高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 工艺流程专项训练（含解析答案）

这是一份高2022届 高三 化学考前20天终极冲刺 工艺流程专项训练（含解析答案），共93页。试卷主要包含了为原料制备铬的工艺流程如图所示等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前20天终极冲刺之工艺流程
一．选择题（共7小题）
1．（2022•南通二模）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。

下列有关说法不正确的是（　　）
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
2．（2022•门头沟区一模）在实验室中以含镍废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）为原料制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图。

下列说法不正确的是（　　）
A．“滤渣I”中含硅和钡元素
B．“氧化”“调pH时均需要加过量的试剂”
C．“沉钴”过程发生的反应为Co2++2HCO3﹣＝CoCO3↓+CO2↑+H2O
D．沉钴”时，若 c（Co2+）＝0.02mol•L﹣1，为了防止沉钴时生成Co（OH）2，常温下应控制溶液pH＜7.5 （已知 Ksp[Co（OH）2]＝2×10﹣15）
3．（2022•房山区一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。

下列叙述不正确的是（　　）
A．反应Ⅰ的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
C．用FcCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气所得产物可再利用
D．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe（OH）3胶体吸附杂质净化水
4．（2022•辽宁模拟）某工厂为了提高资源利用率并减少环境污染，设计了如图所示流程，可以从主要成分为NiO的含镍废料（杂质种类为CuO、FeO和SiO2）中回收金属资源。下列说法正确的是（　　）
A．两次酸溶选择稀硫酸效果都好于98%的浓硫酸
B．操作X是将酸溶所得溶液加热蒸干
C．反应Ⅰ除了产生滤渣外还可能产生可直接排放的气体
D．滤液1、滤液2和滤液3中主要的金属离子均为两种
5．（2022•潍坊模拟）以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3）为原料制备铬的工艺流程如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4
B．滤渣1的主要成分为Fe2O3
C．酸浸时应加入足量稀硫酸
D．转化时发生反应的化学方程式为 4Na2CrO4+6S+7H2O＝4Cr（ OH）3+3Na2S2O3+2NaOH
6．（2022•盐城一模）由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理
B．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿
C．在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
D．因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取
7．（2022•广东模拟）对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2（OH）m（SO4）p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是（　　）
A．废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B．操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C．“酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D．可用K3Fe（CN）6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
二．解答题（共17小题）
8．（2022•东城区一模）我国芒硝（Na2SO4•10H2O）储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ．以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。

（1）i、ii中涉及到的分离操作是 　 　。
（2）原料石灰石经反应 　 　、CaO+H2O═Ca（OH）2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4）
①从平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：　 　。
②本流程中还利用了HA的性质是 　 　。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是 　 　。（用化学方程式表示）。
Ⅱ．利用电解法制备NaOH（如图所示）。

（5）产生OH﹣电极反应是 　 　，NaOH在 　 　（填“A”或“C”）区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2﹣2e﹣═2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能 　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
9．（2022•房山区一模）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：

已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+K＝1.7×107；Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
（1）基态Cu原子的核外电子排布式是 　 　。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 　 　。
（3）溶液a的主要成分是 　 　。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]+配离子中提供空轨道的是 　 　，配位数是 　 　。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 　 　，该反应的平衡常数K＝　 　。
（6）N2H4分子中N原子的杂化类型为 　 　、在沉银过程中的作用是 　 　。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×1010cm）晶体银的密度ρ＝　 　g/cm3。

10．（2022•房山区一模）金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：

已知：2H2SO4（浓）+FeTiO3＝TiOSO4+FeSO4+2H2O
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：　 　、　 　．

（2）已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．25℃时，难溶电解质溶解度（s）与pH关系如图1，TiO（OH）2溶度积Ksp＝1×10﹣29
①步骤Ⅲ加入铁屑原因是 　 　．
②TiO2+水解的离子方程式为 　 　．
向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是 　 　．当溶液pH接近 　 　时，TiO（OH）2已沉淀完全．
（3）TiCl4Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于 　 　℃即可．

TiCl4
Mg
MgCl2
Ti
熔点/℃
﹣25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（4）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2﹣CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．写出阳极上所发生的反应式：　 　．
11．（2022•辽宁模拟）蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：

请回答下列相关问题。
（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是 　 　。
（2）分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是 　 　。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是 　 　。
（3）净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的pH调至9，已知Ni2+开始沉淀的pH为7，Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15，Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣38，此时溶液中＝　 　，净化过程中Ni2+的去除率＝　 　。（去除率＝，忽略净化过程中溶液的体积变化）
（4）理论上沉淀反应中可选用NaOH作沉淀剂生成Mg（OH）2沉淀，也可选用Na2CO3作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物[MgCO3⋅Mg（OH）2⋅5H2O]，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用Na2CO3作沉淀剂，原因是 　 　。
（5）沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是 　 　，最佳摩尔计量比是 　 　。

12．（2022•重庆模拟）三氧化二砷（As2O3）可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水（含AsO33﹣、H+、SO42﹣）可提取三氧化二砷，提取工艺流程如图：

已知：①常温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18；Ksp（Ag2S）＝6.4×10﹣50。
②As2O3+6NaOH═2Na3AsO3+3H2O。
③As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去过量的S2﹣。
回答下列问题：
（1）操作M的名称是 　 　，滤液N中含有的阳离子有Fe2+、H+、　 　。
（2）“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为 　 　。
（3）“碱浸”的目的是 　 　，“滤渣Y”的主要成分是 　 　（写化学式）。
（4）“氧化”中发生反应的离子方程式为 　 　。
（5）该流程中可循环使用的物质是 　 　（写化学式），某次“还原”过程中制得了1.98kg As2O3，则消耗标准状况下该物质的体积是 　 　L。
（6）溶液中金属离子的除去方法之一是Na2S沉降法。常温下，若某溶液中含Fe2+、Ag+，且浓度均为0.1mol•L﹣1，则向该溶液中滴加稀Na2S溶液时，先生成的沉淀是 　 　（填化学式）。
13．（2022•潍坊模拟）碲（Te）广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中（主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等）回收碲的工艺流程如图：

已知：TeO2 有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4 难溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
回答下列问题：
（1）为提高“反应”效率，可采取的措施为 　 　（任答一条）。
（2）滤液i的主要成分是 　 　 （ 写化学式）。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因 　 　。

（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 　 　。滤液ii可循环使用，应将其导入到 　 　（写操作单元名称）操作中。
（4）“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为 　 　。
（5）粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：
取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸（H2TeO3），配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol•L﹣1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸（H6TeO6）。用c2mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为 　 　。
14．（2022•海南模拟）CoCl2常作湿度指示剂、分析试剂等。以钴液（主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质）为原料制备无水氯化钴（CoCl2）的流程如图（部分产物和条件省略）：

已知：①几种金属离子转化为氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属子
Al3+
Co2+
Ni2+
开始沉淀的pH
4.0
7.6
7.7
完全沉淀的pH
5.2
9.2
9.5
②SOCl2易水解生成内种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中SO2的作用是 　 　，其发生的相关反应的离子方程式为 　 　。
（2）“除铝”得到固体的主要成分是 　 　（填化学式），该步调节pH的范围为 　 　。
（3）“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器有烧杯和 　 　（填名称）。
（4）“系列操作”包括 　 　、冷却结晶、过滤、洗涤等。
（5）在加热条件下“脱水”，写出该过程中总反应的化学方程式：　 　。
15．（2022•广州一模）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：

已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 　 　。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 　 　还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 　 　。
②下列能促进该水解反应的措施有 　 　 （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 　 　mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 　 　。向“滤液”中通入足量 　 　 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 　 　工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 　 　。
16．（2022•洛阳二模）铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁（FeCr2O4），还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾（K2Cr2O7）的工艺流程如图1所示：

已知：铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有 　 　（任写一种）。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式 　 　。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 　 　。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为 　 　，滤渣B的主要成分为 　 　。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr（II），既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式：　 　。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图2所示：

若不考虑气体的溶解，当收集到13.44LH2（标准状况下）时有　 　molCr2O72﹣被还原，一段时间后产生Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，若电解后溶液中c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1，则c（Fe3+）＝　 　。（已知Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣31）
17．（2022•湖北模拟）目前市面上的新能源汽车部分采用的是磷酸铁锂电池，其电极材料以硫铁矿（主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4）为原料制备，工业流程如图所示。

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
（1）LiFePO4中铁元素的化合价为 　 　，滤渣2的主要成分是 　 　（填化学式）与过量的FeS。
（2）加入绿色液态试剂R前需确定溶液中Fe2+的物质的量浓度，可利用酸性高锰酸钾溶液滴定，写出滴定反应的离子方程式　 　，若滴定10.00mL滤液消耗0.1000mol/LKMnO4标准液12.00mL，则10L滤液应至少加入4mol/L的R溶液 　 　L。
（3）加入试剂R后确定溶液中是否残留Fe2+的操作方法：　 　。
（4）为了使Al3+完全沉淀加入FeO调节pH最低为5.2（分析化学认为当溶液中离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，该离子完全沉淀），计算Ksp[Al（OH）3]＝　 　（不写单位）。
（5）写出高温煅烧中由FePO4制备LiFePO4的化学反应方程式 　 　。
18．（2022•辽宁模拟）钢铁厂每年产生大量高钛渣（主要含TiO2、Fe2O3、SiO2、CaO、MgO、Al2O3），研究人员设计一种分段焙烧高钛渣的综合利用工艺解决了堆放污染土壤和水源的问题，流程如图：

已知：
①FeCl3（熔点：306℃、沸点：316℃）；TiCl4（熔点：﹣25℃、沸点：136.4℃）。
②30℃：Ksp[Al（OH）3]＝2.7×10﹣34、Ksp[Mg（OH）2]＝1.6×10﹣11、Kw≈1×10﹣14，当溶液中某离子浓度低于1×10﹣5mol•L﹣1时，则认为该离子沉淀完全。
③lg2＝0.3、lg3＝0.5。
请回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　 　。
（2）“低温焙烧”时，常将高钛渣粉碎，这样做的好处是 　 　（任答一点）。
（3）“浸渣1”的主要成分除了含Si化合物之外，还有一种物质可以应用在医疗上做绷带，该物质是 　 　（填化学式）。
（4）“控温凝华”步骤控制的最低温度是 　 　℃（不考虑助剂影响）。
（5）写出“水解”步骤发生反应的化学方程式 　 　。
（6）①若“高温焙烧”步骤使用的硫酸盐助剂为硫酸铵，两次“调pH”所用的试剂2最好选择 　 　（填字母）。
A.氨水
B.MgO
C.Al2O3
D.SiO2
②“调pH”操作均在30℃时进行，第一次调整的pH最低为 　 　。
（7）工业上可用金属Mg还原TiO2（Ar保护）获得金属Ti，该冶炼过程的化学方程式为 　 　，分析冶炼过程中保护气Ar能否由N2代替？并说明理由 　 　。
19．（2022•甘肃模拟）镍氢电池是一种 新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯（主要成分为Ni（ OH）2、Co（ OH）2及少量铁、铝的氧化物等）生产硫酸镍、碳酸钴工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有 　 　（写出一种合理方法即可），向Co（OH）3中加入H2O2的目的是 　 　。
（2）沉淀A的主要成分是 　 　（填化学式），“浸出液”调节pH的范围为 　 　。
（3）“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，此时c（Co2+）小于 　 　mol•L﹣1。（已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15）
（4）用滴定法测定NiSO4•7H2O产品中镍元素含量。取2.00g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol•L﹣1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2～3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。
已知：①Ni2++H2Y2﹣＝[NiY]2﹣+2H+
②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的操作和现象是 　 　。
②样品中镍元素的质量分数为 　 　% （精确到0.01）。
（5）NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 　 　。
20．（2022•成都模拟）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质）为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。

已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
Fe（OH）3
Ksp
2.1×10﹣13
3.0×10﹣16
5.0×10﹣16
1.1×10﹣36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图2所示。由图可知，所采用的最佳实验条件（温度、时间）为 　 　；

（2）MnO2主要用于氧化 　 　。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖、硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式 　 　；
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、　 　（填化学式，其中Co、Ni均为+2价）。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有作用；“沉锰”的关键操作有两点：
①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；
②反应终点pH在7附近。
如果①中颠倒试剂滴加顺序（反应pH大于7），可能造成的后果是 　 　；若反应终点pH低于7，可能的后果是 　 　。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4.则电解时阳极生成Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4的总反应为 　 　。
21．（2022•山西一模）电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。如图1是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。

该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图2所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn（OH）42﹣存在。

回答下列问题：
（1）电解除铜时，铜在 　 　极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是 　 　；
（2）电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，如表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是 　 　；
电解电压
1V
2.1V
2.4V
2.7V
2.4V
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
（3）当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c（Zn2+）为（列出计算式） 　 　；
（4）沉镍时调节pH大于 　 　；
（5）沉锌时反应的离子方程式为 　 　；
（6）沉锌后的滤液中的主要溶质为 　 　（填化学式）。
22．（2022•深圳一模）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：

已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 　 　（填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 　 　。
（2）“有机相2”可在该流程 　 　步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 　 　。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝　 　mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 　 　（填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 　 　（填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。

①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 　 　极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应：　 　；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 　 　。
23．（2022•广东模拟）市政污泥含大量金属（Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等），不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾（ZnSO4•7H2O）的工艺流程如图：

已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 　 　（任写一条）。
（2）“一系列操作”主要包括、　 　、过滤、洗涤，干燥。
（3）用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 　 　。
（4）“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag（NH3）2Cl（可溶于水，电离成[Ag（NH3）2]+和Cl﹣），用肼（N2H4）还原Ag（NH3）2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：　 　，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　 　。
（5）浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 　 　。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 　 　。在pH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 　 　。

24．（2022•湖南模拟）铁的化合物有广泛用途，如三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体{K3[Fe（C2O4）3]⋅xH2O}是一种光敏材料，也可作催化剂，碳酸亚铁（FeCO3）可作补血剂等，以废铁屑（含Fe2O3及少量Fe和SiO2）为原料制备以上物质的流程如图：

已知：
①25℃，Ksp[Fe（OH）3]＝2.0×10﹣39，Ksp[Fe（OH）2]＝5.0×10﹣17Ksp（FeCO3）＝3.0×10﹣11；
②离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1认为沉淀完全；
③K3Fe（C2O4）3⋅3H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。
回答下列问题：
（1）滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+，检验Fe2+所用的试剂为 　 　（填化学式）。
（2）室温下，若滤液Ⅰ中c（Fe3+）为2mol⋅L﹣1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c（H+）至少应大于 　 　mol⋅L﹣1。
（3）将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为；已知饱和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用饱和Na2CO3溶液代替饱和NH4HCO3溶液来制备FeCO3？　 　（填“是”或“否”）。
（4）滤液Ⅰ与足量空气发生反应的离子方程式为；甲同学认为该步反应用稀H2O2代替空气效果更好，乙同学不同意甲的观点，其理由是 　 　。
（5）获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含 　 　（填操作名称）；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为 　 　。

2022年高考化学考前20天终极冲刺之工艺流程
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2022•南通二模）一种利用废旧镀锌铁皮制备磁性Fe3O4纳米粒子的工艺流程如图。

下列有关说法不正确的是（　　）
A．“碱洗”是为了去除废旧镀锌铁皮表面的油污
B．“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++ClO﹣+2H+═2Fe3++Cl﹣+H2O
C．“氧化”后的溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+
D．用激光笔照射“加热沉铁”后所得分散系，产生丁达尔效应
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】向废旧镀锌铁皮中加入氢氧化钠溶液除去锌，过滤向固体中加入稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入次氯酸钠溶液，将一部分亚铁离子氧化为铁离子，发生反应：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，先通入氮气排尽空气（防止后续生成的氢氧化亚铁被氧化），加入氢氧化钠溶液产生氢氧化亚铁、氢氧化铁胶体，分离得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，灼烧得到四氧化三铁。
【解答】解：A．由分析可知，“碱洗”是为了除去锌，生成Na2ZnO2，过滤得到铁单质，故A错误；
B．“氧化”时，亚铁离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，故B正确；
C．“氧化”时，部分亚铁离子与次氯酸根离子发生反应：2Fe2++ClO﹣+2H+＝2Fe3++Cl﹣+H2O，故溶液中金属阳离子主要有Fe2+、Fe3+、Na+，故C正确；
D．“加热沉铁”后所得分散系为胶体，胶体可产生丁达尔效应，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
2．（2022•门头沟区一模）在实验室中以含镍废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）为原料制备NixOy和CoCO3的工艺流程如图。

