新高考化学二轮复习讲与练 专题10 化学工艺流程(题型突破)(讲义)（2份打包，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc20815" PAGEREF _Tc20815 \h 2
\l "_Tc2359" PAGEREF _Tc2359 \h 2
\l "_Tc7089" 题型一 化学工艺流程与物质制备 PAGEREF _Tc7089 \h 4
【真题研析·规律探寻】 \l "_Tc24801" PAGEREF _Tc24801 \h 4
\l "_Tc23017" PAGEREF _Tc23017 \h 13
\l "_Tc6582" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc6582 \h 13
\l "_Tc2964" 1．原料预处理的常用方法 PAGEREF _Tc2964 \h 13
\l "_Tc19548" 2．制备过程中控制反应条件常用方法 PAGEREF _Tc19548 \h 14
\l "_Tc2125" 3．工艺流程中的常见专业术语 PAGEREF _Tc2125 \h 14
\l "_Tc21834" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc21834 \h 14
\l "_Tc14552" 题型二 化学工艺流程与反应原理 PAGEREF _Tc14552 \h 20
\l "_Tc2000" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc2000 \h 20
\l "_Tc25200" PAGEREF _Tc25200 \h 36
\l "_Tc7847" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc7847 \h 37
\l "_Tc23984" 1．温度、浓度、压强的控制 PAGEREF _Tc23984 \h 37
\l "_Tc32180" 2．pH的控制 PAGEREF _Tc32180 \h 37
\l "_Tc7612" 3．体系环境氛围及其它条件的控制 PAGEREF _Tc7612 \h 37
\l "_Tc14109" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc14109 \h 38
\l "_Tc20866" 题型三 化学工艺流程与物质提纯 PAGEREF _Tc20866 \h 44
\l "_Tc5611" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc5611 \h 44
\l "_Tc30808" PAGEREF _Tc30808 \h 55
\l "_Tc17095" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc17095 \h 56
\l "_Tc19525" 1．物质分离的常用方法 PAGEREF _Tc19525 \h 56
\l "_Tc31640" 2．获得产品阶段的主要操作 PAGEREF _Tc31640 \h 56
\l "_Tc14250" 3．常见实验操作“目的或原因”分析 PAGEREF _Tc14250 \h 57
【题型特训·命题预测】 \l "_Tc23814" PAGEREF _Tc23814 \h 57
题型一 化学工艺流程与物质制备
1．(2023•全国甲卷，26)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。
(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。
(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。
(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为_______。
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)：n(CO)= _______。
【答案】(1)做还原剂，将BaSO4还原
(2) Ca2++S2-=CaS↓ (3)c
(4)不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
(5) BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl
(6)1：1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和TiCl4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为Ca2++S2-=CaS↓。(3)“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2+4NH4Cl+2HCl。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO(C2O4)2BaTiO3+2CO2↑+2CO↑，因此，产生的n(CO2)：n(CO)=1：1。
2．(2023•全国乙卷，27)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______ml·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。
(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。
(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。
【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4)BaSO4、NiS
(5) Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；(2)加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；(3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10ml·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9ml·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12ml·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4ml·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；(5)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；(6)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
3．(2022•辽宁省选择性考试)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：；
③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。
a．进一步粉碎矿石 b．鼓入适当过量的空气 c．降低焙烧温度
(2) Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为___________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。
(6)加入金属的目的是___________。
【答案】(1)ab (2) 2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
(3)抑制金属离子水解 (4) SiO2
(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl2↑+3H2O
(6)将Fe3+转化为Fe2+
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+ MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)a项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c项，降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；(2) Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
4．(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(SiF62-)= 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)SO42-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、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品转化的是_______(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
【答案】(1)6HF+SiO2=2H++ SiF62-+2H2O
(2) 2.0×10-2 SO42-
(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】根据题中的工艺流程，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SiF62-，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++ SiF62-+2H2O。(2)精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)= 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(SiF62-)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(SiF62-) =ml•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2ml•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=ml•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= ml•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42-，然后才是SiF62-。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：A项，P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B项，P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意；C项，P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；D项，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；故选D。
