°C)，即在低压低温下蒸发结晶得到RuCl3晶体，其目的是低压低温蒸发，避免RuCl3⋅6H2O分解；
（6），则，所以；
（7）“沉钴”时，向含C2+溶液中加入草酸溶液得到CC2O4⋅xH2O晶体，则反应的离子方程式为：；
（8）“还原”后，过滤得到Ru(OH)4沉淀和含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液，此时C、Ru都已经提取，则可以从含有Na[Al(OH)4](或NaAlO2)的滤液中提取Al2O3，所以在“还原”步骤后提取Al2O3最合适。
类型三 以化学基本原理考查为目的
7．（2024·河南·模拟预测）一种回收锌电解阳极泥(主要成分为、和ZnO，还有少量锰铅氧化物和Ag)中金属元素锌、锰、铅和银的工艺如图所示。回答下列问题：
已知：易溶于水，不溶于乙醇。
(1)中Pb的化合价为+2价，Mn的化合价有+2价和+4价，则氧化物中+2价和+4价Mn的个数比为 。
(2)“还原酸浸”过程中主要反应的化学方程式为 。
(3)结合溶解度曲线图分析，由溶液制得晶体的“一系列操作”是 、 ，用 (填物质的名称)洗涤、干燥。
(4)“电解”时，加入与水反应生成二元弱酸，在阴极放电生成Se单质，有利于电还原沉积。则放电的电极反应式为 。
(5)通过计算说明可用溶液将“滤渣”中的转化为的原因 。[已知：25℃时，]
(6)锰、镍、镓的某种磁性形状记忆型合金的晶胞结构如图所示。表示阿伏加德罗常数的值。该晶体的密度为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)1：3
(2)
(3) 加热蒸发 趁热过滤 乙醇
(4)
(5)当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化
(6)
【分析】向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸还原+4价Mn为+2价得滤渣1，剩余的加入稀硫酸和葡萄糖还原酸浸，+4价的Mn变成+2价Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4•H2O晶体，滤渣1中加入Na2CO3溶液，使PbSO4转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4；据此解答。
【解析】（1）设Pb2Mn8O16中含a个+2价Mn，则+4价Mn有(8-a)个，据化合价代数和为0列式为，解得a=2，则+2价和+4价Mn的个数比为1：3；
（2）由题中信息可知，在酸洗后剩余的加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，+4价Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其离子方程式为；
（3）根据溶解度曲线图分析，首先进行蒸发结晶，当进行蒸发结晶出的晶体与滤液分离操作时需进行趁热过滤，防止杂质从中因温度降低而析出混入，晶体样品易溶于水，难溶于乙醇，可用乙醇洗涤晶体；
（4）在阴极放电生成Se单质，H2SeO3 中Se的化合价为+4价，生成0价的Se单质，则电极反应式为；
（5）当加入碳酸钠溶液时，发生反应，该反应的平衡常数，几乎可以完全转化，故可用溶液将“滤渣”中的转化为；
（6）根据图示，Ni原子处于的位置为顶点8个，面心6个，棱心12个，体心1个，则Ni的个数为，Mn原子处于的位置为体内，则有4个原子，Ga原子位于体内，则有4个原子，则晶胞的质量，体积为，。
8．（23-24高三上·福建福州·阶段练习）CCl2可用于电镀，是一种性能优越的电池前驱材料，由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO的形式存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素，碳及有机物等)制取氯化钴晶体的一种工艺流程如图：
已知：①焦亚硫酸钠常作食品抗氧化剂。难溶于水。
②的熔点为，易溶于水、乙醚等；常温下稳定无毒，加热至时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴。
③部分金属阳离子形成氢氧化物的见表：
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是 。
(2)“浸取”的过程中，用离子方程式表示的作用： 。
(3)滤液1中加入溶液的作用是 。
(4)加入溶液生成滤渣2的主要离子方程式为 。
滤液3经过多次萃取与反萃取制备晶体：
(5)氯化钴溶液，经过 、过滤、洗涤、干燥得到晶体。在干燥晶体时需在减压环境下烘干的原因是 。