下列说法不正确的是（　　）
A．“滤渣I”中含硅和钡元素
B．“氧化”“调pH时均需要加过量的试剂”
C．“沉钴”过程发生的反应为Co2++2HCO3﹣＝CoCO3↓+CO2↑+H2O
D．沉钴”时，若 c（Co2+）＝0.02mol•L﹣1，为了防止沉钴时生成Co（OH）2，常温下应控制溶液pH＜7.5 （已知 Ksp[Co（OH）2]＝2×10﹣15）
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【专题】制备实验综合．
【分析】由流程可知，含镍废料（主要成分为NiO，含少量FeO、Fe2O3、CoO、BaO和SiO2）中加入稀硫酸酸浸，过滤分离出滤渣Ⅰ为SiO2、BaSO4，滤液中含有NiSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3、CoSO4，加入氧化剂H2O2氧化FeSO4，加入Na2CO3调节pH使Fe2（SO4）3等转化为黄钠铁矾渣NaFe3（SO4）2（OH）6过滤除去，反应的离子方程式为3Fe3++Na++2SO42﹣+3H2O+CO32﹣＝NaFe3（SO4）2（OH）6↓+CO2↑，再加入有机萃取剂，振荡、静置、分液得到含NiSO4的有机层和含有CoSO4的水层溶液，向含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO3﹣+Co2+＝CoCO3↓+CO2↑+H2O，过滤、洗涤、干燥得到CoCO3；在含NiSO4的有机层反萃取得到NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4•6H2O晶体，煅烧生成NixOy，以此来解答。
【解答】解：A．结合分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2、BaSO4，“滤渣I”中含硅和钡元素，故A正确；
B．“调pH”过程中，Na2CO3不能过量，否则Co2+和Ni2+会与碳酸根离子反应生成沉淀而损失，故B错误；
C．在含有CoSO4的溶液中加入碳酸氢钠，使Co2+转化为CoCO3沉淀，离子方程式为2HCO3﹣+Co2+＝CoCO3↓+CO2↑+H2O，故C正确；
D．当恰好刚生成Co（OH）2时的c（OH﹣）＝mol/L＝1×10﹣6.5mol/L，常温下c（H+）＝＝＝10﹣7.5mol/L，即pH＝7.5，则为了防止沉钴时生成Co（OH）2，常温下应控制溶液pH＜7.5，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
3．（2022•房山区一模）高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为Fe（OH）3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。

下列叙述不正确的是（　　）
A．反应Ⅰ的化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3
B．反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3
C．用FcCl2溶液吸收反应Ⅰ中尾气所得产物可再利用
D．用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，Fe（OH）3胶体吸附杂质净化水
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【专题】制备实验综合．
【分析】铁与氯气反应生成氯化铁，加入NaClO、NaOH，次氯酸钠将铁离子在碱性条件下氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾（K2FeO4），分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。
【解答】解：A．反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl22FeCl3，故A正确；
B．反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为﹣1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故B错误；
C．尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故C正确；
D．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯、元素和化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。
4．（2022•辽宁模拟）某工厂为了提高资源利用率并减少环境污染，设计了如图所示流程，可以从主要成分为NiO的含镍废料（杂质种类为CuO、FeO和SiO2）中回收金属资源。下列说法正确的是（　　）
A．两次酸溶选择稀硫酸效果都好于98%的浓硫酸
B．操作X是将酸溶所得溶液加热蒸干
C．反应Ⅰ除了产生滤渣外还可能产生可直接排放的气体
D．滤液1、滤液2和滤液3中主要的金属离子均为两种
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】无机实验综合．
【分析】制备NiSO4，由流程可知，含镍废料（主要成分为NiO，含有少量CuO、FeO和SiO2）需加入硫酸酸溶，滤渣1为SiO2，滤液1含有NiSO4、CuSO4、FeSO4，加入FeS，可除去铜离子，生成滤渣2含有CuS，滤液2中加入碳酸钠，可生成碳酸亚铁，加入硫酸溶液可生成硫酸亚铁，蒸发结晶得到硫酸亚铁晶体，滤液3含有NiSO4，以此解答该题。
【解答】解：A.第一次浓硫酸溶解对应的产物有二氧化硫产生，对环境有污染，且第二次浓硫酸溶解可以氧化亚铁离子，使产品混有杂质，故A正确；
B.结合分析可知，操作X为加热蒸发，冷却结晶，不能直接蒸干，故B错误；
C.反应I的气体为氢气，不可直接排放，故C错误；
D.结合分析可知，滤液1含有NiSO4、CuSO4、FeSO4，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
5．（2022•潍坊模拟）以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3）为原料制备铬的工艺流程如图所示：

下列说法错误的是（　　）
A．焙烧时氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：4
B．滤渣1的主要成分为Fe2O3
C．酸浸时应加入足量稀硫酸
D．转化时发生反应的化学方程式为 4Na2CrO4+6S+7H2O＝4Cr（ OH）3+3Na2S2O3+2NaOH
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，含有少量Al2O3）为原料制备铬，铬铁矿中加入Na2CO3、O2焙烧，反应后的产物中含有Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，然后水浸，Fe2O3不溶于水，则滤渣1为Fe2O3，溶液中含有Na2CrO4、NaAlO2、Na2CO3，滤液中加入稀硫酸，酸浸后得到Na2CrO4，则滤渣2为Al（OH）3，Na2CrO4中加入S得到Cr（OH）3、Na2S2O3，反应方程式为4Na2CrO4+6S+7H2O＝4Cr（ OH）3+3Na2S2O3+2NaOH，Cr（OH）3通过一系列反应得到Cr。
【解答】解：A．FeO•Cr2O3焙烧后生成Na2CrO4、Fe2O3，反应方程式为4FeO•Cr2O3+16NaOH+7O2＝8Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O，氧化剂是O2、还原剂是FeO•Cr2O3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为7：4，故A正确；
B．通过以上分析知，滤渣1主要为Fe2O3，故B正确；
C．Al（OH）3能溶于稀硫酸，所以加入稀硫酸不能足量，故C错误；
D．通过以上分析知，该反应方程式为4Na2CrO4+6S+7H2O＝4Cr（ OH）3+3Na2S2O3+2NaOH，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质制备，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，题目难度不大。
6．（2022•盐城一模）由重晶石矿（主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质）可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如图所示。

下列说法正确的是（　　）
A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理
B．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿
C．在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1
D．因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取
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【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．
【分析】由流程可知，焙烧时发生BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s），加盐酸时BaS与盐酸反应生成氯化钡和硫化氢，过滤分离出滤渣为SiO2，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出BaCl2•2H2O，以此来解答。
【解答】解：A.为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理，可增大接触面积，加快反应速率，且可充分反应，故A正确；
B.“高温焙烧”需要坩埚，“结晶”需要蒸发皿，故B错误；
C.焙烧时发生BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s），S元素的化合价降低、C元素的化合价升高，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，故C错误；
D.因硫酸钡难溶，则不能用硫酸代替盐酸进行浸取，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2022•广东模拟）对废旧金属的回收利用具有社会、经济、生态等方面的效益，某研究小组设计以废铁屑为原料制备聚合硫酸铁[Fe2（OH）m（SO4）p]n的工艺流程如图，聚合硫酸铁是一种新型絮凝剂，处理污水能力比FeCl3高效，且腐蚀性小。下列说法错误的是（　　）
A．废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好
B．操作X中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C．“酸浸氧化”时，可用过量的稀硝酸代替稀硫酸和H2O2溶液
D．可用K3Fe（CN）6溶液检验“酸浸氧化”反应后的溶液中是否含有Fe2+
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】废铁屑用Na2CO3溶液浸取除去油污，在酸浸中加入酸，酸浸时加入的酸能腐蚀Fe且不能引进杂质，根据PFS成分知，酸为硫酸；然后过滤，向滤液中加入氧化剂，氧化剂能氧化亚铁离子且不能引进新的杂质，选取双氧水；然后向聚合釜中加入水和硫酸，最后得到PFS，据此分析回答问题。
【解答】解：A.温度越高，碳酸钠碱性越强，故废铁屑用Na2CO3溶液浸取时，可适当地升高温度，浸取效果更好，故A正确；
B.操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故B正确；
C.酸浸槽中加入的酸液不能用稀硝酸代替稀硫酸，硝酸会与废铁屑生成污染性的气体，故C错误；
D.可用K3Fe（CN）6溶液与Fe2+产生蓝色沉淀，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
二．解答题（共17小题）
8．（2022•东城区一模）我国芒硝（Na2SO4•10H2O）储量居世界第一，由芒硝制备NaOH具有重要价值。
Ⅰ．以芒硝和石灰石为原料生产NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的主要流程如图。

（1）i、ii中涉及到的分离操作是 　过滤　。
（2）原料石灰石经反应 　CaCO3CaO+CO2↑　、CaO+H2O═Ca（OH）2，可获得流程中所需的CO2和石灰乳。
（3）HA是一种弱酸，在上述流程中可以循环使用。
已知：温度相同时，溶解度s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4）
①从平衡移动的角度解释HA在i中反应起到的作用：　溶解度s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4），Ca（OH）2+Na2SO4⇌CaSO4+2NaOH，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成　。
②本流程中还利用了HA的性质是 　难溶于水　。
（4）溶液c中会含有少量NaHCO3，但不会影响钠的利用率，原因是 　NaHCO3+Ca（OH）2＝NaOH+CaCO3↓+H2O　。（用化学方程式表示）。
Ⅱ．利用电解法制备NaOH（如图所示）。

（5）产生OH﹣电极反应是 　2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑　，NaOH在 　C　（填“A”或“C”）区生成。
（6）若改变上述装置中的阳极材料，并将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2﹣2e﹣═2H+。从电能与化学能转化的角度思考：产生等量的NaOH时，与原装置相比，消耗的电能 　减小　（填“增大”“减小”或“不变”）。
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【专题】电化学专题；无机实验综合．
【分析】Ⅰ.硫酸钠溶液和石灰乳制备NaOH、CaSO4和轻质CaCO3的工艺路程题，硫酸钠溶液和石灰乳反应生成硫酸钙沉淀和含NaOH的a溶液，利用平衡移动的原理在原料混合物中加入HA再通过过滤制备硫酸钙，向滤液a中通入二氧化碳制得碳酸钠溶液，同时得到HA沉淀，HA返回重新利用；向溶液c加入石灰乳得到氢氧化钠和碳酸钙；硫酸钙纯化得到纯的CaSO4，此解题；
Ⅱ.A室中氢氧根根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，氢离子和B中过来的硫酸根离子反应生成硫酸；C中的水（氢离子）得到电子发生还原反应氢气，电极反应为2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，氢氧根离子和B中过来的钠离子生成NaOH，据此分析解答。
【解答】解：（1）根据流程图可知，通过i、ii后都是得到溶液和沉淀，故i、ii中涉及到的分离操作是过滤，
故答案为：过滤；
（2）石灰石的主要成分是碳酸钙，第二步反应是氧化钙和水反应，生成氢氧化钙，故第一步反应为碳酸钙分解，方程式为：CaCO3CaO+CO2↑，
故答案为：CaCO3CaO+CO2↑；
（3）①根据题给信息可知，s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4），由流程可知，在i中得到硫酸钙，故HA在i中反应起到的作用是：由于溶解度s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4），Ca（OH）2+Na2SO4⇌CaSO4+2NaOH，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成，
故答案为：溶解度s[Ca（OH）2]＜s（CaSO4），Ca（OH）2+Na2SO4⇌CaSO4+2NaOH，正向反应限度小，加入HA消耗NaOH使上述平衡正向移动，促进CaSO4生成；
②通过流程可知通过ii后，得到HA沉淀，故本流程中还利用了HA的性质是难溶于水，
故答案为：难溶于水；
（4）在溶液c中加入石灰乳后碳酸氢钠可以和其反应生成氢氧化钠，化学方程式为：NaHCO3+Ca（OH）2＝NaOH+CaCO3↓+H2O，
故答案为：NaHCO3+Ca（OH）2＝NaOH+CaCO3↓+H2O；
（5）在阴极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑；由图可知右侧为阴极，在电解的过程中，钠离子向阴极移动，且在阴极产生氢氧根离子，故NaOH在C区生成，
故答案为：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑；C；
（6）将阴极产生的H2导入阳极，发生反应：H2﹣2e﹣＝2H+，则此时原来在阳极被电解的水不再被电解，水被电解的总量减少，消耗的电能减少，
故答案为：减小。
【点评】本题考查了物质的制备实验、电化学应用，题目难度中等，涉及方程式书写、分离提纯操作、平衡的移动等知识，明确实验原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
9．（2022•房山区一模）铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：

已知：Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+K＝1.7×107；Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。
（1）基态Cu原子的核外电子排布式是 　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　。
（2）炉气中的SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 　SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4　。
（3）溶液a的主要成分是 　CuSO4　。
（4）水氯化浸金过程中，2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4。[AuCl4]+配离子中提供空轨道的是 　Au　，配位数是 　4　。
（5）加入氨气后，AgCl溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 　AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣　，该反应的平衡常数K＝　3.06×10﹣3　。
（6）N2H4分子中N原子的杂化类型为 　sp3杂化　、在沉银过程中的作用是 　作还原剂　。
（7）Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm（1pm＝1×1010cm）晶体银的密度ρ＝　　g/cm3。

【考点】晶胞的计算；原子核外电子排布．菁优网版权所有
【专题】化学键与晶体结构．
【分析】铜阳极泥含有金属（Au、Ag、Cu等）及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2Se、Ag、AgCl等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应2Au+3Cl2+2HCl＝2HAuCl4，接着通入氨气，AgCl溶解：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答；
（1）Cu为29号元素，原子核外有29个电子；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4；
（3）由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；
（4）[AgCl4]+配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子；
（5）根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，已知AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣ Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，又AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl⇌Ag++Cl﹣；
（6）N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，[Ag（NH3）2]+被还原为Ag单质，得到粗银粉；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为 ＝4，则1个Ag的晶胞的质量为 g，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度 。
【解答】解：（1）Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
（2）SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4，
故答案为：SeO2+2SO2+2H2O＝Se+2H2SO4；
（3）由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4，
故答案为：CuSO4；
（4）[AgCl4]+配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4，
故答案为：Au；4；
（5）根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣，已知AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣ Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，又AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl⇌Ag++Cl﹣，则反应AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣的平衡常数为K×Ksp（AgCl）＝1.7×107×1.8×10﹣10＝3.06×10﹣3，
故答案为：AgCl+2NH3⇌[Ag（NH3）2]++Cl﹣；3.06×10﹣3；
（6）N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，[Ag（NH3）2]+被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂，
故答案为：sp3杂化；作还原剂；
（7）由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为 ＝4，则1个Ag的晶胞的质量为 g，又晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积为V＝a3×10﹣30cm3，因此晶体银的密度 ＝g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题主要考查核外电子排布、原子的杂化、配合物、晶胞的结构及计算等知识点，中等难度，解题的难点在于对晶胞结构的观察和空间想象。
10．（2022•房山区一模）金属钛（Ti）性能优越，被称为继铁、铝之后的“第三金属”．工业上以钛铁矿（主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质）为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：

已知：2H2SO4（浓）+FeTiO3＝TiOSO4+FeSO4+2H2O
（1）步骤I中发生反应的离子方程式：　Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　、　SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O　．

