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新高考2024版高考化学一轮复习微专题小练习专练22化学工艺流程题
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这是一份新高考2024版高考化学一轮复习微专题小练习专练22化学工艺流程题，共7页。试卷主要包含了1），9%，5×10－6，8×10－6等内容，欢迎下载使用。
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），1 ml H2SO5中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 （H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、 （填化学式）。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的C（Ⅱ）在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25 ℃），需控制pH不低于 （精确至0.1）。
2.[2022·北京卷]白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ.MO浸出率＝（浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量）×100%（M代表Ca或Mg）。
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②沉钙反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③“浸钙”过程不适宜选用n（NH4Cl）∶n（CaO）的比例为 。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的（NH4）2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）滤渣C中含有的物质是 。
（5）该流程中可循环利用的物质是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
3.[2022·山东卷]工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na＋）＝ ml·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为 （填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 （填标号）。
A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
图甲
图乙
4.[2022·河北卷]以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4)) Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为 （填化学式），滤渣①的主要成分为 （填化学式）。
（2）黄铁矿研细的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）工序①的名称为________________________________________________________________________，
所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4)) 2Fe（CN）6中Fe的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，所加试剂为 和 （填化学式，不引入杂质）。
专练22 化学工艺流程题
1．答案：（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋ Fe（OH）3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率
（5）4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O
（6）11.1
解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋，Fe3＋水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，C2＋变为C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH）。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。
（2）（H2SO5）的结构简式为，所以1 ml H2SO5中过氧键的数目为NA。
（3）用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋；氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c（Fe3＋）＝10－5 ml·L－1，Ksp＝c3（OH－）×c（Fe3＋）＝c3（OH－）×10－5＝10－37.4，c（OH－）＝10－10.8 ml·L－1，根据Kw＝10－14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知SO2的体积分数为0.9%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率；
（5）“沉钴镍”中得到的C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为：4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O；
（6）氢氧化镁的Ksp＝10－10.8, 当镁离子完全沉淀时，c（Mg2＋）＝10－5 ml·L－1，根据Ksp可计算c（OH－）＝10－2.9 ml·L－1，根据Kw＝10－14，c（H＋）＝10－11.1 ml·L－1，所以溶液的pH＝11.1。
2．答案：（1）CaMg（CO3）2 eq \(=====,\s\up7(煅烧)) CaO＋MgO＋2CO2↑
（2）①Ksp[Ca（OH）2]≫Ksp[Mg（OH）2]，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出 ②Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ③2.4∶1 ④Ksp（CaCO3）（3）MgO＋H2O===Mg（OH）2，Mg（OH）2＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，随大量氨逸出，平衡正向移动
（4）Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg（OH）2（MgO）
（5）NH4Cl、（NH4）2SO4、CO2、NH3
解析：
（1）白云石煅烧时，CaMg（CO3）2高温分解生成CaO、MgO和CO2。（2）②沉钙时通入二氧化碳，发生反应Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 。③由表可知，氯化铵和氧化钙的物质的量之比为2.4∶1时，氧化镁的浸出率较高，且产品中碳酸钙的纯度较低，所以不宜选用的物质的量之比为2.4∶1。（3）“浸镁”的原理为MgO＋H2O===Mg（OH）2，Mg（OH）2＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，加热蒸馏可使大量氨逸出，平衡正向移动，因此浸出率增大。（5）由上述分析可知，煅烧时产生的CO2、浸钙和浸镁时产生的NH3、沉钙时产生的NH4Cl、沉镁时产生的（NH4）2SO4都可以循环利用。
3．答案：（1）6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O
（2）2.0×10－2 SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) （3）CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。（2）精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na＋）·c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝4c3（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝ eq \r(3,\f(4.0×10－6,4)) ＝1.0×10－2ml·L－1，因此c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝2.0×10－2 ml·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2＋）＝c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＝ eq \r(9.0×10－4) ＝3.0×10－2ml·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝ eq \f(1.0×10－6,1.0×10－2) ＝1.0×10－4 ml·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝ eq \f(1.0×10－10,3.0×10－2) ≈3.3×10－9ml·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，然后才是SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) 。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 ℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 ℃、80 ℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