(6)为测定制得的产品的纯度，现称取样品，将其用适当试剂转化为再转化为草酸铵溶液，再用过量稀硫酸酸化，用高锰酸钾溶液滴定，当达到滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液，该产品的纯度为 %。(结果保留到小数点后一位)
【答案】(1)除去碳和有机物
(2)4C3+++3H2O=4C2++2+6H+
(3)将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离
(4)2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
(5) 浓缩蒸发、冷却结晶 降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴
(6)71.4
【分析】由题干流程图可知，由含钴矿(C元素主要以C2O3、CO存在，还含有Fe、Si、Cu、Zn、Mn、Ni、Mg、Ca元素)制取氯化钴晶体的一种工艺流程，含钴废料“550℃焙烧”以除去碳和有机物后加入稀硫酸和焦亚硫酸钠Na2S2O5，过滤得到滤渣1和滤液1，滤液1中加入NaClO3将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，加入碳酸钠溶液调节溶液pH3.0～3.5沉淀铁离子，过滤得到滤渣2和滤液2，滤液2中加入NaF调节溶液pH=4.0～5.0沉淀钙离子和镁离子，生成滤渣3为CaF2、MgF2难溶于水；向滤液3中加入萃取剂Ⅰ，分液得到有机层中然后用稀盐酸反萃取得到萃取剂Ⅰ和溶液4，经过一系列操作得到相应的盐，溶液中含钴离子和镍离子，加入萃取剂Ⅱ萃取分液得到含镍离子的溶液和有机层，加入稀盐酸反萃取得到氯化钴溶液。经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，碳和有机物可通过焙烧除去，含钴废料“550℃焙烧”可以除去碳和有机物，故答案为：除去碳和有机物；
（2）由分析结合题干流程图可知，焦亚硫酸钠Na2S2O5，常做食品抗氧化剂，具有还原性，浸取中加入Na2S2O5的作用是将三价钴离子还原为C2+，防止生成C(OH)3沉淀，发生反应的离子方程式为4C3+++3H2O=4C2++2+6H+，故答案为：4C3+++3H2O=4C2++2+6H+；
（3）由分析可知，滤液1中加入NaClO3的作用将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离，故答案为：将亚铁离子氧化为三价铁离子，便于分离；
（4）由分析可知，加入Na2CO3溶液生成滤渣2是碳酸钠和铁离子反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故答案为：2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑；
（5）由分析可知，氯化钴溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到晶体晶体，减压环境下烘干的原因是：降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴，故答案为：浓缩蒸发、冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解产生有毒的无水氯化钴；
（6）由题意可得如下转化关系：5CCl2•6H2O～5(NH4)2C2O4～5H2C2O4～2KMnO4，由滴定终点时，共用去高锰酸钾溶液可知，2.00gCCl2•6H2O样品中产品的纯度为×100%=71.40%，故答案为：71.4。
9．（23-24高三上·天津南开·期末）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。
回答下列问题：
(1)和必须经过净化才能进入合成塔，最主要的原因是 。
(2)简述氨分离器中，将氨从平衡混合物中分离出去的方法： 。
(3)氧化炉中主要反应的化学方程式为 。
(4)向吸收塔中通入的作用是 。
(5)工业上常用碱液来进行尾气处理，有关的化学反应为
①
②
现有一定条件下和的混合气体恰好被溶液完全吸收，则溶液的物质的量浓度为 。
(6)实验室中硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，用化学方程式说明其原因： 。
(7)利用下图所示装置进行铜与稀硝酸反应的实验可以观察到的实验现象为 。
【答案】(1)防止混有的杂质使催化剂“中毒”
(2)迅速冷却使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出来
(3)
(4)氧化
(5)1.5
(6)
(7)铜丝逐渐变细，有气泡产生，试管中有红棕色气体产生，溶液变蓝