（2）已知：TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中．25℃时，难溶电解质溶解度（s）与pH关系如图1，TiO（OH）2溶度积Ksp＝1×10﹣29
①步骤Ⅲ加入铁屑原因是 　将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀　．
②TiO2+水解的离子方程式为 　TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+　．
向溶液II中加入Na2CO3粉末的作用是 　调节溶液pH值，促进TiO2+水解　．当溶液pH接近 　3　时，TiO（OH）2已沉淀完全．
（3）TiCl4Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高于 　1412　℃即可．

TiCl4
Mg
MgCl2
Ti
熔点/℃
﹣25.0
648.8
714
1667
沸点/℃
136.4
1090
1412
3287
（4）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2﹣CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．写出阳极上所发生的反应式：　C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑　．
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【专题】实验设计题．
【分析】钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，由图1可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中含有TiOSO4，加入碳酸钠溶液，调节pH接近3，TiO（OH）2沉淀完全，再经过系列操作得到Ti．
（1）步骤I中发生反应有：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水；
（2）①步骤Ⅲ加入铁屑，将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO（OH）2与H+；
加入碳酸钠溶液，促进TiO2+水解，调节pH接近3，TiO（OH）2沉淀完全；
（3）控制稳定使混合物中Mg、MgCl2转化为气态，而Ti不能转化为气态；
（4）电解时阳极发生氧化反应，由电解池结构可知，阳极上氧离子失去电子生成氧气，与碳作用生成二氧化碳．
【解答】解：钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中主要含有FeTiO3、FeO，再用浓硫酸处理，得到强酸性溶液中含有TiOSO4、FeSO4及未反应的硫酸等，由图1可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，沉降分离得到溶液中主要含有Fe2+、TiO2+及硫酸根，再浓缩蒸发得到绿矾与溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中含有TiOSO4，加入碳酸钠溶液，调节pH接近3，TiO（OH）2沉淀完全，再经过系列操作得到Ti．
（1）步骤I中发生反应有：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠与水，相应反应离子方程式为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O、SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，
故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O；
（2）①由图可知TiO（OH）2与Fe（OH）3沉淀的pH很接近，所以加入铁粉目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，
故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；
②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO（OH）2与H+，离子方程式为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；
加入碳酸钠溶液后得到TiO（OH）2沉淀，所以向溶液Ⅱ中加入Na2CO3粉末的作用是：调节溶液pH值，促进TiO2+水解；由图可知，pH＝3时TiO（OH）2已沉淀完全，
故答案为：TiO2++2H2O⇌TiO（OH）2+2H+；调节溶液pH值，促进TiO2+水解；3；
（3）Mg、MgCl2的沸点最高是1412℃，而Ti的熔点为1667℃，所以当温度略高于1412℃时Mg、MgCl2以气体的形式除去，而得到Ti，
故答案为：1412；
（4）电解时阳极发生氧化反应，由电解池结构可知，阳极上氧离子失去电子生成氧气，与碳作用生成二氧化碳，阳极电极反应式为：C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑，
故答案为：C+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2↑．
【点评】本题综合考查物质制备实验、物质分离提纯、对操作的分析评价、电解原理等，注意分析工艺流程中试剂线、原理线、操作线，要求学生具有一定分析和解决问题的能力，题目难度中等．
11．（2022•辽宁模拟）蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：

请回答下列相关问题。
（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是 　Mg3Si2O5（OH）4+3H2SO4＝3MgSO4+2H2SiO3↓+3H2O　。
（2）分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是 　提高MgO的产率　。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是 　取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生　。
（3）净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的pH调至9，已知Ni2+开始沉淀的pH为7，Ksp[Ni（OH）2]＝2.0×10﹣15，Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣38，此时溶液中＝　3.0×10﹣18　，净化过程中Ni2+的去除率＝　99.99%　。（去除率＝，忽略净化过程中溶液的体积变化）
（4）理论上沉淀反应中可选用NaOH作沉淀剂生成Mg（OH）2沉淀，也可选用Na2CO3作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物[MgCO3⋅Mg（OH）2⋅5H2O]，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用Na2CO3作沉淀剂，原因是 　MgCO3•Mg（OH）2•5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高　。
（5）沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是 　40～45℃　，最佳摩尔计量比是 　1：1.4　。

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．
【分析】蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物，蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，Fe、Al、Cr、Ni的氧化物和硫酸反应生成硫酸盐，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗MgSO4、H2O2、NH3•H2O净化，精制MgSO4溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯MgO；
（1）主要反应为Mg3Si2O5（OH）4和硫酸的反应，生成硫酸镁、硅酸和水；
（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失；用盐酸、氯化钡溶液检验硫酸根离子；
（3）加氨水将溶液的pH调至9，溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣5mol/L，c（Ni2+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，c（Cr3+）＝＝mol/L＝6.0×10﹣23mol/L，此时溶液中＝＝；pH＝7时Ni2+开始沉淀，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，原来溶液中c（Ni2+）＝＝mol/L＝0.2mol/L，净化过程中Ni2+的去除率＝×100%；
（4）MgCO3•Mg（OH）2•5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小；
（5）纯度和产率越高越好。
【解答】解：（1）酸浸时发生的主要反应为Mg3Si2O5（OH）4和硫酸的反应，该反应的化学方程式是Mg3Si2O5（OH）4+3H2SO4＝3MgSO4+2H2SiO3↓+3H2O，
故答案为：Mg3Si2O5（OH）4+3H2SO4＝3MgSO4+2H2SiO3↓+3H2O；
（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率；证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的SO42﹣，操作方法为：取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生，
故答案为：提高氧化镁的产率；取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；
（3）加氨水将溶液的pH调至9，溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣5mol/L，c（Ni2+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣5mol/L，c（Cr3+）＝＝mol/L＝6.0×10﹣23mol/L，此时溶液中＝＝＝＝3.0×10﹣18，pH＝7时Ni2+开始沉淀，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣7mol/L，原来溶液中c（Ni2+）＝＝mol/L＝0.2mol/L，净化过程中Ni2+的去除率＝×100%＝99.99%，
故答案为：3.0×10﹣18；99.99%；
（4）采用Na2CO3作沉淀剂时得到的沉淀是MgCO3•Mg（OH）2•5H2O，与Mg（OH）2沉淀相比，MgCO3•Mg（OH）2•5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高，
故答案为：MgCO3•Mg（OH）2•5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；
（5）纯度和产率越高越好，根据图知，温度40～45℃、摩尔计量比1：1.4时，产率和产品纯度都较高，
故答案为：40～45℃；1：1.4。
【点评】本题考查物质分离提纯及物质制备，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确流程图中各物质成分及其性质、溶度积常数的有关计算方法是解本题关键，难点是（3）题计算，题目难度中等。
12．（2022•重庆模拟）三氧化二砷（As2O3）可用于治疗急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷废水（含AsO33﹣、H+、SO42﹣）可提取三氧化二砷，提取工艺流程如图：

已知：①常温下，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18；Ksp（Ag2S）＝6.4×10﹣50。
②As2O3+6NaOH═2Na3AsO3+3H2O。
③As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去过量的S2﹣。
回答下列问题：
（1）操作M的名称是 　过滤　，滤液N中含有的阳离子有Fe2+、H+、　Na+　。
（2）“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为 　2As2S3+9O22As2O3+6SO2　。
（3）“碱浸”的目的是 　从As2O3和Fe2O3的混合物中分离出As元素　，“滤渣Y”的主要成分是 　Fe2O3　（写化学式）。
（4）“氧化”中发生反应的离子方程式为 　AsO33﹣+H2O2＝AsO43﹣+H2O　。
（5）该流程中可循环使用的物质是 　SO2　（写化学式），某次“还原”过程中制得了1.98kg As2O3，则消耗标准状况下该物质的体积是 　448　L。
（6）溶液中金属离子的除去方法之一是Na2S沉降法。常温下，若某溶液中含Fe2+、Ag+，且浓度均为0.1mol•L﹣1，则向该溶液中滴加稀Na2S溶液时，先生成的沉淀是 　Ag2S　（填化学式）。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．菁优网版权所有
【专题】物质的分离提纯和鉴别．
【分析】由流程可知，酸性高浓度含砷废水加入硫化钠、硫酸亚铁，其中硫酸亚铁可除去过量的硫离子，过滤得到As2S3和FeS，焙烧，As2S3和FeS在空气中焙烧得到As2O3、Fe2O3以及SO2，加入NaOH溶液溶解焙烧产物，As2O3反应生成Na3AsO3形成溶液，过滤得到的滤渣Y为Fe2O3，加入双氧水将Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入二氧化硫和稀硫酸将Na3AsO4还原得到As2O3，以此解答该题。
【解答】解：（1）将固体和液体分离可以采用过滤的方法，则操作M为过滤；沉砷时加入了硫化钠和硫酸亚铁，则N中阳离子除了Fe2+、H+还有Na+，
故答案为：过滤；Na+；
（2）焙烧过程中As2S3中S元素被空气中的氧气氧化为SO2，结合元素守恒和电子守恒可得反应方程式为2As2S3+9O22As2O3+6SO2，
故答案为：2As2S3+9O22As2O3+6SO2；
（3）根据题目所给信息可知As2O3可以和NaOH溶液发生反应，而Fe2O3不能，所以碱浸的目的是从As2O3和Fe2O3的混合物中分离出As元素，滤渣Y为Fe2O3，
故答案为：从As2O3和Fe2O3的混合物中分离出As元素；Fe2O3；
（4）氧化过程中AsO33﹣被双氧水氧化成AsO43﹣，结合电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为AsO33﹣+H2O2＝AsO43﹣+H2O，
故答案为：AsO33﹣+H2O2＝AsO43﹣+H2O；
（5）焙烧过程产生二氧化硫，二氧化硫具有还原性，还原时可用二氧化硫还原Na3AsO4，所以可以循环使用的物质为SO2；1.98kgAs2O3的物质的量为＝10mol，还原过程中As元素由+5价变为+2价，所以生成10mol产品转移40mol电子，S元素由+4（SO2）价变为+6（SO42﹣）价，所以转移40mol电子时需要消耗20mol二氧化硫，标况下体积为20mol×22.4L/mol＝448L，
故答案为：SO2；448；
（6）常温下Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18、Ksp（Ag2S）＝6.4×10﹣50，生成FeS沉淀需要的c（S2﹣）＝mol/L＝6.3×10﹣17mol/L，生成Ag2S沉淀需要的c（S2﹣）＝mol/L＝6.4×10﹣48mol/L，先生成的沉淀为Ag2S，（或虽然两种沉淀类型不同，但硫化银的溶度积比硫化亚铁的溶度积小得多，所以可断定硫化银更难溶，所以相同情况下，先生成的沉淀为Ag2S），
故答案为：Ag2S。
【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
13．（2022•潍坊模拟）碲（Te）广泛应用于冶金、航空航天、电子等领域。从精炼钢的阳极泥中（主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等）回收碲的工艺流程如图：

已知：TeO2 有强还原性，且TeO2、Cu2TeO4 难溶于水；高碲酸钠的化学式：Na2TeO4。
回答下列问题：
（1）为提高“反应”效率，可采取的措施为 　阳极泥粉碎（或适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量）　（任答一条）。
（2）滤液i的主要成分是 　CuSO4　 （ 写化学式）。滤液i中溶质的浸出率与温度关系如图所示，解释铜的浸出率随温度变化的可能原因 　随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高；温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4沉淀浸出率降低　。

（3）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为 　TeO32﹣+H2O2＝TeO42﹣+H2O　。滤液ii可循环使用，应将其导入到 　碱浸　（写操作单元名称）操作中。
（4）“沉碲”过程中发生反应的离子方程式为 　TeO42﹣+3SO32﹣+2H+＝3SO42﹣+Te↓+H2O　。
（5）粗碲粉中碲质量分数的测定步骤如下：
取mg粗碲粉，加入酸使其转化为亚碲酸（H2TeO3），配制成100mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中。向锥形瓶中加入V1mLc1mol•L﹣1酸性K2Cr2O7溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸（H6TeO6）。用c2mol•L﹣1硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2]标准溶液滴定剩余的酸性K2Cr2O7溶液，消耗V2mL硫酸亚铁铵标准溶液。该粗碲粉中碲的质量分数为 　%　。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥（主要成分为Cu2Te，还含有金、银、铂等）和硫酸、空气反应生成了不溶于水的TeO2，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是Cu2Te+2H2SO4+2O2＝2CuSO4+TeO2+2H2O，则反应过后水浸的滤液ⅰ的主要成分是CuSO4，滤渣的主要成分是不溶于水的TeO2，经过NaOH碱浸后，生成溶于水的Na2TeO3，然后在滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4，最后通过结晶分离出Na2TeO4，然后把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。
【解答】解：（1）“反应”是指把阳极泥固体和硫酸、空气混在一起反应，提高“反应”效率，就是使它们充分反应，快速反应，故可采取的措施有阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等，
故答案为：阳极泥粉碎（或适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量）；
（2）经分析，滤液i的主要成分是CuSO4，根据CuSO4的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度高到一定程度，由于TeO2具有强还原性，则和CuSO4发生氧化还原反应生成了难溶于水的Cu2TeO4，故后期温度升高，CuSO4的浸出率反而下降，
故答案为：CuSO4；随温度升高，CuSO4溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高；温度过高，CuSO4和TeO2反应生成难溶性的Cu2TeO4沉淀浸出率降低；
（3）经分析“氧化”过程是指含有Na2TeO3的滤液中加入H2O2使其氧化成Na2TeO4的过程，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO3+H2O2＝Na2TeO4+H2O，则该反应的离子方程式是TeO32﹣+H2O2＝TeO42﹣+H2O。滤液ii是指分离出Na2TeO4后的滤液，为了使Na2TeO3完全被氧化，加入的H2O2要过量，为了充分利用剩余的H2O2，可将其加入到碱浸这步操作中，使TeO2在碱浸中就被氧化，提高原料利用率，
故答案为：TeO32﹣+H2O2＝TeO42﹣+H2O；碱浸；
（4）经分析“沉碲”过程是指把Na2TeO4和H2SO4、Na2SO3放在一起反应生成不溶于水的碲，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是Na2TeO4+H2SO4+3Na2SO3＝4 Na2SO4+Te↓+H2O。则该反应的离子方程式是TeO42﹣+3SO32﹣+2H+＝3SO42﹣+Te↓+H2O，
故答案为：TeO42﹣+3SO32﹣+2H+＝3SO42﹣+Te↓+H2O；
（5）根据题意可知25.00mL H2TeO3溶液和V2mL c2mol•L﹣1硫酸亚铁铵被V1mLc1mol•L﹣1酸性K2Cr2O7溶液氧化，H2TeO3被氧化成H6TeO6，亚铁被氧化成+3价铁，K2Cr2O7被还原成+3价铬，根据电子守恒可得关系式c（H2TeO3）×25.00mL×2+c2×V2mL×1＝c1×V1mL×3×2，解得c（H2TeO3）＝mol•L﹣1，则100mL的H2TeO3溶液所含的n（H2TeO3）＝ mol•L﹣1×0.1L mol，n（H2TeO3）＝n（Te）＝mol，则m（Te）＝128g/mol×mol＝0.256（6c1V1﹣c2V2）g，故mg粗碲粉中碲的质量分数为×100%＝%，
故答案为：%。
【点评】本题考查了物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，综合性强，题目难度较大。
14．（2022•海南模拟）CoCl2常作湿度指示剂、分析试剂等。以钴液（主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质）为原料制备无水氯化钴（CoCl2）的流程如图（部分产物和条件省略）：