5．(2021•全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为_______ ml。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】(1) = 1 \* GB3 ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3
= 2 \* GB3 ②FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化
(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓ +I2+2K2SO4，若生成1 ml I2，则消耗的KI至少为4ml；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
6．(2021•广东选择性考试)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼(M)、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(BaMO4)=3.5×10-8， ，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中M元素以MO42-的形态存在。
(1)“焙烧”中，有Na2MO4生成，其中M元素的化合价为_______。
(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMO4的离子方程式为_______。
②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MO42-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出。
(5)高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】(1)+6 (2)Al(OH)3
(3)①Ba2++MO42-= BaMO4↓ ②
(4)①NaHCO3 ②NH3
(5)①Al2O3 ②4：1
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】(1)“焙烧”中，有Na2MO4生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，M元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMO4沉淀，该反应的离子方程式为Ba2++MO42-= BaMO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMO4BaCO3+MO42-+H+，该反应的化学平衡常数为。为避免BaMO4中混入BaCO3沉淀，必须满足，由于“沉钼”中pH为7.0， c(H＋)= 1.0×10-7 ml·L－1，所以溶液中时，开始生成BaCO3沉淀， 因此， 时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。
7．( 2019年江苏高考化学)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：
(1)室温下，反应CaSO4(s)+CO32- (aq) CaCO3(s)+SO42- (aq)达到平衡，则溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是_____________________。
(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。
(4)滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。
【答案】(1) 1.6×104
(2)HCO3-+NH3·H2O＝NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O)
增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化
(3)温度过高，(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率
(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量
Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
【解析】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时，溶液中====1.6×104；(2)NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成(NH4)2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O (NH4)2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)；浸取废渣时，加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动，促进CaSO4的转化；(3)由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)；(4)工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。
无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，为近年来高考的必考题型。该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。基本方法和步骤为：(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。易错点和难点是最后一问。
物质制备类化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产品的分离及提纯等具体步骤，兼顾考查元素及其化合物、化学基本概念和基本理论、化学实验等知识。一个完整的物质制备类化工生产流程一般包括以下具体内容：
1．原料预处理的常用方法
2．制备过程中控制反应条件常用方法
3．工艺流程中的常见专业术语
1．(2024·福建福州八县协作校高三联考)废SCR催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。
已知：TiO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；
回答下列问题：
(1)元素V在周期表中的位置 。在NH4VO3中V元素的化合价是 。
(2)“球磨”的目的是 。
(3)请写出“碱浸”过程中WO3与NaOH溶液反应的离子方程式 。
(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为 。
(5)“煅烧”NH4VO3的化学方程式为 。
(6)“沉钨”中为促进CaWO4尽可能析出完全，需要进行的措施是 。
【答案】(1) 第四周期ⅤB族 +5
(2)增大接触面积，提高“碱浸”反应速率
(3)WO3+2OH-= WO42-+H2O
(4) TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+
(5)2NH4VO3V2O5 + 2NH3↑+ H2O↑
(6)加入过量CaCl2
【解析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤的到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到TiO·xH2O；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH4VO3，经过煅烧分解出V2O5；滤液中加入HCl和CaCl2沉钨，沉淀经煅烧后生成WO3。(1)元素V的原子序数是23，在周期表中的位置是第四周期ⅤB族；在NH4VO3中V元素的化合价是+5价；(2)“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率；(3)碱浸过程中，WO3与NaOH溶液反应生成可溶性的Na2WO4，离子方程式为WO3+2OH-= WO42-+H2O；(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，TO2+“热水解”生成TiO2+·xH2O，离子方程式：TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+；(5)煅烧NH4VO3可生成V2O5，反应化学方程式：2NH4VO3V2O5 + 2NH3↑+ H2O↑；(6)“沉钨”中析出CaWO4时，为促进CaWO4尽可能析出完全，可利用同离子效应，加入过量CaCl2，促进CaWO4尽可能析出完全。
2．(2024·福建福州市八县一中高三联考)电池级碳酸锂是制造LiCO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：
已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；
②常温时，1ml·L-1LiOH溶液的pH=14。
回答下列问题：
(1)“有机层”的主要成分为 (填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为 ；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是 。
(2)某种HR的结构简式为 ，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有 。