4．答案：（1）Fe2O3、SiO2 SiO2
（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）＋2 6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \(=====,\s\up7(△)) 6Fe（NH4）Fe（CN）6＋Cl－＋3H2O＋6NH3↑
（6）O2 NH3·H2O
解析：以熔烧黄铁矿产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料的工艺流程
（1）黄铁矿含FeS2、石英（主要成分为SiO2），焙烧时FeS2发生反应：4FeS2＋11O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2Fe2O3＋8SO2，石英不反应，因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2（SO4）3和水，SiO2与硫酸不反应，因此滤渣①的主要成分为SiO2。（3）还原工序中，FeS2与Fe2（SO4）3溶液反应，若不生成S单质，则FeS2中硫元素被氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，Fe2（SO4）3被还原为FeSO4，FeS2→2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 失14e－、Fe2（SO4）3→2FeSO4得2e－，根据得失电子守恒，FeS2、Fe2（SO4）3的化学计量数分别为1、7，再根据原子守恒配平化学方程式即可。（4）由流程图知，通过工序①获得了FeSO4晶体，则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液为硫酸，可以返回“酸浸”循环利用。（5）根据离子式NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 、CN－及化合物中正负化合价代数和为0，可知该物质中Fe的化合价为＋2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe（NH4）2Fe（CN）6氧化为Fe（NH4）Fe（CN）6，NaClO3被还原为NaCl，Fe（NH4）2Fe（CN）6→Fe（NH4）Fe（CN）6失e－，ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) →Cl－得6e－，根据得失电子守恒，Fe（NH4）2Fe（CN）6、ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的化学计量数分别为6、1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。（6）“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液，用其制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4的过程中铁元素被氧化，为了不引入杂质，结合元素守恒知，所加试剂为O2（或H2O2）和NH3·H2O（或NH3）。
物质
Fe（OH）3
C（OH）2
Ni（OH）2
Mg（OH）2
Ksp
10－37.4
10－14.7
10－14.7
10－10.8
物质
Ca（OH）2
Mg（OH）2
CaCO3
MgCO3
Ksp
5.5×10－6
5.6×10－12
3.4×10－9
6.8×10－6
n（NH4Cl）
/n（CaO）
氧化物（MO）浸出率/%
产品中CaCO3纯度/%
产品中Mg杂质含量/%（以MgCO3计）
CaO
MgO
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
－
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），1 ml H2SO5中过氧键的数目为 。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 （H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、 （填化学式）。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是 。
（5）“沉钴镍”中得到的C（Ⅱ）在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为 。
（6）“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全（25 ℃），需控制pH不低于 （精确至0.1）。
2.[2022·北京卷]白云石的主要化学成分为CaMg（CO3）2，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
（1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为
________________________________________________________________________
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（2）NH4Cl用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
备注：ⅰ.MO浸出率＝（浸出的MO质量/煅烧得到的MO质量）×100%（M代表Ca或Mg）。
ⅱ.CaCO3纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO3纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②沉钙反应的离子方程式为________________________________________________________________________
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③“浸钙”过程不适宜选用n（NH4Cl）∶n（CaO）的比例为 。
④产品中CaCO3纯度的实测值高于计算值的原因是________________________________________________________________________
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（3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的（NH4）2SO4溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸馏，MgO的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是________________________________________________________________________
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（4）滤渣C中含有的物质是 。
（5）该流程中可循环利用的物质是________________________________________________________________________
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3.[2022·山东卷]工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为 。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na＋）＝ ml·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 。
（3）SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为 （填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 ，回收利用洗涤液X的操作单元是 ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 （填标号）。
A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
图甲
图乙
4.[2022·河北卷]以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4)) Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为 （填化学式），滤渣①的主要成分为 （填化学式）。
（2）黄铁矿研细的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）工序①的名称为________________________________________________________________________，
所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH4)) 2Fe（CN）6中Fe的化合价为 ，氧化工序发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，所加试剂为 和 （填化学式，不引入杂质）。
专练22 化学工艺流程题
1．答案：（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋ Fe（OH）3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率
（5）4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O
（6）11.1
解析：在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋，Fe3＋水解同时生成氢氧化铁，“沉钴镍”过程中，C2＋变为C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH）。