已知：①几种金属离子转化为氢氧化物沉淀的pH如表所示：
金属子
Al3+
Co2+
Ni2+
开始沉淀的pH
4.0
7.6
7.7
完全沉淀的pH
5.2
9.2
9.5
②SOCl2易水解生成内种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色。
回答下列问题：
（1）“酸浸”中SO2的作用是 　将Co3+还原为Co2+　，其发生的相关反应的离子方程式为 　2Co3++SO2+2H2O＝2Co2++SO42﹣+4H+　。
（2）“除铝”得到固体的主要成分是 　Al（OH）3　（填化学式），该步调节pH的范围为 　5.2≤pH＜7.6　。
（3）“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器有烧杯和 　分液漏斗　（填名称）。
（4）“系列操作”包括 　蒸发浓缩　、冷却结晶、过滤、洗涤等。
（5）在加热条件下“脱水”，写出该过程中总反应的化学方程式：　CoCl2•6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑　。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】以钴液（主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、Al2O3等杂质）为原料制备无水氯化钴（CoCl2），硫酸酸浸后Al2O3转化为Al3+，Co2O3转化为Co3+，CoO转化为Co2+，Ni转化为Ni2+，通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；加入碳酸钠固体将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，加入萃取剂HX除去Ni2+，并最终转化为NiSO4•7H2O，加入碳酸钠调沉钴得到碳酸钴，加入盐酸酸溶后经过一系列操作得到CoCl2，以此解答。
【解答】解：（1）由分析可知，“酸浸”中SO2的作用是将Co3+还原为Co2+，该反应中SO2中S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Co3++SO2+2H2O＝2Co2++SO42﹣+4H+，
故答案为：将Co3+还原为Co2+；2Co3++SO2+2H2O＝2Co2++SO42﹣+4H+；
（2）由分析可知，加入碳酸钠固体发生双水解反应得到Al（OH）3沉淀，由表格可知该步调节pH的范围为5.2≤pH＜7.6，
故答案为：Al（OH）3；5.2≤pH＜7.6；
（3）“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
（4）酸溶后的溶液经过重结晶可以得到六水合氯化钴，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，
故答案为：蒸发浓缩；
（5）在加热条件下“脱水”，CoCl2•6H2O和SOCl2反应生成CoCl2，该过程中总反应的化学方程式为CoCl2•6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑，
故答案为：CoCl2•6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑。
【点评】本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生知识综合应用能力，涉及离子方程式的书写、物质的分离提纯等知识点，明确化学原理是解本题关键，要明确流程图中各个步骤可能发生的反应、基本操作方法及所用仪器等，题目难度不中等。
15．（2022•广州一模）锑（Sb） 不用作阻燃剂、电极材料、值化剂等物质的原材料。一 种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）为原料提取锑的工艺如图：

已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
Mg2+
开始沉淀时（c＝0.01mol•L﹣1）的pH
2.2
3.7
7.5
9.6
完全沉淀时（c＝1.0×10 ﹣5mol•L﹣1）的pH
3.2
4.7
9.0
11.1
回答下列问题：
（1）“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化的化学方程式为 　Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2　。
（2）“还原”时加入Sb的目的是将 　Fe3+　还原，提高产物的纯度。
（3）“水解”时需控制溶液pH＝2.5。
①Sb3+发生水解的离子方程式为 　Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+　。
②下列能促进该水解反应的措施有 　ACD　 （ 填字母）。
A.升高温度
B.增大c（H+）
C.增大c（Cl﹣）
D.加入Na2CO3粉末
③为避免水解产物中混入Fe（OH）3，Fe3+ 浓度应小于 　10﹣2.9　mol•L﹣1。
（4）“滤液”中含有的金属阳离子有 　Al3+、Fe2+、Mg2+　。向“滤液”中通入足量 　Cl2　 （ 填化学式）气体，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀。将沉淀溶于浓盐酸后，产物可返回 　溶浸　工序循环使用。
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，阴极的电极反应式为 　SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合．
【分析】辉锑矿（主要成分为Sb2S3，还含有Fe2O3、Al2O3、MgO、SiO2等）中加入盐酸、FeCl3溶液溶浸，“溶浸”时氧化产物是S，Sb2S3被氧化为S，铁离子被还原为亚铁离子，所以Sb2S3“溶浸”时反应的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成对应的氯化物，SiO2不反应而形成浸出渣，加入Sb，Sb将Fe3+还原为Fe2+，Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl+2H+，SbOCl中加入HCl，酸溶生成SbCl4﹣，最后电解得到Sb。
【解答】解：（1）“溶浸”时氧化产物是S，S盐酸化合价由﹣2价变为0价，Fe元素化合价有+3价变为+2价，Sb2S3被氧化的化学方程式为Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2，
故答案为：Sb2S3+6FeCl3＝3S+2SbCl3+6FeCl2；
（2）溶液中含有未反应的Fe3+，为防止产生杂质，所以“还原”时加入Sb的目的是将Fe3+还原，防止其发生水解反应，提高产物的纯度，
故答案为：Fe3+；
（3）①根据图知，“水解”生成SbOCl，同时生成HCl，所以Sb3+发生水解的离子方程式为Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+，
故答案为：Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+；
②A．该水解反应是吸热反应，升高温度可促进反应进行，故A正确；
B．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制水解，故B错误；
C．水解反应为Sb3++Cl﹣+H2O⇌SbOCl↓+2H+，增大c（Cl﹣），平衡正向移动，可促进水解，故C正确；
D．加入Na2CO3粉末可消耗H+，c（H+）减小，平衡正向移动，促进水解，故D正确；
故选：ACD；
③Fe3+完全沉淀时的pH为3.2，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣10.8mol/L，c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3+）•c（OH﹣）3＝1.0×10﹣5×（10﹣10.8）3＝1.0×10﹣37.4，“水解”时需控制溶液pH＝2.5，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣11.5mol/L，c（Fe3+）＝＝mol/L＝10﹣2.9mol/L，
故答案为：10﹣2.9；
（4）Fe2O3、Al2O3、MgO与盐酸反应生成FeCl3、AlCl3、MgCl2，加入Sb将Fe3+还原为Fe2+，“滤液”中含有的金属阳离子有Al3+、Fe2+、Mg2+；向“滤液”中通入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+，且不能引进新的杂质，所以应该通入足量Cl2，再将滤液pH调至3.5，可析出Fe（OH）3沉淀，将沉淀溶于浓盐酸后，反应生成FeCl3，产物FeCl3可返回溶浸工序循环使用，
故答案为：Al3+、Fe2+、Mg2+；Cl2；溶浸；
（5）Sb可由SbCl4﹣电解制得，Sb得电子发生还原反应，则阴极的电极反应式为SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣，
故答案为：SbCl4﹣+3e﹣＝Sb+4Cl﹣。
【点评】本题考查物质分离提纯，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，明确流程图中各物质成分及其性质、物质分离提纯方法是解本题关键，注意结合习题分析解答，难点是确定各物质成分。
16．（2022•洛阳二模）铬铁矿石的主要成分为亚铬酸亚铁（FeCr2O4），还含有SiO2及少量难溶于水和碱溶液的杂质。铬及其化合物在化工上用途广泛，由铬铁矿石制备重要化工原料重铬酸钾（K2Cr2O7）的工艺流程如图1所示：

已知：铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2。
回答下列问题：
（1）为了加快矿石碱熔速率，可以采取的措施有 　将铬铁矿和碳酸钠固体粉碎　（任写一种）。
（2）写出铬铁矿碱熔后转化为Na2CrO4和NaFeO2的化学方程式 　4FeO•Cr2O3+7O2+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2　。
（3）“水浸”时，滤渣A为红褐色沉淀，NaFeO2水解的离子方程式为 　FeO2﹣+2H2O＝OH﹣+Fe（OH）3↓　。
（4）“调pH”时，气体X循环利用，X的化学式为 　CO2　，滤渣B的主要成分为 　H2SiO3　。
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr（II），既影响产品的纯度，又产生有毒气体污染环境，写出相关反应离子方程式：　Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O　。
（6）某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如图2所示：

若不考虑气体的溶解，当收集到13.44LH2（标准状况下）时有　0.1　molCr2O72﹣被还原，一段时间后产生Fe（OH）3和Cr（OH）3沉淀，若电解后溶液中c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1，则c（Fe3+）＝　2.0×10﹣12mol/L　。（已知Ksp[Fe（OH）3]＝4.0×10﹣38，Ksp[Cr（OH）3]＝6.0×10﹣31）
【考点】制备实验方案的设计；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】分析流程可知，铬铁矿与氧气、碳酸钠一起加热煅烧过程中，碳酸钠与二氧化硅反应生成了硅酸钠同时放出了二氧化碳气体X，碱熔后的产物遇到水，水解后过滤，生成滤渣A为氢氧化铁沉淀和滤液A，滤液A中主要含有Cr2O72﹣、SiO32﹣和OH﹣等阴离子，往滤液中通入二氧化碳气体调节溶液的pH值，同时除去溶液中的硅酸根离子、氢氧根离子，然后再次过滤，滤渣B为硅酸沉淀，滤液B中加硫酸使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，最后加氯化钾固体生成重铬酸钾，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）加快矿石碱熔速率，对于固体来说，可以把固体粉碎，增大反应的接触面积，
故答案为：将铬铁矿和碳酸钠固体粉碎；
（2）Na2CrO4和NaFeO2反应的化学方程式是：4FeO•Cr2O3+7O2+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2，
故答案为：4FeO•Cr2O3+7O2+10Na2CO38Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2；
（3）NaFeO2和水反应会产生红褐色沉淀为氢氧化铁沉淀，即FeO2﹣+2H2O＝OH﹣+Fe（OH）3↓，
故答案为：FeO2﹣+2H2O＝OH﹣+Fe（OH）3↓；
（4）结合分析可知，X为CO2，滤渣B为H2SiO3，
故答案为：CO2；H2SiO3；
（5）“铬转化”时，若盐酸浓度过大或用量过多，会使产品中含有Cr（Ⅲ），又产生有毒气体污染环境，可知氯离子被氧化成了氯气，所以相关反应离子方程式为Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O，
故答案为：Cr2O72﹣+14H++6Cl﹣＝2Cr3++3Cl2↑+7H2O；
（6）13.44 L氢气的物质的量为＝0.6mol，根据电子转移守恒n（Fe2+）＝＝0.6mol，根据Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，被还原的Cr2O72﹣的物质的量为0.6mol×＝0.1mol，电解后阳极区溶液中c（Cr3+）＝3.0×10﹣5mol•L﹣1，则溶液中c（OH﹣）＝＝mol/L，溶液中c（Fe3+）＝＝mol/L＝2.0×10﹣12mol/L，
故答案为：0.1；2.0×10﹣12mol/L。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。
17．（2022•湖北模拟）目前市面上的新能源汽车部分采用的是磷酸铁锂电池，其电极材料以硫铁矿（主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4）为原料制备，工业流程如图所示。

已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
开始沉淀的pH
2.3
7.5
4.0
完全沉淀的pH
4.1
9.7
5.2
（1）LiFePO4中铁元素的化合价为 　+2　，滤渣2的主要成分是 　S　（填化学式）与过量的FeS。
（2）加入绿色液态试剂R前需确定溶液中Fe2+的物质的量浓度，可利用酸性高锰酸钾溶液滴定，写出滴定反应的离子方程式　5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O　，若滴定10.00mL滤液消耗0.1000mol/LKMnO4标准液12.00mL，则10L滤液应至少加入4mol/L的R溶液 　0.75　L。
（3）加入试剂R后确定溶液中是否残留Fe2+的操作方法：　取少量待测液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含有亚铁离子，若溶液不褪色则不含有亚铁离子　。
（4）为了使Al3+完全沉淀加入FeO调节pH最低为5.2（分析化学认为当溶液中离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，该离子完全沉淀），计算Ksp[Al（OH）3]＝　10﹣31.4　（不写单位）。
（5）写出高温煅烧中由FePO4制备LiFePO4的化学反应方程式 　2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】无机实验综合．
【分析】硫铁矿（主要成分FeS2含少量Al2O3、SiO2、和Fe3O4）通入空气煅烧生成铝、铁的氧化物和二氧化硫，矿石中二氧化硅不反应；酸浸过程中铝、铁的氧化物和稀硫酸反应转化为相应的盐溶液，二氧化硅不和稀硫酸反应得到滤渣1，滤液加入FeS将铁离子转化为亚铁离子同时生成硫单质，过滤除去硫和过量FeS，滤液加入FeO调节pH值除去铝得到滤渣3，滤液加入过氧化氢，将亚铁离子转化为三价铁离子，再加入（NH4）2HPO4沉铁，得到磷酸铁，最后高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4。
【解答】解：（1）LiFePO4中锂元素、磷酸根化合价分别为+1、﹣3，化合物中正负化合价代数和为零，则铁元素的化合价为+2；酸浸后溶液中含有铁离子、亚铁离子、铝离子、氢离子，加入FeS，FeS和铁离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫单质，故滤渣2的主要成分是S与过量的FeS，
故答案为：+2；S；
（2）酸性高锰酸钾溶液和亚铁离子反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；由流程可知，绿色液态试剂R是把亚铁离子转化为铁离子，且不引入新杂质，则R为过氧化氢溶液；根据电子守恒可知：2MnO4﹣～10e﹣～5H2O2，滴定10.00ml滤液消耗0.1000mol/LKMnO4标准液12.00mL，则需要H2O2的物质的量为0.1000mol/L×12.00×10﹣3L×，则10L滤液需要H2O2的物质的量为0.1000mol/L×0.012L××＝3mol，需要4mol/L的R溶液3mol÷4mol/L＝0.75L，
故答案为：5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；0.75；
（3）亚铁离子具有还原性，确定溶液中是否残留Fe2+的操作方法可以为：取少量待测液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含有亚铁离子，若溶液不褪色则不含有亚铁离子，
故答案为：取少量待测液，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含有亚铁离子，若溶液不褪色则不含有亚铁离子；
（4）使Al3+完全沉淀加入FeO调节pH最低为5.2，则氢氧根离子浓度为105.2﹣14mol/L＝10﹣8.8mol/L，故Ksp＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝10﹣5×（10﹣8.8）3＝10﹣31.4，
故答案为：10﹣31.4；
（5）由流程结合原子守恒可知，高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4的混合物生成LiFePO4、二氧化碳、水，2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，
故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O。
【点评】本题考查分离提纯实验方案设计，为高频考点，把握实验原理、实验技能和方法为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
18．（2022•辽宁模拟）钢铁厂每年产生大量高钛渣（主要含TiO2、Fe2O3、SiO2、CaO、MgO、Al2O3），研究人员设计一种分段焙烧高钛渣的综合利用工艺解决了堆放污染土壤和水源的问题，流程如图：