【分析】氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入合成塔和氧气、水反应生成硝酸，A为空气或氧气，最后尾气处理剩余的氮氧化物，据此进行解答。
【解析】（1）合成氨的过程使用了催化剂，为了避免因为催化剂中毒失去活性，所以原料气必须经过净化，故填防止混有的杂质使催化剂“中毒”。
（2）将氨从平衡混合物中分离出去的方法：迅速冷却使气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出来。
（3）“氧化炉”中氨催化氧化生成NO和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：。
（4）向吸收塔中通入过量A是：空气（氧气），作用是氧化。
（5）由题干反应方程式可知，①，②，现有一定条件下0.2mlNO2和0.1mlNO的混合气体恰好被200mLNaOH溶液完全吸收，根据N原子守恒可知，参加反应的NaOH的物质的量为：0.1ml+0.2ml=0.3ml，则NaOH溶液的物质的量浓度为=1.5ml/L。
（6）硝酸见光或受热分解为NO2、O2和H2O，反应方程式为：，故长期存放的浓硝酸因为其分解生成的NO2溶于硝酸中呈黄色，实验室常将浓硝酸保存在棕色试剂瓶中避光，并放在阴冷处。
（7）铜和稀硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，可以观察到的实验现象为铜丝逐渐变细，有气泡产生，试管中有红棕色气体产生，溶液变蓝。
类型四 以化学图表、图像信息加工考查为目的
10．（23-24高三上·四川内江·阶段练习）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用，如回收利用电解精炼铜的阳极泥中含有的银、铂、金等贵重金属。提炼阳极泥的方法有多种，湿法提炼是其中重要的一种，其主要生产流程如下：
请回答下列问题：
(1)各步生产流程中都涉及了同一种分离方法，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和 。
(2)脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为 。
(3)已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，则每生成1 ml Ag，需要消耗 g N2H4。
(4)固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中Au元素的化合价为 ，该反应的离子方程式为 。
(5)阳极泥中的铜可以用FeCl3 溶液浸出，所得溶液主要含有的阳离子为Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋；结合下图分析：(其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数)
①要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是 (用离子方程式表示)，然后加入适量的CuO调节pH=3.7，除去 (离子)；
②根据图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为 。
【答案】(1)烧杯、漏斗
(2)
(3)8
(4) ＋3
(5) Fe3＋
【分析】电解精炼铜的阳极泥，灼烧、酸浸、过滤，得到脱铜渣A，加入氨水过滤分离得到溶液和固体B；溶液中加入，得到银单质；固体B在酸性条件下，与次氯酸钠、氯化钠反应生成，通入二氧化硫还原得到和溶液；溶液中加入锌粉，得到、合金。
【解析】（1）各步生产流程中都涉及了同一种分离方法为固体和溶液分离，该方法需要的玻璃仪器有玻璃棒和烧杯、漏斗；
（2）脱铜渣A中含有AgCl，它溶于浓氨水的离子方程式为；
（3）已知N2H4 被银氨溶液氧化的产物是氮气，，，，则每生成1 ml Ag，需要消耗的物质的量为0.25ml，质量为；
（4）固体B中单质Au在酸性环境下与NaClO3、NaCl反应生成NaAuCl4，在NaAuCl4中钠的化合价是+1价，氯的化合价是-1价，则Au元素的化合价为+3价；该反应的离子方程式为；
（5）要从浸出液中提纯铜，最好先加入酸化的双氧水，目的是；然后加入适量的CuO调节pH=3.7，全部沉淀，铜离子不沉淀，便于除去；，根据图中数据，时，，，，。
11．（2023·陕西渭南·一模）金属镓被称为“电子工业脊梁”，GaN凭借其出色的功率性能、频率性能以及散热性能，应用于5.5G技术中，也如雨后春笋般出现在了充电行业。让高功率、更快速充电由渴望变为现实。
【方法一】工业上利用粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)制备氮化镓流程如下：