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积。
（2）（H2SO5）的结构简式为，所以1 ml H2SO5中过氧键的数目为NA。
（3）用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O＋Mn2＋＋HSO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(5)) ===MnO2＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ＋3H＋；氢氧化铁的Ksp＝10－37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c（Fe3＋）＝10－5 ml·L－1，Ksp＝c3（OH－）×c（Fe3＋）＝c3（OH－）×10－5＝10－37.4，c（OH－）＝10－10.8 ml·L－1，根据Kw＝10－14，pH＝3.2，此时溶液的pH＝4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知SO2的体积分数为0.9%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn（Ⅱ）氧化速率；
（5）“沉钴镍”中得到的C（OH）2，在空气中可被氧化成CO（OH），该反应的化学方程式为：4C（OH）2＋O2===4CO（OH）＋2H2O；
（6）氢氧化镁的Ksp＝10－10.8, 当镁离子完全沉淀时，c（Mg2＋）＝10－5 ml·L－1，根据Ksp可计算c（OH－）＝10－2.9 ml·L－1，根据Kw＝10－14，c（H＋）＝10－11.1 ml·L－1，所以溶液的pH＝11.1。
2．答案：（1）CaMg（CO3）2 eq \(=====,\s\up7(煅烧)) CaO＋MgO＋2CO2↑
（2）①Ksp[Ca（OH）2]≫Ksp[Mg（OH）2]，在一定量NH4Cl溶液中，CaO先浸出 ②Ca2＋＋2NH3＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ③2.4∶1 ④Ksp（CaCO3）
（4）Fe2O3、SiO2、CaSO4、Mg（OH）2（MgO）
（5）NH4Cl、（NH4）2SO4、CO2、NH3
解析：
（1）白云石煅烧时，CaMg（CO3）2高温分解生成CaO、MgO和CO2。（2）②沉钙时通入二氧化碳，发生反应Ca2＋＋2NH3＋H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 。③由表可知，氯化铵和氧化钙的物质的量之比为2.4∶1时，氧化镁的浸出率较高，且产品中碳酸钙的纯度较低，所以不宜选用的物质的量之比为2.4∶1。（3）“浸镁”的原理为MgO＋H2O===Mg（OH）2，Mg（OH）2＋2NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ⇌Mg2＋＋2NH3＋2H2O，加热蒸馏可使大量氨逸出，平衡正向移动，因此浸出率增大。（5）由上述分析可知，煅烧时产生的CO2、浸钙和浸镁时产生的NH3、沉钙时产生的NH4Cl、沉镁时产生的（NH4）2SO4都可以循环利用。
3．答案：（1）6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O
（2）2.0×10－2 SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) （3）CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制Ⅰ脱氟、除硫酸根离子和SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ，过滤，滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ＋2H2O。（2）精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na＋）·c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝4c3（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ），c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝ eq \r(3,\f(4.0×10－6,4)) ＝1.0×10－2ml·L－1，因此c（Na＋）＝2c（SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) ）＝2.0×10－2 ml·L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2＋）＝c（SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ）＝ eq \r(9.0×10－4) ＝3.0×10－2ml·L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝ eq \f(1.0×10－6,1.0×10－2) ＝1.0×10－4 ml·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2＋）＝ eq \f(1.0×10－10,3.0×10－2) ≈3.3×10－9ml·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，然后才是SiF eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(6)) 。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 ℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 ℃、80 ℃）之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
4．答案：（1）Fe2O3、SiO2 SiO2
（2）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2（SO4）3＋FeS2＋8H2O===15FeSO4＋8H2SO4
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）＋2 6Fe（NH4）2Fe（CN）6＋ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋ eq \(=====,\s\up7(△)) 6Fe（NH4）Fe（CN）6＋Cl－＋3H2O＋6NH3↑
（6）O2 NH3·H2O
解析：以熔烧黄铁矿产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料的工艺流程
（1）黄铁矿含FeS2、石英（主要成分为SiO2），焙烧时FeS2发生反应：4FeS2＋11O2 eq \(=====,\s\up7(焙烧)) 2Fe2O3＋8SO2，石英不反应，因此红渣的主要成分为Fe2O3、SiO2。“酸浸”时Fe2O3和硫酸反应生成Fe2（SO4）3和水，SiO2与硫酸不反应，因此滤渣①的主要成分为SiO2。（3）还原工序中，FeS2与Fe2（SO4）3溶液反应，若不生成S单质，则FeS2中硫元素被氧化为SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ，Fe2（SO4）3被还原为FeSO4，FeS2→2SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 失14e－、Fe2（SO4）3→2FeSO4得2e－，根据得失电子守恒，FeS2、Fe2（SO4）3的化学计量数分别为1、7，再根据原子守恒配平化学方程式即可。（4）由流程图知，通过工序①获得了FeSO4晶体，则工序①为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得母液为硫酸，可以返回“酸浸”循环利用。（5）根据离子式NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 、CN－及化合物中正负化合价代数和为0，可知该物质中Fe的化合价为＋2。氧化工序中NaClO3在酸性条件下将Fe（NH4）2Fe（CN）6氧化为Fe（NH4）Fe（CN）6，NaClO3被还原为NaCl，Fe（NH4）2Fe（CN）6→Fe（NH4）Fe（CN）6失e－，ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) →Cl－得6e－，根据得失电子守恒，Fe（NH4）2Fe（CN）6、ClO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的化学计量数分别为6、1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式即可。（6）“还原”工序得到的滤液为FeSO4和H2SO4的混合溶液，用其制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4的过程中铁元素被氧化，为了不引入杂质，结合元素守恒知，所加试剂为O2（或H2O2）和NH3·H2O（或NH3）。
物质
Fe（OH）3
C（OH）2
Ni（OH）2
Mg（OH）2
Ksp
10－37.4
10－14.7
10－14.7
10－10.8
物质
Ca（OH）2
Mg（OH）2
CaCO3
MgCO3
Ksp
5.5×10－6
5.6×10－12
3.4×10－9
6.8×10－6
n（NH4Cl）
/n（CaO）
氧化物（MO）浸出率/%
产品中CaCO3纯度/%
产品中Mg杂质含量/%（以MgCO3计）
CaO
MgO
计算值
实测值
2.1∶1
98.4
1.1
99.1
99.7
－
2.2∶1
98.8
1.5
98.7
99.5
0.06
2.4∶1
99.1
6.0
95.2
97.6
2.20
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
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