已知：
①FeCl3（熔点：306℃、沸点：316℃）；TiCl4（熔点：﹣25℃、沸点：136.4℃）。
②30℃：Ksp[Al（OH）3]＝2.7×10﹣34、Ksp[Mg（OH）2]＝1.6×10﹣11、Kw≈1×10﹣14，当溶液中某离子浓度低于1×10﹣5mol•L﹣1时，则认为该离子沉淀完全。
③lg2＝0.3、lg3＝0.5。
请回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 　3d24s2　。
（2）“低温焙烧”时，常将高钛渣粉碎，这样做的好处是 　增大接触面积，提高焙烧速率或提高原料利用率；提高焙烧效率　（任答一点）。
（3）“浸渣1”的主要成分除了含Si化合物之外，还有一种物质可以应用在医疗上做绷带，该物质是 　CaSO4　（填化学式）。
（4）“控温凝华”步骤控制的最低温度是 　136.4　℃（不考虑助剂影响）。
（5）写出“水解”步骤发生反应的化学方程式 　TiCl4+（x+2）H2O＝TiO2•xH2O↓+4HCl　。
（6）①若“高温焙烧”步骤使用的硫酸盐助剂为硫酸铵，两次“调pH”所用的试剂2最好选择 　A　（填字母）。
A.氨水
B.MgO
C.Al2O3
D.SiO2
②“调pH”操作均在30℃时进行，第一次调整的pH最低为 　4.5或4+lg3　。
（7）工业上可用金属Mg还原TiO2（Ar保护）获得金属Ti，该冶炼过程的化学方程式为 　TiO2+2MgTi+2MgO　，分析冶炼过程中保护气Ar能否由N2代替？并说明理由 　不能，因为N2能和Mg反应　。
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．菁优网版权所有
【专题】无机实验综合．
【分析】流程中在盐酸盐助剂作用下低温焙烧获得低沸点的FeCl3和TiCl4，SiO2、CaO、MgO、Al2O3在硫酸盐助剂作用下转化为可溶的MgSO4和Al2（SO4）3，SiO2、CaO则转化为不溶的浸渣。MgSO4和Al2（SO4）3溶液在氨水等作用下调pH可实现分步沉淀；
（1）钛的原子序数为22；
（2）将高钛渣粉碎，可以增大反应物的接触面积、提高焙烧速率；
（3）由分析可知，浸渣的主要成分是含硅化合物和硫酸钙；
（4）“控温凝华”步骤控制的最低温度，是需控制TiCl4为气态而FeCl3为固态；
（5）由流程图可知，“水解”步骤中，TiCl4水解生成TiO2•xH2O；
（6）①若“高温焙烧”步骤使用的硫酸盐助剂为硫酸铵，两次“调pH”所用的试剂2最好选择氨水，不会引入杂质还可调整pH到所需范围。第一次调整除氨水外可选择MgO，第二次调整除氨水外可选择Al2O3；
②第一次调整需让Al3+沉淀完全即离子浓度低于1×10﹣5mol/L，而Mg2+不产生沉淀。则 c（OH﹣）＝mol/L＝3×10﹣10mol/L，c（H+）＝＝×10﹣4mol/L；
（7）用金属Mg还原TiO2（Ar保护）获得金属Ti和氧化镁。
【解答】解：（1）钛的原子序数为22，其基态原子的价层电子排布式为：3d24s2，
故答案为：3d24s2；
（2）将高钛渣粉碎，可以增大反应物的接触面积、提高焙烧速率；也可以提高原料利用率、提高焙烧效率等，
故答案为：增大接触面积，提高焙烧速率或提高原料利用率；提高焙烧效率；
（3）由分析可知，浸渣的主要成分是含硅化合物和硫酸钙，因此该物质是硫酸钙，
故答案为：CaSO4；
（4）“控温凝华”步骤控制的最低温度，是需控制TiCl4为气态而FeCl3为固态，则最低温度为136.4℃，
故答案为：136.4；
（5）由流程图可知，“水解”步骤中，TiCl4水解生成TiO2•xH2O，则化学方程式为：TiCl4+（x+2）H2O＝TiO2•xH2O↓+4HCl，
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O＝TiO2•xH2O↓+4HCl；
（6）①若“高温焙烧”步骤使用的硫酸盐助剂为硫酸铵，两次“调pH”所用的试剂2最好选择氨水，不会引入杂质还可调整pH到所需范围。第一次调整除氨水外可选择MgO，第二次调整除氨水外可选择Al2O3，但两次若用一种试剂就只能是氨水，因此答案选A，
故答案为：A；
②第一次调整需让Al3+沉淀完全即离子浓度低于1×10﹣5mol/L，而Mg2+不产生沉淀。则 c（OH﹣）＝mol/L＝3×10﹣10mol/L，c（H+）＝＝×10﹣4mol/L，pH＝4.5或4+lg3，此时Mg2+并不产生沉淀，
故答案为：4.5或4+lg3；
（7）用金属Mg还原TiO2（Ar保护）获得金属Ti和氧化镁，其化学方程式为：TiO2+2MgTi+2MgO，保护气Ar不能由N2代替，因为N2能和Mg反应，
故答案为：TiO2+2MgTi+2MgO；不能，因为N2能和Mg反应。
【点评】本题考查物质的制备以及分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合考查，试题培养了学生的化学实验能力，题目难度较大。
19．（2022•甘肃模拟）镍氢电池是一种 新型绿色电池，利用废旧镍氢电池的金属电极芯（主要成分为Ni（ OH）2、Co（ OH）2及少量铁、铝的氧化物等）生产硫酸镍、碳酸钴工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Ni2+
Co2+
开始沉淀的pH
6.3
1.5
3.4
6.2
7.15
沉淀完全的pH
8.3
2.8
4.7
8.9
9.15
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有 　粉碎金属电极芯（或升高温度、搅拌）　（写出一种合理方法即可），向Co（OH）3中加入H2O2的目的是 　使三价Co转化为二价Co，起还原剂作用　。
（2）沉淀A的主要成分是 　Fe（OH）3、Al（OH）3　（填化学式），“浸出液”调节pH的范围为 　4.7～6.2　。
（3）“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，此时c（Co2+）小于 　1.6×10﹣6mol　mol•L﹣1。（已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15）
（4）用滴定法测定NiSO4•7H2O产品中镍元素含量。取2.00g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100mol•L﹣1的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2～3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。
已知：①Ni2++H2Y2﹣＝[NiY]2﹣+2H+
②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。
①滴定终点的操作和现象是 　加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不退色　。
②样品中镍元素的质量分数为 　18.92　% （精确到0.01）。
（5）NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的离子方程式为 　2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝2NiOOH+Cl﹣+H2O　。
【考点】制备实验方案的设计．菁优网版权所有
【专题】制备实验综合．
【分析】金属电极芯加入硫酸，得到镍、钴、铁、铝的对应盐溶液，加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，调节pH分离成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀；滤液调节pH、加入次氯酸钠分离出钴的沉淀，Co（OH）3中加入H2O2、硫酸溶解得到的母液3，加入碳酸钠得到CoCO3；母液2通入氨气得到Ni（OH）2，加入硫酸后最终生成NiSO4•7H2O产品，据此解答。
【解答】解：（1）用硫酸浸取金属电极芯时，提高浸取效率的方法有粉碎金属电极芯、升高温度、搅拌等；由流程可知，向Co（OH）3中加入H2O2、硫酸最终生成二价Co，故加入H2O2目的是使三价Co转化为二价Co，起还原剂作用，
故答案为：粉碎金属电极芯（或升高温度、搅拌）；使三价Co转化为二价Co，起还原剂作用；
（2）浸出液中加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，然后调节pH将铁、铝沉淀出来，故为Fe（OH）3、Al（OH）3；“浸出液”调节pH要保证铁、铝沉淀完全，而镍、钴不沉淀，由图表可知，pH的范围为4.7～6.2，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；4.7～6.2；
（3）“母液3”中控制Na2CO3用量使终点pH为9.5，则c（OH﹣）＝109.5﹣14mol•L﹣1＝10﹣4.5mol•L﹣1，此时c（Co2+）小于＝mol/L＝1.6×10﹣6mol•L﹣1，
故答案为：1.6×10﹣6；
（4）①已知：紫脲酸胺为紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色；滴定终点的操作和现象是加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不退色，
故答案为：加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不退色；
②反应为Ni2++H2Y2﹣＝[NiY]2﹣+2H+，则样品中Ni的物质的量为0.100mol•L﹣1×12.40×10﹣3L×＝6.2×10﹣3mol，则样品中镍元素的质量分数为×100%＝18.92%，
故答案为：18.92；
（5）NiSO4在强碱溶液中和NaClO反应，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH同时生成氯离子和水，该反应的离子方程式为2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝2NiOOH+Cl﹣+H2O，
故答案为：2Ni2++ClO﹣+4OH﹣＝2NiOOH+Cl﹣+H2O。
【点评】本题考查制备方案的设计，为高考常见题型，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质及化学实验基本操作方法，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
20．（2022•成都模拟）锰及其化合物用途广泛，以菱锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质）为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图。

已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
物质
Mn（OH）2
Co（OH）2
Ni（OH）2
Fe（OH）3
Ksp
2.1×10﹣13
3.0×10﹣16
5.0×10﹣16
1.1×10﹣36
（1）“溶浸”时，锰的浸出率结果如图2所示。由图可知，所采用的最佳实验条件（温度、时间）为 　80℃、90 min　；

（2）MnO2主要用于氧化 　Fe2+　。滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖、硫酸溶液处理，回收Mn2+，氧化产物为CO2。写出对应的离子方程式 　C6H12O6（葡萄糖）+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O　；
（3）“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分为MnS、　CoS、Fe（OH）3　（填化学式，其中Co、Ni均为+2价）。
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有作用；“沉锰”的关键操作有两点：
①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；
②反应终点pH在7附近。
如果①中颠倒试剂滴加顺序（反应pH大于7），可能造成的后果是 　结合HCO3﹣电离出的H+，促进MnCO3沉淀（或调pH）　；若反应终点pH低于7，可能的后果是 　可能产生Mn（OH）2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低　。
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4.则电解时阳极生成Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4的总反应为 　2Fe+xZn2++（1﹣x）Mn2++4H2O﹣6e﹣＝ZnxMn（1﹣x）Fe2O4+8H+　。
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【专题】无机实验综合．
【分析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中加入具有氧化性的MnO2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，向滤液中加入MnS，调节pH可以将Fe（OH）3沉淀下来，可以将Ni2+、Co2+形成CoS和NiS沉淀下来，向MnSO4溶液中加入NH4HCO3溶液，调整溶液pH＝7，使Mn2+形成MnCO3沉淀，最后对得到的含有Mn2+的盐电解，可以得到金属锰，据此解答。
【解答】解：（1）物质的浸出率越高，反应消耗能量越低，反应条件越好，根据图象可知所采用的最佳实验条件温度是80℃，反应时间是90 min，
故答案为：80℃、90 min；
（2）MnO2主要用于氧化Fe2+变为Fe3+，离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+＝Mn2++2Fe3++2H2O；滤渣1中残余的MnO2可加入葡萄糖、硫酸溶液处理，MnO2被还原为Mn2+，葡萄糖氧化产物为CO2；根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得对应的离子方程式为：C6H12O6（葡萄糖）+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O，
故答案为：Fe2+；C6H12O6（葡萄糖）+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O；
（3）根据上述分析可知：在滤渣2中含有MnS、CoS、Fe（OH）3，
故答案为：MnS、CoS、Fe（OH）3；
（4）“沉锰”时NH4HCO3除了作沉淀剂外，还有就是结合HCO3﹣电离出的H+，促进MnCO3沉淀（或调pH）；“沉锰”的关键操作有两点：①将NH4HCO3溶液加入MnSO4溶液中；②反应终点pH在7附近；如果①中颠倒试剂滴加顺序（反应pH大于7），可能造成的后果是可能产生Mn（OH）2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低，
故答案为：结合HCO3﹣电离出的H+，促进MnCO3沉淀（或调pH）；可能产生Mn（OH）2沉淀等，造成MnCO3纯度降低；若反应终点pH低于7，MnCO3可能溶解，可能造成的后果是产品的产率降低；
（5）以Fe作电极，MnSO4、ZnSO4溶液为电解液，经过一系列步骤制得隐形战机涂料Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4，则电解时阳极Fe失去电子，与溶液中的Zn2+、Mn2+结合生成Zn2Mn（1﹣x）Fe2O4，同时产生H+，故阳极的电极总反应为2Fe+xZn2++（1﹣x）Mn2++4H2O﹣6e﹣＝ZnxMn（1﹣x）Fe2O4+8H+，
故答案为：2Fe+xZn2++（1﹣x）Mn2++4H2O﹣6e﹣＝ZnxMn（1﹣x）Fe2O4+8H+。
【点评】本题考查分离提纯实验方案设计，为高频考点，把握实验原理、实验技能和方法为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。
21．（2022•山西一模）电镀工业是我国的重要加工业，电镀污泥是电镀废水处理的最终产物，其中含有较多的铜、镍、铬、锌和少量铁元素。如图1是从电镀污泥中回收铜、镍、铬、锌元素的工艺流程图。

该工艺中，有关金属元素可溶性组分lgc与pH的关系如图2所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。pH大于12.5时，锌元素以Zn（OH）42﹣存在。

回答下列问题：
（1）电解除铜时，铜在 　阴极　极析出，同时在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，检验Fe2+全部被氧化的试剂及现象是 　取少许电解后溶液，滴加K3Fe（CN）6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化　；
（2）电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，如表显示了电解电压和时间对电解结果的影响。最合适的电解条件是 　2.4V、3.5h　；
电解电压
1V
2.1V
2.4V
2.7V
2.4V
电解时间
3h
2h
2.5h
3h
3.5h
Fe2+
检出
检出
检出
未检出
检出
检出
检出
未检出
六价Cr
未检出
未检出
未检出
检出
未检出
未检出
未检出
未检出
（3）当Cr3+恰好沉淀完全时，溶液中c（Zn2+）为（列出计算式） 　10﹣0.2（mol/L）　；
（4）沉镍时调节pH大于 　12.5　；
（5）沉锌时反应的离子方程式为 　Zn（OH）42﹣+2H+＝Zn（OH）2↓+2H2O　；
（6）沉锌后的滤液中的主要溶质为 　Na2SO4　（填化学式）。
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【专题】制备实验综合．
【分析】电镀污泥在硫酸溶液中酸浸后电解除去铜，再用石灰乳将铁元素转化为沉淀后过滤除去，往滤液中加入NaOH溶液将铬元素转化为Cr（OH）3、将镍元素转化为Ni（OH）2从溶液中逐个分离出来，最后加入稀硫酸调节pH，得到Zn（OH）2沉淀。
【解答】解：（1）电解除铜时，铜被还原得到单质，连接在阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+，欲检验Fe2+全部被氧化，则要检验溶液中是否还有Fe2+，选用试剂及现象是：取少许电解后溶液，滴加K3Fe（CN）6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化，
故答案为：阴极；取少许电解后溶液，滴加K3Fe（CN）6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明 Fe2+全部被氧化；
（2）电解除铜时氧化Fe2+的同时要避免Cr3+被氧化为六价Cr，从表中信息分析可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h，此条件Fe2+和六价Cr均未检出，
故答案为：2.4V、3.5h；
（3）从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，从当Cr3+恰好沉淀完全时，c（Cr3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1，溶液pH＝5.6；从Zn2+恰好沉淀完全时的pH＝8.0得知Ksp[Zn（OH）2]＝10﹣5×（10﹣6）2＝10﹣17；则pH＝5.6时溶液中c（Zn2+）＝＝10﹣0.2（mol/L），
故答案为：10﹣0.2（mol/L）；
（4）从金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需将锌转化为可溶的Zn（OH）42﹣存在，依题意，则pH应大于12.5，
故答案为：12.5；
（5）从流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共沉，已将锌转化为Zn（OH）42﹣，故沉锌时，加入稀硫酸与Zn（OH） 42﹣反应生成Zn（OH）2，离子方程式为：Zn（OH）42﹣+2H+＝Zn（OH）2↓+2H2O，
故答案为：Zn（OH）42﹣+2H+＝Zn（OH）2↓+2H2O；
（6）从整个工艺流程分析，电镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往体系内加入的是硫酸溶液、NaOH溶液、稀硫酸，石灰乳中的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质为Na2SO4，
故答案为：Na2SO4。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。
22．（2022•深圳一模）钛铁渣是铝热法炼铁时产生的废渣。一种以钛铁渣（主要含Al2O3、TiO2，还含Fe2O3、CaO、MgO及SiO2等杂质）为原料制备钛白粉并回收含铝物质的工艺如图：

已知：“酸浸”时，TiO2转化为TiO2+进入溶液。
回答下列问题：
（1）“浸渣”的主要成分为SiO2和 　CaSO4　（填化学式）；TiO2发生反应的化学方程式为 　TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O　。
（2）“有机相2”可在该流程 　萃取　步骤中循环使用。
（3）“水相2”中钛的存在形式为 　TiO2+　。
（4）“水相1”中Fe3+的浓度为0.06mol⋅L﹣1。向“水相1”中加入NH3⋅H2O调节溶液pH为8。已知：常温下，Ksp[Fe（OH）3]＝4×10﹣38。“滤液”中c（Fe3+）＝　4×10﹣20　mol⋅L﹣1；“滤液”经处理后得到的 　（NH4）2SO4　（填化学式）可做化肥。
（5）“试剂X”为 　NaOH　（填化学式）溶液。
（6）钛铁（TiFe）合金是常见的储氢合金材料。一种高温下电解钛精矿（主要成分为FeTiO3）制备TiFe合金的装置示意图如图。