已知：①镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间；②常温下，相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。当溶液中可溶组分浓度ml/L时，可认为已除尽。
回答下列问题：
(1)“焙烧”的主要目的是 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“二次酸化”中与发生反应的离子方程式为 。
(4)“电解”可得金属Ga，写出阴极电极反应式 。
(5)常温下，反应的平衡常数K的值为 。
【方法二】溶胶凝胶法
(6)步骤一：溶胶——凝胶过程包括水解和缩聚两个过程
①水解过程：乙氧基镓与乙醇中少量的水脱除部分乙氧基()，形成Ga-OH键
i：
ii：
②缩聚过程：在之后较长时间的成胶过程中，通过失水和失醇缩聚形成无机聚合凝胶
失水缩聚：
失醇缩聚： (在下划线将失醇缩聚方程补充完整)
(7)步骤二：高温氨化(原理：)
该实验操作为：将无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850~950℃充分反应20min，再 (补充实验操作)，得到纯净的GaN粉末。
【答案】(1)将转化为
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)改通冷却至室温
【分析】粉煤灰(主要成分为、、，还有少量等杂质)与纯碱混合焙烧将、、转化为、、，加入16%碳酸钠溶液浸取过滤后滤渣1为，滤液为、、、的混合液。将混合液“一次酸化”二氧化碳将转化为氢氧化铝沉淀，过滤滤渣2为氢氧化铝，“二次酸化”二氧化碳将转化为沉淀，滤饼为。将滤饼与氢氧化钠溶液混合转化为，进一步电解在阴极得到Ga，据此分析解答。
【解析】（1）镓性质与铝相似，金属活动性介于锌和铁之间。所以的性质与类似，具有两种氧化物的性质。与碳酸钠高温焙烧发生反应，“焙烧”目的将转化为，故答案为：将转化为；
（2）粉煤灰与纯碱碳酸钠混合焙烧以及加入16%碳酸钠溶液过程中不与碳酸钠反应，浸取过滤后滤渣1为，故答案为：；
（3）“二次酸化”二氧化碳将转化为沉淀，离子方程式为：，故答案为：；
（4）将滤饼与氢氧化钠溶液混合转化为，电解过程中在阴极得到Ga，阴极电极反应式：，故答案为：；
（5）由图乙数据可知时，溶液的pH为，，该反应的平衡常数为，故答案为：；
（6）观察所给方程式左右两边原子个数和结构，根据原子守恒可知发生反应为：，故答案为：；
（7）将无机聚合凝胶置于管式炉中，先通20min氮气后停止通入，改通入氨气，并加热至850~950℃充分反应20min，再改通冷却至室温，得到纯净的GaN粉末。故答案为：改通冷却至室温。
12．（23-24高三上·河南郑州·阶段练习）锆是一种重要的战略金属，在国民经济中的地位举足轻重。中国科学院工程研究所研发了以锆英矿(主要成分为，含少量、杂质)制氧氯化锆的工艺如下：
注：均不溶于水
(1)在下碱熔，全部转化为，该反应的化学方程式为 。
(2)“滤液1”中的溶质除含有外，还含有 (化学式)。
(3)当碱熔的温度高于时，中含有少量的杂质，“转型”的主要目的是将转化，则“滤液2”中主要溶质为 。
(4)“酸分解”目的是将锆的化合物转化为，温度或盐酸浓度对“酸分解”的影响如下图所示：
从“酸分解”的效果考虑，宜采用的温度为 ，采用盐酸浓度为 。
加入“絮凝剂”的目的是 。
(5)“操作1”的主要步骤为 、 。
【答案】(1)ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，
(2)、Na2SiO3
(3)NaCl
(4) 100 6 让沉淀更彻底，减少产品中的杂质，提高纯度
(5) 蒸发浓缩 冷却结晶
【分析】锆英砂(主要成分为ZrSiO4)在碱熔焙烧过程中，ZrSiO4与NaOH反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，过滤后滤饼的主要成分为Na2ZrO3和Na2SiO3，第一次加盐酸转型，生成硅酸和ZrO(OH)2，继续加盐酸酸化，在ZrO(OH)2溶液中加HCl,发生反应ZrO(OH)2+2HCl=ZrOCl2+2H2O，过滤除去锆硅渣，再经浓缩结晶，获得最终产品，据此分析解答。
【解析】（1）全部转化为，该反应的化学方程式为ZrSiO4+4NaOHNa2ZrO3+Na2SiO3+2H2O，
（2）“滤液1”中的溶质除含有外，还含有和Na2SiO3
（3）“转型”的主要目的是将转化，同时生成NaCl，则“滤液2”中主要溶质为NaCl；
（4）根据图像分析可知，宜采用的温度为100，采用盐酸浓度为6；加入“絮凝剂”的目的是为了让沉淀更彻底，减少产品中的杂质，提高纯度；
（5）“操作1”之后得到晶体，所以其主要步骤为蒸发浓缩、冷却结晶。
类型五 以物质结构和性质考查为目的