①连接FeTiO3的电阻丝应与电源 　负　极相接；
②形成TiFe合金的主要反应如下。
Ⅰ.电极反应：　FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣　；
第一步析铁：
第二步析钛：TiO2+4e﹣═Ti+2O2﹣
Ⅱ.转化：2Fe+Ti═TiFe2；TiFe2+Ti═2TiFe
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是 　氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化　。
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【专题】无机实验综合．
【分析】钛铁渣先用硫酸浸取，SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；得到含有Al3+、TiO2+、Fe3+、Mg2+的溶液，然后萃取，根据有机相的后续处理可知，Ti元素进入有机相，有机相中加入稀硫酸反萃取，根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中含有TiO2+，经沉淀、烘干焙烧得到TiO2；萃取分液后的水相1加入一水合氨调节pH，过滤得到Al（OH）3、Fe（OH）3、Mg（OH）2沉淀，向沉淀中加入NaOH溶液，Al（OH）3溶解得到偏铝酸钠。
【解答】解：（1）酸浸时SiO2难溶，同时CaO转化为难溶的CaSO4，所以浸渣主要成分为SiO2和CaSO4；根据题目所给信息TiO2转化为TiO2+进入溶液，根据元素守恒可得发生的化学方程式为TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O，
故答案为：CaSO4；TiO2+H2SO4＝TiOSO4+H2O；
（2）有机相2即有机相1中的Ti元素被反萃取后的有机物，所以可以在“萃取”步骤中循环使用，
故答案为：萃取；
（3）根据酸浸时Ti元素的存在形式可知，水相中钛的存在形式为TiO2+，
故答案为：TiO2+；
（4）溶液pH为8，则溶液中c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，“滤液”中c（Fe3+）＝＝mol/L＝4×10﹣20mol/L；酸浸时用的硫酸，之后用一水合氨调节pH，所以滤液中主要含有（NH4）2SO4，处理后可以作氮肥，
故答案为：4×10﹣20；（NH4）2SO4；
（5）试剂X可以将Al（OH）3转化为NaAlO2，所以为NaOH溶液，
故答案为：NaOH；
（6）①该装置的目的是利用FeTiO3制备TiFe合金，所以Fe、Ti元素要得电子发生还原反应，所以应为电解池的阴极，连接FeTiO3的电阻丝应与电源负极相接，
故答案为：负；
②第一步析铁，即FeTiO3要被还原为Fe单质，根据第二步反应可知Ti元素转化为TiO2，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应为FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣，
故答案为：FeTiO3+2e﹣＝Fe+TiO2+O2﹣；
③电解结束后，继续通入氩气直至反应器内产物自然冷却至室温，其主要目的是氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化，
故答案为：氩气可以作为保护气，防止生成的TiFe合金被氧化。
【点评】本题考查物质分离提纯实验方案的设计与评价，为高频考点，把握制备原理、物质的分离提纯、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度较大。
23．（2022•广东模拟）市政污泥含大量金属（Cu、Zn、Ni、Fe、Ag等），不经处理直接填埋会对环境造成严重的污染。市政污泥的综合利用能够使其得到科学、妥善的处置，并可以作为资源再次被我们利用，同时可以带来一定的经济价值。某科研团队利用市政污泥回收皓矾（ZnSO4•7H2O）的工艺流程如图：

已知：“沉铁”时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀。回答下列问题：
（1）为提高“酸浸”效率，可采取的措施有 　搅拌；适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度　（任写一条）。
（2）“一系列操作”主要包括、　蒸发浓缩、冷却结晶　、过滤、洗涤，干燥。
（3）用锌粉除铜、镍时，先除去铜，然后分离再置换除镍，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3，得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb的离子方程式为 　2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn＝2NiSb+3H2O+5Zn2+　。
（4）“浸渣”中含有Ag2S，经一系列处理得Ag（NH3）2Cl（可溶于水，电离成[Ag（NH3）2]+和Cl﹣），用肼（N2H4）还原Ag（NH3）2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，写出该反应的离子方程式：　4Ag（NH3）2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O　，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 　4：1　。
（5）浸出液中含有Fe2+，“沉铁”步骤中发生反应的离子方程式为 　2Fe2++H2O2+4OH﹣＝2FeOOH↓+2H2O　。pH对不同金属沉出率的影响如图所示，则“沉铁’时最合理的pH约为 　3.2　。在pH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是 　生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失　。

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【分析】分析流程图可知，“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C，同时将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag转化为相应的氧化物，“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐，过滤出微溶物Ag2SO4，滤液中含有Cu2+、Zn2+、Ni2+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH，反应原理为：2Fe2++H2O2+4OH﹣＝2FeOOH↓+2H2O，加入Zn粉先置换出Cu，离子方程式为：Zn+Cu2+＝Zn2++Cu，后置换出Ni，离子方程为：Zn+Ni2+＝Zn2++Ni，最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即可获得ZnSO4•7H2O，据此分析解题。
【解答】解：（1）对反应物进行搅拌、适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率，
故答案为：搅拌；适当增大H2SO4的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度；
（2）“一系列操作”主要包括蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）置换镍时，用锌粉直接置换速率极慢，目前采用“锑盐净化法”，即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属Ni和Sb的混合物，该混合物可表示为NiSb，形成NiSb，根据氧化还原反应配平原则可知，该反应的离子方程式为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn＝2NiSb+3H2O+5Zn2+，
故答案为：2Ni2++Sb2O3+6H++5Zn＝2NiSb+3H2O+5Zn2+；
（4）“浸出”的浸渣中含有Ag2S，经一系列处理得Ag（NH3）2Cl，用肼（N2H4）还原Ag（NH3）2Cl得到单质银，N2H4的氧化产物为N2，根据氧化还原反应配平可得该反应方程式为：4Ag（NH3）2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，反应中Ag（NH3）2Cl作氧化剂，N2H4作还原剂，故则还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，
故答案为：4Ag（NH3）2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O；4：1；
（5）由分析可知，浸出液中含有Fe2+，“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4OH﹣＝2FeOOH↓+2H2O，由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH值，Cu2+沉淀量增多，Fe3+沉淀率基本不变，故沉铁时最合理的pH约为3.2，由题干信息可知，除铁时若PH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，故在PH＜6时，Zn2+、Cu2+、Ni2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，PH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失，
故答案为：2Fe2++H2O2+4OH﹣＝2FeOOH↓+2H2O；3.2；生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Zn、Cu、Ni的离子吸附而损失。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。
24．（2022•湖南模拟）铁的化合物有广泛用途，如三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体{K3[Fe（C2O4）3]⋅xH2O}是一种光敏材料，也可作催化剂，碳酸亚铁（FeCO3）可作补血剂等，以废铁屑（含Fe2O3及少量Fe和SiO2）为原料制备以上物质的流程如图：

已知：
①25℃，Ksp[Fe（OH）3]＝2.0×10﹣39，Ksp[Fe（OH）2]＝5.0×10﹣17Ksp（FeCO3）＝3.0×10﹣11；
②离子浓度小于1.0×10﹣5mol⋅L﹣1认为沉淀完全；
③K3Fe（C2O4）3⋅3H2O为可溶于水、难溶于乙醇的翠绿色晶体。
回答下列问题：
（1）滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+，检验Fe2+所用的试剂为 　K3[Fe（CN）6]　（填化学式）。
（2）室温下，若滤液Ⅰ中c（Fe3+）为2mol⋅L﹣1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c（H+）至少应大于 　0.1　mol⋅L﹣1。
（3）将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为；已知饱和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用饱和Na2CO3溶液代替饱和NH4HCO3溶液来制备FeCO3？　Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O　（填“是”或“否”）。
（4）滤液Ⅰ与足量空气发生反应的离子方程式为；甲同学认为该步反应用稀H2O2代替空气效果更好，乙同学不同意甲的观点，其理由是 　铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高；　。
（5）获得翠绿色晶体的“一系列操作”包含 　蒸发浓缩，冷却结晶，过滤　（填操作名称）；用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为 　减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥　。
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【专题】制备实验综合．
【分析】废铁屑（含Fe2O3及少量Fe和SiO2）加入盐酸溶解过滤，除去二氧化硅，铁元素转化为亚铁离子和铁离子存在于溶液中，滤液若加入铁粉，发生归中反应将铁离子转化为亚铁离子，加入饱和碳酸氢铵溶液，沉淀获得碳酸亚铁，也可以通入空气将亚铁离子充分氧化，加入饱和草酸钾溶液，获得翠绿色K3[Fe（C2O4）3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）滤液Ⅰ中含有Fe2+、Fe3+，检验Fe2+所用的试剂为K3[Fe（CN）6]，
故答案为：K3[Fe（CN）6]；
（2）室温下，若滤液Ⅰ中c（Fe3+）为2mol⋅L﹣1，要保证滤液Ⅰ中不出现沉淀，则滤液Ⅰ中c（OH﹣）的最大浓度为＝10﹣13molL，则对应的最小氢离子浓度为molL＝0.1mol/L，
故答案为：0.1；
（3）将滤液Ⅱ与饱和NH4HCO3溶液混合，发生反应的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：Fe2++2HCO3﹣＝FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）稀H2O2代替空气的缺点在于，铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高，
故答案为：铁离子可以作为过氧化氢分解的催化剂，会消耗大量的过氧化氢，导致成本偏高；
（5）翠绿色K3[Fe（C2O4）3溶液，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体，用乙醇洗涤晶体而不用水洗涤的目的为减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤；减少晶体因溶解造成的损失，晶体易干燥。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。

考点卡片
1．原子核外电子排布
【知识点的知识】
1、核外电子的运动特征：
（1）质量很小，带负电荷
（2）运动速度高（接近光速）
（3）运动空间范围很小（相对于宏观物体而言）
结论：不遵循宏观物质的运动特征．
2、电子云：
电子云是电子在原子核外空间概率密度分布的形象描述，电子在原子核外空间的某区域内出现，好像带负电荷的云笼罩在原子核的周围，人们形象地称它为”电子云”．
在这个模型里，某个点附近的密度表示电子在该处出现的机会的大小．密度大的地方，表明电子在核外空间单位体积内出现的机会多；反之，则表明电子出现的机会少．

s轨道 p轨道 d轨道
3、原子核外电子排布原则：
1）泡利不相容原理：每个轨道最多只能容纳两个电子，且自旋相反配对．
2）能量最低原理：电子尽可能占据能量最低的轨道．
3）Hund规则：简并轨道（能级相同的轨道）只有被电子逐一自旋平行地占据后，才能容纳第二个电子．
另外：等价轨道在全充满、半充满或全空的状态是比较稳定的，亦即下列电子结构是比较稳定的：
全充满﹣﹣﹣p6或d10或f14
半充满﹣﹣﹣﹣p3或d5或f7
全空﹣﹣﹣﹣﹣p0或d0或f0
4、核外电子能级分布（构造原理）：

5、核外电子排布表示方法：
表示方法
举例
原子结构示意图

电子排布式
S：1s22s22p63s23p4
简化电子排布式
[Ne]3s23p4
轨道表示式（或电子排布图）

价电子排布式（最外层电子排布式）
3s23p4
1）重要概念：
①价电子排布式：主族元素的价层电子指最外层电子，价电子排布式即外围电子排布式．例如：Al：3s23p1
②简化排布式：电子排布式中的内层电子排布可用相应的稀有气体的元素符号加方括号来表示，以简化电子排布式．以稀有气体的元素符号加方括号的部分称为“原子实”．如碳、氧、钠、钙原子的电子排布式分别是1s22s22p2、1s22s22p4、1s22s22p63s1、1s22s22p63s23p64s2，其简化的电子排布式可以分别表示为[He]2s22p2、[He]2s22p4、[Ne]3s1、[Ar]4s2．
2）1～36号排布式
[1]H氢 1s1
[2]He氦 1s2
[3]Li锂 1s22s1
[4]Be铍 1s22s2
[5]B硼 1s22s22p1
[6]C碳 1s22s22p2
[7]N氮 1s22s22p3
[8]O氧 1s22s22p4
[9]F氟 1s22s22p5
[10]Ne氖 1s22s22p6
[11]Na钠 1s22s22p63s1
[12]Mg镁 1s22s22p63s2
[13]Al铝　　1s22s22p63s23p1
[14]Si硅　　1s22s22p63s23p2
[15]P磷　　 1s22s22p63s23p3
[16]S硫　 　1s22s22p63s23p4
[17]Cl氯　　1s22s22p63s23p5
[18]Ar氩　　1s22s22p63s23p6
[19]K钾　 　1s22s22p63s23p64s1
[20]Ca钙　　1s22s22p63s23p64s2
[21]Sc钪　　1s22s22p63s23p63d14s2
[22]Ti钛　　1s22s22p63s23p63d24s2
[23]V钒　　 1s22s22p63s23p63d34s2
[24]Cr铬　　1s22s22p63s23p63d54s1
[25]Mn锰　　1s22s22p63s23p63d54s2
[26]Fe铁　　1s22s22p63s23p63d64s2
[27]Co钴　　1s22s22p63s23p63d74s2
[28]Ni镍　　1s22s22p63s23p63d84s2
[29]Cu铜　　1s22s22p63s23p63d104s1
[30]Zn锌　　1s22s22p63s23p63d104s2
[31]Ga镓　　1s22s22p63s23p63d104s24p1
[32]Ge锗　　1s22s22p63s23p63d104s24p2
[33]As砷　　1s22s22p63s23p63d104s24p3
[34]Se硒　　1s22s22p63s23p63d104s24p4
[35]Br溴　　1s22s22p63s23p63d104s24p5
[36]Kr氪 1s22s22p63s23p63d104s24p6
3）轨道式（前18号）：

【命题方向】本考点主要考察原子核外电子的排布式和轨道式，需要重点掌握．
题型一：核外电子能量特点的考察
典例1：在基态多电子原子中，关于核外电子能量的叙述错误的是（　　）
A．最易失去的电子能量最高 B．电离能最小的电子能量最高
C．p轨道电子能量一定高于s轨道电子能量 D．在离核最近区域内运动的电子能量最低
分析：A．根据原子核外电子能量与距核远近的关系判断；
B．根据电离能的定义判断；
C．没有指明p轨道电子和s轨道电子是否处于同一电子层；
D．根据电子首先进入能量最低、离核最近的轨道判断．
解答：A．能量越高的电子在离核越远的区域内运动，也就越容易失去，故A正确；
B．电离能是失去电子时所要吸收的能量，能量越高的电子在失去时消耗的能量也就越少，因而电离能也就越低，故B正确；
C．同一层即同一能级中的p轨道电子的能量一定比s轨道电子能量高，但外层s轨道电子能量则比内层p轨道电子能量高，故C错误；
D．电子首先进入能量最低、离核最近的轨道，故D正确．
故选C．
点评：本题考查原子核外电子排布规律，题目难度不大，本题注意原子核外电子的排布和运动特点．
题型一：电子排布原则的考察
典例1：基态碳原子的最外能层的各能级中，电子排布的方式正确的是（　　）
A． B． C． D．
分析：原子核外电子排布，应满足能量最低原理，洪特规则以及泡利不相容原理，以此进行判断．
解答：A.2p能层有3个电子，应在3个不同的轨道，不符合洪特规则，故A错误；
B.2p能层有2个电子，应在2个不同的轨道，不符合洪特规则，故B错误；
C.2p能层有2个电子，在2个不同的轨道，符合洪特规则，故C正确；
D.2s轨道应有2个电子，2p轨道有2个电子，不符合能量最低最低原理，故D错误．
故选C．
点评：本题考查原子核外电子排布原则，题目难度不大，本题注意把握核外电子的排布规律即可解答该题．
典例3：基态原子的4s能级中只有1个电子的元素共有（　　）
A．1种 B．A．2种 C．A．3种 D．A．8种
分析：根据该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级解题．
解答：该元素最外层仅有的一个电子位于4s能级，即4s1．该原子4s能级未填充满，情况之一是按照能级顺序正常填充的结果，1s22s22p63s23p64s1，此为19K元素；
情况之二是按照洪特规则的特例填充的结果，1s22s22p63s23p63d54s1，1s22s22p63s23p63d104s1，此为24Cr和29Cu．
故选C．
点评：本题考查原子核外电子排布，题目难度不大，注意根据洪特规则解题．
题型三：排布式的考察
典例3：下列基态原子与离子的电子排布式错误的是（　　）
A．K：1s22s22p63s23p64s1 B．F﹣：1s22s22p6 C．Fe：1s22s22p63s23p63d54s2 D．Kr：1s22s22p63s23p63d104s24p6
分析：原子核外电子排布应符合构造原理、能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理，结合原子或离子的核外电子数解答该题．
解答：题中K、F﹣和Kr的核外电子排布都符合构造原理，为能量最低状态，而Fe的核外电子排布应为1s22s22p63s23p63d64s2，电子数目不正确．
故选：C．
点评：本题考查基态原子的电子排布的判断，是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的巩固和训练，该题的关键是明确核外电子排布的特点，然后结合构造原理灵活运用即可，难度不大．
题型四：根据核外电子排布式推断元素
典例5：若某基态原子的外围电子排布式为4d15s2，则下列说法正确的是（　　）
A．该元素基态原子中共有3个电子 B．该元素原子核外有5个电子层
C．该元素原子最外层共有3个电子 D．该元素原子M能层共有8个电子
分析：某原子在处于能量最低状态时，外围电子排布为4d15s2，应为Y元素，位于周期表第ⅢB族，第N层的电子排布为4s24p64d1，以此解答该题．
解答：根据核外电子排布规律，该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2．由此可见：该元素原子中共有39个电子，分5个电子层，其中M能层上有18个电子，最外层上有2个电子．
A．该元素基态原子中共有39个电子，故A错误；
B．该元素原子核外有5个电子层，故B正确；
C．该元素原子最外层上有2个电子，故C错误；
D．该元素原子M能层共有18个电子，故D错误．
故选B．
点评：本题考查核外电子排布规律，难度中等，注意构造原理写出元素基态原子的电子排布式．
题型五：结构示意图、轨道表示式、电子排布式、简化电子排布式和价电子排布式的区别
典例：下列表示式错误的是（　　）
A．Na+的轨道表示式： B．Na+的结构示意图：
C．Na的电子排布式：1s22s22p63s1 D．Na的简化电子排布式：[Na]3s1
分析：钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结合洪特规则解答该题．
解答：钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，或写为[Ne]3s1，Na+的原子核内有11个质子，核外有10个电子，结构示意图为，则A、B、C正确，D错误．
故选：D．
点评：本题考查原子核外电子排布，为高考常见题型，难度不大，注意把握原子核外电子的排布规律，把握电子排布式和轨道式的书写方法．
【解题思路点拨】
1）注意半充满或全充满的情况：如Cr的电子排布式为24Cr原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s1，而不是1s22s22p63s23p63d44s2，因为半充满轨道能量较低；又如25Mn原子的电子排布式是：1s22s22p63s23p63d54s2，而不是1s22s22p63s23p63d64s1．
2）四个量子数（描述原子轨道）：
1、主量子数（n）
主量子数是描述核外电子距离核的远近，电子离核由近到远分别用数值n＝1，2，3，…有限的整数来表示，而且，主量子数决定了原子轨道能级的高低，n越大，电子的能级越大，能量越高．n是决定电子能量的主要量子数．n相同，原子轨道能级相同．一个n值表示一个电子层，与各n值相对应的电子层符号如下：
n

1
2
3
4
5
6
7
电子层名称
第一层
第二层
第三层
第四层
第五层
第六层
第七层
电子层符号
K
L
M
N
O
P
Q
2、角量子数（l ）
在同一电子层内，电子的能量也有所差别，运动状态也有所不同，即一个电子层还可分为若干个能量稍有差别、原子轨道形状不同的亚层．角量子数 就是用来描述原子轨道或电子云的形态的． l的数值不同，原子轨道或电子云的形状就不同，l的取值受n的限制，可以取从0到n﹣1的正整数．
n
1
2
3
4

0
0，1
0，1，2
0，1，2，3
每个值代表一个亚层．第一电子层只有一个亚层，第二电子层有两个亚层，以此类推．亚层用光谱符号等表示．角量子数、亚层符号及原子轨道形状的对应关系如下：

1
2
3
4
亚层符号
s
p
d
f
原子轨道或电子云形状
圆球形
哑铃形
花瓣形
花瓣形
同一电子层中，随着 的增大，原子轨道能量也依次升高，即Ens＜Enp＜End＜Enf，即在多电子原子中，角量子数与主量子数一起决定电子的能级．每一个 值表示一种形状的电子云．与主量子数决定的电子层间的能量差别相比，角量子数决定的亚层间的能量差要小得多．
3、磁量子数（m）
原子轨道不仅有一定的形状，并且还具有不同的空间伸展方向．磁量子数m就是用来描述原子轨道在空间的伸展方向的．磁量子数的取值受角量子数的制约，它可取从+l到﹣l，包括0在内的整数值，l确定后，m可有2+1个值．当l＝0时，m＝0，即s轨道只有1种空间取向；当l＝1时，m＝+1、0、﹣1，即p轨道有3种空间取向；当l＝2时，m＝+2、+1、0、﹣1、﹣2，即d轨道有5种空间取向．
通常把n、l、m都确定的电子运动状态称原子轨道，因此s亚层只有一个原子轨道，p亚层有3个原子轨道，d亚层有5个原子轨道，f亚层有7个原子轨道．磁量子数不影响原子轨道的能量，n、l都相同的几个原子轨道能量是相同的，这样的轨道称等价轨道或简并轨道．例如l相同的3个p轨道、5个d轨道、7个f轨道都是简并轨道．n，l
和m的关系见下表．
主量子数
1
2
3
4
电子层符号
K
L
M
N
角量子数（l）
0
0
1
0
1
2
0
1
2
3
电子亚层符号
1s
2s
2p
3s
3p
3d
4s
4p
4d
4f
磁量子数（m）
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0


±1

±1
±1

±1
±1
±1





±2


±2
±2









±3
综上所述，用n，l和m三个量子数即可决定一个特定原子轨道的大小、形状和伸展方向．
4、自旋量子数（ ms）
电子除了绕核运动外，还存在自旋运动，描述电子自旋运动的量子数还称为自旋量子数ms，由于电子有两个相反的自旋运动，因此自旋量子数取值为+1/2、﹣1/2，符号用“↑”和“↓”表示．
知道了四个量子数的意义和它们之间相互联系又相互制约的关系．
在四个量子数中，n，l和m三个量子数三个量子数可确定电子的原子轨道；n、l两个量子数可确定电子的能级；n这一个量子数只能确定电子的电子层．
量子数的数据分析：
（1）主量子数（n）
n＝1，2，3…正整数，它决定电子离核的远近和能级．n＝1为第一电子层或称K层，距核最近，n＝2为第二电子层或称L层，余类推．离核近，电子的能量较低，离核远则电子能量较高．因此主量子数n对于确定电子的能量具有决定性的作用．
（2）角量子数（l）
l＝0，1，2，3…n﹣1，以s，p，d，f 对应的能级表示亚层，角量子数l代表角动量的大小，是决定原子轨道（或电子云）的形状的量子数，表示每一主层中不同的能级．对于氢原子，核外电子能量完全由n决定；
（3）磁量子数（m）
原子轨道在空间的不同取向，m＝0，±1，±2，±3…±l，一种取向相当于一个轨道，共可取2l+1个数值．m值反应了波函数（原子轨道）或电子云在空间的伸展方向．磁量子数m有（2 l+1）个取值，例如：
l＝0 时，m有一个取值，即m＝0，s轨道球形对称，在空间只有一个取值，轨道无方向性．
l＝1 时，m有三个取值，即m＝0，±1，分别代表在空间沿x，y，z三个相互垂直的伸展方向上的三个p轨道px、py、pz，通常它们具有完全相同的能量．
l＝2 时，m＝0，±1，±2，表明d轨道在空间有五个伸展方向．
l＝3 时，m有七个取值，m＝0，±1，±2，±3，f轨道在空间有七个伸展方向．
以上n，l，m三个量子数结合起来，便确定了核外电子的一个空间运动状态（即原子轨道），包括轨道的大小、形状和空间取向．
（4）自旋量子数（ms）
ms＝±1/2，表示同一轨道中电子的二种自旋状态，它只有+1/2和﹣1/2两个取值，分别代表电子顺时针和逆时针的两个自旋方向，表示为“↓”和“↑”．
2．晶胞的计算
【知识点的知识】
1、均摊法确定晶胞中粒子数目：
1）立方晶胞：
（1）顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/8份额；
（2）棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/4份额；
（3）面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占1/2份额；
（4）内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞．
2）六方晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被6个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被3个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
3）三棱晶胞：
（1）每个顶点上的粒子被12个晶胞共用．
（2）每条横棱上的粒子被4个晶胞共用；每条纵棱上的粒子被6个晶胞共用．
（3）每个面心上的粒子被2个晶胞共用．
（4）晶胞内的粒子完全属于该晶胞．
2、几种典型的晶体结构：①NaCl晶体
1）在NaCl晶体的每个晶胞中，Na+占据的位置有 2 种．顶点8个，面心6个
2）Cl﹣占据的位置有 2 种．棱上12个，体心1个
3）在NaCl晶体中，每个Na+周围与之等距离且最近的Na+有 12 个；每个Cl﹣周围与之等距离且最近的Cl﹣有 12 个．
4）在NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl﹣，每个Cl﹣同时也吸引着 6个Na+，向空间延伸，形成NaCl晶体．
5）每个晶胞平均占有 4 个Na+和 4 个Cl﹣．1mol NaCl能构成这样的晶胞个．
6）Na+与其等距紧邻的6个Cl﹣围成的空间构型为_____正八面体_____．
②CsCl晶体
1）每个Cs+同时吸引着 8 个Cl﹣，每个Cl﹣同时吸引着 8 个Cs+；
2）在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它等距离且最近的Cs+有6个，每个Cl﹣周围与它等距离且最近的Cl﹣有 6 个；
3）一个CsCl晶胞有 1 个Cs+和 1 个Cl﹣组成；
4）在CsCl晶体中，Cs+与Cl﹣的个数比为 1：1 ．

CsCl的晶体结构 金刚石的晶体结构
③金刚石：每个碳原子都被相邻的四个碳原子包围，以共价键结合成为正四面体结构并向空间发展，键角都是109°28'，最小的碳环上有六个碳原子，但六个碳原子不在同一平面上．
④石墨：层状结构，每一层内，碳原子以正六边形排列成平面的网状结构，碳原子之间存在很强的共价键（大π键），故熔沸点很高．每个正六边形平均拥有两个碳原子、3个C﹣C．片层间存在范德华力，是混合型晶体．熔点比金刚石高．石墨为层状结构，各层之间以范德华力结合，容易滑动，所以石墨很软．在金刚石中每个碳原子与相邻的四个碳原子经共价键结合形成正四面体结构，碳原子所有外层电子均参与成键，无自由电子，所以不导电．而石墨晶体中，每个碳原子以三个共价键与另外三个碳原子相连，在同一平面内形成正六边形的环．这样每个碳原子上仍有一个电子未参与成键，电子比较自由，相当于金属中的自由电子，所以石墨能导电．

石墨的晶体结构示意图 石墨的晶体结构俯视图
⑤干冰：分子晶体，每个CO2分子周围紧邻其他12个CO2分子．平均每个CO2晶胞中含4个CO2分子．

固态二氧化碳晶体模型 SiO2晶体模型 SiO2晶体平面示意图
⑥SiO2：原子晶体，空间网状结构，Si原子构成正四面体，O原子位于Si﹣Si键中间．晶体中重复单元是硅氧四面体，每个硅原子与4个氧原子相连，即每个氧原子又与2个硅原子相连（SiO2晶体中不存在SiO2分子，只是由于Si原子和O原子个数比为1：2，才得出二氧化硅的化学式为SiO2）．在SiO2的晶体结构中最小环上有12个原子．每1mol SiO2晶体中，有4mol Si﹣O键．二氧化硅晶体中最小环为 12 元环．
【命题方向】
题型一：常见晶体结构的考察
典例1：下列各项所述的数字不是6的是（　　）
A．在NaCl晶体中，与一个Na+最近的且距离相等的CI﹣的个数
B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数
C．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数
D．在石墨晶体的片层结构中，最小的环上的碳原子个数
分析：A、在NaCl晶体中，一个Na+周围有6个Cl﹣，一个Cl﹣周围有6个Na+；
B、金刚石晶体中，最小的环上有6个碳原子；
C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个；
D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个．
解答：A、NaCl晶体属面心立方结构，与一个Na+最近且距离相等的Cl﹣的个数有6个，故A正确；
B、金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数有6个，故B正确；
C、二氧化硅晶体相当于在硅晶体中两个硅原子间分别加上一个O原子，因此最小环上的原子个数为12个，故C错误；
D、石墨晶体的片层结构中，最小环上的碳原子个数为6个，故D正确．
故选C．
点评：本题考查晶体结构，重点是对结构图象的观察与理解，难度中等，注意观察识记常见的晶体结构图．
题型二：均摊法确定晶胞中粒子数目
典例2：已知CsCl晶体的密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为a cm，如图所示，则CsCl的相对分子质量可以表示为（　　）

A．NA•a3•ρ B． C． D．
分析：利用均摊法确定该立方体中含有的离子，根据ρV＝计算相对分子质量．
解答：该立方体中含1个氯离子，Cs+个数＝8×＝1，根据ρV＝知，M＝ρVNA＝ρa3NA，
摩尔质量在数值上等于其相对分子质量，所以其相对分子质量是ρa3 NA，故选A．
点评：本题考查了相对分子质量的计算，明确该立体中含有的阴阳离子个数是解本题的关键，根据摩尔质量与密度、体积和NA之间的关系来分析解答即可，难度不大．

【解题思路点拨】

3．难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【知识点的认识】
1、沉淀溶解平衡
（1）定义：
一定温度下，难溶电解质AmBn（s）难溶于水，但在水溶液中仍有部分An+和Bm﹣离开固体表面溶解进入溶液，同时进入溶液中的An+和Bm﹣又会在固体表面沉淀下来，当这两个过程速率相等时，An+和Bm﹣ 的沉淀与AmBn固体的溶解达到平衡状态，称之为达到沉淀溶解平衡状态。
AmBn固体在水中的沉淀溶解平衡可表示为：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
（2）特征：难溶电解质在水中建立起来的沉淀溶解平衡和化学平衡、电离平衡等一样，符合平衡的基本特征，满足平衡的变化基本规律。特征如下：
①逆：可逆过程；②等：沉积和溶解速率相等；③动：动态平衡；④定：离子浓度一定（不变）；⑤变：改变温度、浓度等条件，沉淀溶解平衡会发生移动直到建立一个新的沉淀溶解平衡。
2、影响沉淀溶解平衡的因素
（1）内因：难溶性电解质本身的性质。
（2）外因：
①浓度：加水稀释，沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②温度：多数难溶性电解质溶解于水是吸热的，所以升高温度，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。特例：Ca（OH）2随着温度的升高溶解度减小，即升高温度，平衡向沉淀的方向移动。
③同离子效应：向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子，使平衡向沉淀方向移动；
④化学反应：向沉淀溶解平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶或气体的离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
3、溶度积常数Ksp（或溶度积）
难溶固体在溶液中达到沉淀溶解平衡状态时，离子浓度保持不变（或一定）。各离子浓度幂的乘积是一个常数，这个常数称之为溶度积常数简称为溶度积，用符号Ksp表示。
即：AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）　　　　Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
例如：常温下沉淀溶解平衡：
AgCl（s）⇌Ag+（aq）+Cl﹣（aq），
Ksp（AgCl）＝[Ag+][Cl﹣]＝1.8×10﹣10
常温下沉淀溶解平衡：Ag2CrO4（s）⇌2Ag+（aq）+CrO42﹣（aq），
Ksp（Ag2CrO4）＝[Ag+]2[CrO42﹣]＝1.1×10﹣12
4、溶度积Ksp的性质
（1）溶度积Ksp的大小和平衡常数一样，它与难溶电解质的性质和温度有关，与浓度无关，离子浓度的改变可使溶解平衡发生移动，而不能改变溶度积Ksp的大小。
（2）溶度积Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力的大小。相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶于水；反之Ksp越大，溶解度越大。
如：Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10；Ksp（AgBr）＝5.0×10﹣13；Ksp（AgI）＝8.3×10﹣17。
因为：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），所以溶解度：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI）。
不同类型的难溶电解质，不能简单地根据Ksp大小，判断难溶电解质溶解度的大小。
5、溶度积的应用
（1）溶度积规则：判断一定条件下沉淀能否生成或溶解。
对于AmBn（s）⇌mAn+（aq）+nBm﹣（aq）
平衡状态：溶度积Ksp＝[An+]m•[Bm﹣]n
任意时刻：离子积Qc＝[An+]m•[Bm﹣]n