13．（23-24高三下·江苏镇江·阶段练习）钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含钕(，质量分数为28.8%)、、]中提取氧化钕的工艺流程如下：
已知：稳定的化合价为+3价；金属钕的活动性较强，能与酸发生置换反应：难溶于水；硼不与稀硫酸反应，但可溶于氧化性酸。
(1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是 。
(2)在常温下“沉钕”，当完全沉淀时为2.3，溶液中。
①写出“沉钕”的化学方程式 。
②通过计算说明：“沉钕”完全时有无沉淀生成 。(常温下，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16)
③酸溶后需调节溶液的，若酸性太强，“沉钕”不完全，试分析其原因 。
(3)焙烧“沉淀”时生成无毒气体，该反应的化学方程式为 。
(4)热重法是测量物质的质量与温度关系的方法。草酸钕晶体[，式量为732]的热重曲线如图所示，加热到450°C时，只剩余一种盐，该盐的化学式为 。(写出计算过程)
(5)二碳化钕可通过下列途径制得：。二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长(如图所示)。则二碳化钕晶体中1个周围距离最近且等距的围成的几何图形为 。
【答案】(1)浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体
(2) 6NaH2PO4+Nd2(SO4)3=2Nd(H2PO4)3+3Na2SO4 Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=2.0×()2=2×10-23.4<8.0×10-16=Ksp[Fe(OH)2]，则无氢氧化亚铁沉淀生成 若酸性太强，H+与反应生成H3PO4，导致浓度太小，沉淀不完全
(3)2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O
(4)Nd2O2CO3
(5)正方形
【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3。
【解析】（1）根据题干可知，硼不与稀酸反应但是可溶于氧化性酸，若加入浓硫酸则浓硫酸会与硼反应从而引入了杂质离子，同时还会生成SO2等污染气体。
（2）①“沉钕”过程中，NaH2PO4和Nd3+反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，化成方程式为：6NaH2PO4+Nd2(SO4)3=2Nd(H2PO4)3+3Na2SO4；
②当钕全部沉淀时，由题给数据可得浓度熵Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=2.0×()2=2×10-23.4<8.0×10-16=Ksp[Fe(OH)2]，则无氢氧化亚铁沉淀生成；
③酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成H3PO4，导致浓度太小，沉淀不完全。
（3）焙烧沉淀[Nd2(C2O4)·10H2O]时， 生成无毒的气体CO2、H2O，同时产生Nd2O3，该反应的化学方程式为：2[Nd2(C2O4)3·10H2O]+3O22Nd2O3+ 12CO2+20H2O。
（4）Mr[Nd2(C2O4)3·10H2O]为732，其中结晶水的总相对分子质量为180，=75.4%，则110-397℃固体为Nd2(C2O4)3，397-584℃物质的相对分子质量较上一阶段下降172，Nd2(C2O4)3分解产生CO2导致相对分子质量减小，但是172并不是44的整数倍，因此该分解过程中有氧气参与，设Nd2(C2O4)3分解减少x个C和y个O，则12x+16y=172，解可为x=1，y=10；x=5，y=7(x一定小于6)，合理的解为x=5，y=7，此时分子式为Nd2O2CO3。
（5）二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长，所有二碳化钕晶体中1个周围距离最近且相等的4个，围成的几何图形为正方形。
14．（23-24高三下·贵州黔东南·开学考试）钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为和，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如下图所示。
已知：常温下，。
回答下列问题：
(1)基态铬原子价电子轨道表示式为 。
(2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写一点)。