Qc与Ksp的关系
溶液性质
有无沉淀析出
A
Qc＞Ksp
过饱和
有沉淀析出
B
Qc＝Ksp
饱和
沉淀溶解平衡
C
Qc＜Ksp
不饱和
无沉淀析出
（2）溶度积的应用：
①判断有无沉淀生成：
②已知溶度积求离子浓度
③利用离子积判断离子共存
6、沉淀反应的应用
（1）沉淀的生成：
①应用：用于除杂或提纯；
②方法：
a、调pH；
如：工业原料氯化铵中混有氯化铁，加氨水调pH至7～8，Fe3++3NH3•H2O＝Fe（OH）3↓+3NH4+
b、加沉淀剂
如：沉淀Cu2+、Hg2+等，以Na2S、H2S做沉淀剂，Cu2++S2﹣＝CuS↓，Hg2++S2﹣＝HgS↓
（2）沉淀的溶解：
①原理：根据勒夏特列原理，使沉淀溶解平衡向溶解方向移动；
②方法：设法不断移去平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动。
（3）沉淀的转化：
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡移动，通常一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，这两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。如：在ZnS的溶解平衡体系中加入CuSO4溶液，可以使其转化为更难溶的CuS沉淀，这说明溶解度ZnS＞CuS．转化的方程式可以表示为ZnS（s）+Cu2+（aq）═CuS（s）+Zn2+（aq）。


【命题方向】
题型一：影响沉淀溶解平衡的因素
典例1：把Ca（OH）2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡 Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）下列说法正确的是（　　）
A．恒温下向溶液中加CaO，溶液的pH升高 B．给溶液加热，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加 D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca（OH）2固体质量不变
分析：A．恒温下向溶液中加入CaO，仍为饱和溶液，浓度不变；
B．Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低；
C．加入Na2CO3溶液，平衡向正反应方向移动；
D．加入少量的NaOH固体，平衡向逆反应方向移动。
解答：A．恒温下向溶液中加入CaO，发生CaO+H2O＝Ca（OH）2，仍为饱和溶液，pH不变，故A错误；
B．给溶液加热，Ca（OH）2的溶解度降低，氢氧根离子的浓度减小，所以溶液pH减小，故B错误；
C．加入Na2CO3溶液，发生Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓，则其中固体质量增加，故C正确；
D．加入少量的NaOH固体，OH﹣浓度增大，平衡向逆方向移动，则Ca（OH）2的固体增多，故D错误。
故选C。
点评：本题综合考查难溶电解质的溶解平衡问题，侧重于饱和溶液特点以及溶解平衡移动的影响因素的考查，题目难度中等，注意A为易错点，Ca（OH）2的溶解度随温度的升高而降低。

题型二：溶度积的定义及其影响因素
典例2：（2013•江西三模）下列说法正确的是（　　）
A．在一定温度下的AgCl水溶液中，Ag+和Cl﹣浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）＝c（Cl﹣）且Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10 mol2•L﹣2
C．温度一定时，当溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液
D．向饱和AgCl水溶液中加入少量盐酸，Ksp值变大
分析：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝c（Ag+）c（Cl﹣）是一个常数；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10；
C．温度一定时，根据浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变。
解答：A．在一定温度下的AgCl的饱和水溶液中，Ksp＝C（Ag+）C（Cl﹣）是一个常数，在不饱和溶液中Ag+和Cl﹣浓度的乘积不是一个常数，故A错误；
B．AgCl的Ksp＝1.8×10﹣10 mol2•L﹣2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）不一定等于c（Cl﹣），如氯化钠溶液中c（Ag+）＜c（Cl﹣），但Ag+与Cl﹣浓度的乘积等于1.8×10﹣10，故B错误；
C．温度一定时，浓度熵QC＝Ksp值时，此溶液为 AgCl的饱和溶液，故C正确；
D．Ksp值只与温度有关，温度不变Ksp值不变，所以向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值不变，故D错误；
故选C
点评：本题主要考查了难溶电解质的溶度积Ksp的意义以及影响因素，难度不大，根据所学知识即可完成。

题型三：溶度积的计算
典例3：（2014•安徽模拟）已知常温时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp＝5.6×10﹣12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝12.0，则下列说法不正确的是（　　）
A．所得溶液中的c（H+）＝1.0×10﹣12 mol•L﹣1
B．所加的烧碱溶液pH＝12.0
C．所得溶液中由水电离产生的c（OH﹣）＝1.0×10﹣12mol•L﹣1
D．所得溶液中的c（Mg2+）＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1
分析：A．根据c （H+）＝10﹣pHmol•L﹣1计算；
B．根据烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣PHmol•L﹣1；
D．先根据水的离子积常数求出c（OH﹣），然后再溶度积计算。
解答：A．pH＝12的溶液中，c（H+）＝10﹣12mol/L，故A正确；
B．烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液，向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH＝12，则所加NaOH溶液pH＞12，故B错误；
C．溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝c （H+）水＝10﹣12mol/L，故C正确；
D．溶液中c（OH﹣）＝＝10﹣2mol/L，溶液中的c （Mg2+）＝＝5.6×10﹣8 mol•L﹣1，故D正确；
故选：B。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡的相关计算和判断，题目难度中等，本题注意溶度积常数的利用。

题型四：沉淀的转化
典例4：（2014•山东模拟）25℃时，5种银盐的溶度积常数（Ksp）分别是：
AgCl
Ag2SO4
Ag2S
AgBr
AgI
1.8×10﹣10
1.4×10﹣5
6.3×10﹣50
7.7×10﹣13
8.51×10﹣16
下列说法正确的是（　　）
A．氯化银、溴化银和碘化银的溶解度依次增大
B．将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，不能得到黑色沉淀
C．在5mL1.8×10﹣5 mol/L的NaCl溶液中，加入1滴（1mL约20滴）1.0×10﹣3mol/L的AgNO3溶液，能观察到白色沉淀
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，可以有少量白色固体生成
分析：A．结构相似的难溶性盐，溶度积越小，溶解度越小；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，从沉淀平衡移动的角度分析；
C．根据溶度积计算，当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀，否则不生成沉淀；
D．当离子的浓度幂之积大于Ksp时，能生成沉淀。
解答：A．氯化银、溴化银和碘化银的溶度积依次减少，结构相似，溶度积越小，溶解度越小，故A错误；
B．硫化银的溶度积比硫酸银小，将硫酸银溶解于水后，向其中加入少量硫化钠溶液，可得到黑色沉淀，故B错误；
C．c（Cl﹣）＝1.8×10﹣5mol/L×，c（Ag+）＝1.0×10﹣3mol/L×，
则c（Cl﹣）×c（Ag+）＝1.8×10﹣5mol/L××1.0×10﹣3mol/L×＜1.8×10﹣10（mol/L）2，不能析出沉淀，故C错误；
D．将浅黄色溴化银固体浸泡在饱和氯化钠溶液中，如满足c（Cl﹣）×c（Ag+）＞1.8×10﹣10，则可生成沉淀，故D正确。
故选D。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度不大，本题注意根据溶度积计算，理解溶度积的意义，比较溶解度与溶度积之间的关系。

题型五：除杂流程综合分析
典例5：（2011•浙江）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的
离子浓度（mol/L）
Na+
Mg2+
Ca2+
Cl﹣
HCO3﹣
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp（CaCO3）＝4.96×10﹣9；Ksp（MgCO3）＝6.82×10﹣6；Ksp[Ca（OH）2]＝4.68×10﹣6；Ksp[Mg（OH）2]＝5.61×10﹣12．下列说法正确的是（　　）
A．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+
C．滤液N中存在Mg2+、Ca2+D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca（OH）2和Mg（OH）2的混合物
分析：步骤①，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+；
步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1。
根据溶度积可判断无Ca（OH）2生成，有Mg（OH）2沉淀生成。
解答：A．步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH ）＝0.001mol，[即n（OH﹣）＝0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH﹣ 恰好与HCO3﹣完全反应：OH﹣+HCO3﹣＝CO32﹣+H2O，生成0.001molCO32﹣．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32﹣与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32﹣＝CaCO3↓．所以沉淀物X为CaCO3，故A正确；
B．由于CO32﹣只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）＝0.010 mol•L﹣1．滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B错误；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH＝11（即pOH＝3）时，此时滤液中c（OH﹣）＝1×10﹣3 mol•L﹣1．则
Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（10﹣3）2＝0.010×（10﹣3）2＝10﹣8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成。
Q[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝0.050×（10﹣3）2＝5×10﹣8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成。
又由于Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2+）×（10﹣3）2＝5.6×10﹣12，c（Mg2+）＝5.6×10﹣6＜10﹣5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，
故C错误；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）＝0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH﹣＝Mg（OH）2↓，生成0.05 mol Mg（OH）2，剩余0.005 mol OH﹣。
由于Q[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）×（OH﹣）2＝0.010×（0.005）2＝2.5×10﹣7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故D错误。
故选A。
点评：这是一道新颖的计算型分析推断题，以模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考察有关溶度积的概念及应用等知识，体现了新课程的特色。

题型六：沉淀溶解平衡曲线分析
典例6：（2014•延边州模拟）硫化汞（HgS）难溶于水，在自然界中呈红褐色，常用于油画颜料、印泥等。某温度时，HgS在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．向硫化汞的浊液中加入硫化钠溶液，硫化汞的Ksp减小
B．图中a点对应的是饱和溶液
C．向c点的溶液中加入0.1 mol•L﹣1Hg（NO3）2，则c（S2﹣）减小
D．升高温度可以实现c点到b点的转化
分析：A．溶度积常数只与温度有关；
B．根据c（Hg2+ ）•c（S2﹣）与Ksp的相对大小判断溶液是否是饱和溶液，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＝Ksp，则溶液为平衡状态，如果c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＞Ksp，则溶液为过饱和溶液，若c（Hg2+ ）•c（S2﹣）＜Ksp，则溶液为不饱和溶液；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据c（S2﹣）＝判断硫离子浓度变化；
D．升高温度，汞离子和硫离子浓度都增大。
解答：A．溶液的温度不变，则Ksp不变，故A错误；
B．a点为不饱和溶液，故B错误；
C．温度一定，则难溶物质的溶度积一定，根据C（S2﹣）＝知，汞离子浓度增大，则硫离子浓度减小，故C正确；
D．升高温度，促进硫化汞的电离，所以汞离子和硫离子浓度都增大，故D错误；
故选C。
点评：本题考查难溶电解质的溶解平衡问题，题目难度中等，注意把握题给图象曲线的意义，明确溶度积常数只与温度有关，与溶液的浓度无关。


【解题方法点拨】
工业生产中除杂的注意事项：
（1）利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次沉淀生成的反应进行得越完全越好。
（2）不可能使要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10﹣5mol/L时，沉淀已经完全。
（3）由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。
4．物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
【知识点的知识】
1、分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：
1）所选试剂一般只和杂质反应．
2）操作不应引入新的杂质．
3）不减，即不减少欲被提纯的物质．
4）易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离．
5）易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉．
2、还必须做到以下“三必须”：
1）所加除杂质的试剂必须“过量”，只有过量才能除尽欲除杂质．
2）由过量试剂引入的新的杂质必须除尽．
3）分离和除杂质的途径必须选择最佳方案．
3、物质分离和提纯方法的选择：
1）固﹣固混合分离型：加热（包括灼烧、热分解和升华）、结晶（重结晶）；
2）固﹣液混合分离型：过滤、盐析、蒸发；
3）液﹣液混合分离型：萃取、分液、蒸馏、渗析；
4）气﹣气混合分离型：洗气，包括（1）采用液体净化剂时﹣﹣用洗气瓶；
（2）采用固体净化剂时﹣﹣用干燥管或反应管．
物质的分离和提纯常用方法如下表：

分离和提纯方法
适用范围
举例


物

理

方

法
过滤法
固体与液体分离
蛋白质的提纯
蒸发浓缩法
分离溶于溶剂中的溶质
提取食盐溶液中的NaCl
结晶、重结晶法
混合物在溶剂中的溶解度随温度变化不同
NaCl和KNO3混合物分离
蒸馏、分馏法
沸点不同的液体分离
乙醇和乙酸，石油分离
分液法
两种互不相溶的液体
苯和水
萃取法
某物质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同
用CCl4从溴水中提取溴
升华法
混合物中某一成分在一定温度下可直接由固体
变为气体，冷却后，气体又直接变为固体
碘和NaCl混合物中提取碘

液化法
气体混合物各组分沸点不同，先使其液化后，
控制温度再汽化
从空气中分离N2、O2

渗析法
用半透膜使离子或小分子从胶体溶液中分离
把KI从淀粉溶液中分离出来
盐析法
加入无机盐，使某些物质溶解度降低而沉淀
从肥皂液中分离甘油；蛋白质盐析
化

学

方

法
热分解法
混合物各组分的热稳定性不同，加热或灼烧可分
除去Na2CO3中的NaHCO3
溶解 法
混合物各组分的酸、碱性不同，用酸或碱处理
分离Fe2O3和Al2O3
沉淀法
混合物中某一成分与某试剂反应而沉淀
KNO3中含有KCl即可加入
AgNO3，使Cl﹣沉淀除去
氧化还原法
利用混合物中某一成分能被氧化（或被还原）
的性质分离
除去苯中的甲苯，加入酸性KMnO4，甲苯被氧化除去
电解法
利用电解分离和提纯
电解法精练铜
离子交换法
利用离子交换法提纯
离子交换法软化硬水
络合法
混合物中某一组分可形成络合物
分离Al2O3和ZnO
5．制备实验方案的设计
【知识点的知识】
1、无机物的制备
无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来．物质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类．物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、结晶、重结晶、渗析等．化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等．要根据目标物质的性质和特点来选择适宜的制备、分离方法．
2、有机物的制备
有机物的制备要通过有机反应来实现．各类有机物的结构和性质，就是有机物制备的基础．一种有机物的性质，往往是另一种有机物的制备方法．尽管有机物数量庞大，但是各类有机物之间一般存在着确定的相互转化的衍生关系．理解和掌握这种关系，可以为寻找有机物制备的合理途径、正确地进行有机物的制备提供科学的依据．因此，在设计有机物的制备实验方案时，要充分利用这种衍生关系．
3、设计制备实验方案的一般思路
设计制备实验方案的一般思路是：
①列出可能的几种制备方法和途径；
②从方法是否可行、装置和操作是否简单、经济与安全等方面进行分析和比较；
③从中选取最佳的实验方法．在制定具体的实验方案时，还应注意对实验条件进行严格、有效的控制．
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