(3)“沉钒”的含钒产物为钒酸钙，该过程中发生反应的化学方程式是 。
(4)“沉铬”时，铬转化为沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。
(5)向“沉钒后液”中加入足量，可将其中的铬转化为沉淀，铬的理论转化率为 (保留三位有效数字)。
(6)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如下图所示。
①该晶体的化学式为 。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的值，则相邻与之间的最短距离为 (列出计算式即可)。
【答案】(1)
(2)延长浸取时间（或适当升高温度、搅拌等）
(3)
(4)
(5)97.7
(6) CaCrO3
【分析】钒、铬废渣(主要成分有和，还含有其他难溶物)经过水浸后，水浸液中含有和，加入生石灰沉钒得到钒酸钙，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是经过酸化、加入氧化铜转化为沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和溶液，经过冷却结晶得到。
【解析】（1）基态铬原子价电子轨道表示式为。
（2）为提高浸取效率，还可采取的措施延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等（任写一点）。
（3）“沉钒”过程加入氧化钙与溶液中的生成钒酸钙，化学方程式为。
（4）“转化”过程中沉淀与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和，离子方程式为：。
（5）根据和的Ksp，可以得到沉铬的离子方程式为：，，所以理论转化率为：。
（6）①根据均摊法进行计算：钙原子位于顶点，钙原子数目=，氧原子位于面心，氧原子数目=，铬原子位于体心，数目为1，所以晶体的化学式为CaCrO3。
②已知该晶体的密度为为阿伏加德罗常数的数值，晶体密度表达式为，可以求得边长a，则相邻与之间的最短距离为晶胞体对角线的一半，所以最短距离计算式=pm。
15．（23-24高三下·甘肃平凉·开学考试）金属镓在工业和医学中有广泛应用。一种利用锌粉置换渣(主要成分为、、、、、)制备粗镓的工艺流程如图所示：
已知：P204、YW100协同萃取体系对金属离子的优先萃取顺序为Fe(Ⅲ)>Ga(Ⅲ)>Fe(Ⅱ)>Zn(Ⅱ)。
回答下列问题。
(1)浸渣的主要成分是 ，“富氧浸出”中高压的作用是 。
(2)用代表P204，RH代表YW100，“协同萃取”过程中发生反应：，“协同萃取”后无机相含有的主要金属离子为 ，随变化关系如图所示，“反萃取”加入稀硫酸的目的是 (用化学方程式表示)。
(3)下图所示为系中电势随pH变化的图像。“中和沉镓”时所调pH合理范围为4～ (填正整数)，“碱溶造液”过程中发生反应的离子方程式为 。
(4)“电解”过程中生成粗镓的电极反应式为 。
(5)填隙方钴矿锑化物是一类新型热电材料，钴形成的六面体空隙中分别填充和As，该化合物的化学式为 ；设阿伏加德罗常数的值为，已知该晶胞参数为a nm，则该晶体的密度是 。
【答案】(1) SiO2、S 氧化Fe2+和S2-
(2) Zn2+
(3) 9
(4)
(5) C4AsSb12
【分析】锌粉置换渣(主要成分为Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2)经“富氧浸出”后得到主要含Ga3+、Zn2+、Fe3+的浸出液，该过程中高压O2将Fe2+氧化为Fe3+，将S2-氧化为S单质，SiO2不参加反应，则浸渣的主要成分为SiO2、S，加入的NaOH主要沉淀Fe3+，经“中和除杂”后滤液主要含有Ga3+、Zn2+，“协同萃取”过程，镓元素以Ga(HA2)R2形式被萃取至有机相中，从而分离Zn2+和Ga3+，则无机相中主要含有Zn2+，“反萃取”时加入硫酸将镓元素的形式转化为Ga3+，再加入NaOH将Ga3+转化为Ga(OH)3，“碱溶造液”过程将Ga(OH)3转化为，最后电解时被还原生成Ga，据此解答。
【解析】（1）由分析可知，浸渣的主要成分为SiO2、S，“富氧浸出”中高压O2将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续转化为Fe(OH)3除去，同时将S2-氧化为S单质而除去S，则高压O2的作用是氧化Fe2+和S2-；
（2）根据已知信息，Ga3+比Zn2+优先被萃取至P204、YW100协同的有机相中，即“协同萃取”过程，镓元素以Ga(HA2)R2形式被萃取至有机相中，从而分离Zn2+和Ga3+，则“协同萃取”后无机相含有的主要金属离子为Zn2+；由图可知，增大，减小，即“反萃取”加入稀硫酸的目的是将镓元素的形式由Ga(HA2)R2转化为Ga3+，其反应的化学方程式为：；
（3）由图可知，“中和沉镓”时要使Ga3+以Ga(OH)3沉淀形式析出，则所调pH合理范围为4~9，“中和沉镓”后镓元素以Ga(OH)3形式存在，因为Ga与Al属于同一主族，性质相似，则“碱溶造液”过程将Ga(OH)3转化为，其反应的离子方程式为：；
（4）“电解”过程中被还原生成Ga，其电极反应式为：；
（5）根据均摊法可知，晶胞中含C个数为：，C形成的8个六面体空隙中Sb的四环结构为6个，则Sb的个数为，As填充剩余的2个空隙，则As的个数为2，即C、As、Sb的个数之比为8∶2∶24=4∶1∶12，所以该化合物的化学式为C4AsSb12；该晶体的密度是。
16．（23-24高三上·广东广州·期末）钴广泛应用于新能源、航空航天等领域，一种萃铜余液(主要存在等金属阳离子)中提取钴并制得的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下：
回答下列问题：
(1)的价电子排布图为 。
(2)“除杂”时，将按一定比例同时加入萃铜余液中，调节溶液，充分反应后过滤。
①滤渣的主要成分是 。
②加入量过大时，钴的损耗增大，其原因是 。
(3)“萃取”时，用硫酸调节溶液的至2.5左右，加入萃取剂，发生萃取反应：(其中HA为萃取剂P204，为金属离子)。萃取剂P204在不同下对金属离子萃取率的影响如图所示。
①“萃取”的主要目的是除去 (填金属离子的符号)。
②往“萃取”所得有机层中加入 (选填“”或“”)，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
(4)“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时，溶液中 。
(5)“煅烧”时完全转化为和，制得需消耗 。
(6)含的溶液经电沉积可制备Sm-C水磁合金，一种Sm-C水磁合金的六方晶胞结构如图1所示，晶胞中C原子的投影位置如图2所示。晶胞参数，。
①该合金的化学式为 。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，则该合金的密度 (列出计算式)。
【答案】(1)
(2)Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3 造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣
(3)Ca2+、Zn2+
(4)0.075
(5)2
(6)C5Sm
【分析】萃铜余液主要存在等金属阳离子，加氧化钙、氧化镁调节溶液pH生成氢氧化物沉淀除去，过滤，滤液1中加萃取剂P204萃取除去Ca2+、Zn2+，水层中加草酸生成草酸钴晶体，过滤，草酸钴晶体煅烧得到C3O4。
【解析】（1）C是27号元素，C原子失去最外层2个电子得到C2+，的价电子排布图为
（2）①根据关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围，调节溶液，生成氢氧化铜、氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，所以滤渣的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3、Al(OH)3。
②加入量过大时，造成溶液pH过高，生成C(OH)2沉淀进入滤渣，所以钴的损耗增大。
（3）①根据流程图，滤液1中含有、Ca2+、Zn2+，“萃取”的主要目的是除去Ca2+、Zn2+。
②根据，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，能实现萃取剂的重生，往“萃取”所得有机层中加入，可将其中金属离子反萃取至水中。反萃取后，有机萃取剂可循环使用。
（4）“沉钴”时，往萃余液中加入，调节溶液，过滤得到沉淀。当恰好沉淀完全时， ，Ka1×Ka2=，溶液中0.075。
（5）“煅烧”时完全转化为和，反应方程式为3+2O26，制得需消耗2。
（6）①根据均摊原则，Sm原子数为，C原子数，为该合金的化学式为C5Sm。
②设为阿伏加德罗常数的值，合金最简式的式量为，晶胞的体积为，则该合金的密度。金属离子
开始沉淀的
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的
2.9
8.2
5.1
13.8
开始沉淀
0.3
2.7
5.5
7.2
7.6
7.6
8.3
9.6
完全沉淀
1.1
3.2
6.6
9.2
9.6
9.2
9.3
11.1
金属离子
开始沉淀的
7.4
4.7
1.5
3.4
8.9
6.2
沉淀完全的
9.4
6.7
2.8
4.7
10.9
8.2
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