(3)加适量草酸的目的 。
(4)“混合沉锂”的离子方程式为 。
(5)Li2CO3与C3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCO2)。写出对应的化学方程式 。
(6)钴酸锂(LiCO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。
①基态C原子核外电子排布式为 。
②该晶胞密度为 g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)
【答案】(1) FeR3和HR Li2CO3、MgCO3 消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率
(2)O、N
(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉
(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓
(5)6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2
(6) [Ar]3d74s2
【解析】(1)根据Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++ HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3+4C3O4+O212LiCO2+6CO2；(6)C为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，该晶胞中Li+： 、C3+：、O2-：，其晶胞化学式为：Li3C3O6，故其密度为： 。
3．(2023·重庆市二模)仲钼酸铵(NH4)6M7O24 []是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有MS2、CS和Al2O3)制备仲钼酸铵的工艺流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)基态C原子的价层电子排布式为_______。
(2)焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，其优点是_______(任答两点即可)。
(3)焙烧时MS2转化为MO3，则MS2焙烧时的化学方程式为_______。
(4)“操作”的名称是_______；实验室完成该“操作”用到的最主要的玻璃仪器是_______。
(5)“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为_______。
(6)已知有如下转化关系，则8钼酸铵的化学式为_______。
(7钼酸根)(8钼酸根)
(7)若在某温度下，BaMO4在水中的溶解平衡曲线如下图所示。向100mL0.400ml/L Na2MO4溶液中滴加200mL Ba(OH)2溶液，恰好使MO42-完全沉淀[]，则所加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为_______ml/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。
【答案】(1) 3d74s2
(2)增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等
(3) 2MS2+7O22MO3+4SO2、
(4) 分液 分液漏斗
(5)7(NH4)2MO4+4H2SO4= (NH4)6M7O24+4 (NH4)2SO4+4H2O
(6) (NH4)4M8O26
(7)0.206
【解析】含钼废料在空气中焙烧，MS2 转化为MO3，CS转化为氧化物，然后加硫酸酸浸，金属进入酸浸液中，用有机萃取剂萃取，钼元素进入有机相中，在有机相中加入过量氨水得到(NH4)2MO4溶液，向(NH4)2MO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵。(1)C的质子数为27，基态C原子的价层电子排布式为3d74s2。(2)焙烧的过程中采用“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等。(3)焙烧时 MS2 转化为 MO3 ，则 MS2 焙烧时被空气中的氧气氧化，MS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：2MS2+7O22MO3+4SO2、。(4)“操作”是将有机相和水相分开，则操作是分液，实验室分液时需要用到的最主要的玻璃仪器是分液漏斗。(5)向(NH4)2MO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据质量守恒，生成物还有硫酸铵和水，化学方程式为7(NH4)2MO4+4H2SO4= (NH4)6M7O24+4 (NH4)2SO4+4H2O。(6)8钼酸根中有8个M，即x=8，根据转化关系可知，M的化合价为+6价，8钼酸根带4个单位负电荷，所以O有26个，则8钼酸铵的化学式为(NH4)4M8O26。(7)由题意可知：(NH4)2MO42-完全沉淀时：消耗；由图可知，混合液中；即混合液中；故加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为。
4．(2023·安徽省高三质量检测)以某混合氧化物(由MnO2、ZnO、CuO、Fe2O3组成)为原料制备KMnO4和FeSO4·7H2O的工艺流程如下：
已知：ZnO与Al2O3的化学性质相似。
回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子排布式为_______。
(2)写出“酸浸”时，CuO反应的化学方程式：_______。
(3)“去铜”时，除了生成CuCl外，还有SO42- 、H+生成，该反应的离子方程式为_______。
(4)为检验“去铜”后是否含有Fe3+，选用的试剂是_______。
(5)“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，该反应中每转移1ml电子，消耗_______gMnO2。
(6)已知"“歧化”时反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。常温下，相关物质的溶解度数据如下：
通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通CO2，不能继续通入CO2的原因是_______。可以替代CO2的试剂是_______(填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀醋酸”)。
(7)KMnO4的纯度测定：称取mgKMnO4粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用0.5ml·L-1的Na2C2O4溶液滴定3次，平均消耗Na2C2O4溶液20.00mL。KMnO4样品的纯度为_______%(用含m的代数式表示，杂质不参与反应)。已知酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
(2)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O
(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+ SO42-+4H+
(4)KSCN溶液或硫氰化钾溶液
(5)43.5
(6)若继续通入CO2，则会生成KHCO3，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质KHCO3 稀醋酸
(7)
【解析】混合氧化物加NaOH碱浸，由题干信息可知ZnO溶于NaOH，其他固体不溶，过滤得滤渣，将滤渣溶于硫酸，其中CuO、Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化锰不溶于硫酸，过滤后滤液中通入二氧化硫再加NaCl将铜还原为CuCl沉淀，同时硫酸铁被还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁溶于经浓缩结晶得到晶体；二氧化锰固体加KOH熔融通空气，生成K2MnO4，K2MnO4溶液中通二氧化碳调节pH值10-11发生歧化反应得到高锰酸钾。(1)Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)酸浸时氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；(3)“去铜”时，除了生成CuCl外，还有SO42-、H+生成，可知1ml铜离子得1ml电子生成CuCl，1ml二氧化硫失2ml电子生成SO42-，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)检验三价铁离子可用KSCN溶液或硫氰化钾溶液；(5)“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，反应为：MnO2+O2+4KOH=2K2MnO4+2H2O，该反应中每转移1ml电子，消耗0.5ml MnO2，质量为43.5g；(6)通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通入，若继续通入会使碱性减弱，生成KHCO3，与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质；可以替代CO2的试剂应选弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液pH值；(7)酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，n(Na2C2O4)=0.5ml/L×0.02L=0.01ml，则n(KMnO4)=n(Na2C2O4)= ×0.01ml=0.004ml，KMnO4样品的纯度为%。
题型二 化学工艺流程与反应原理
1． (2023•湖南卷，17)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：
已知：①金属Ga的化学性质和相似，Ga的熔点为29.8℃；
②Et2O (乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；
(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40-45℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；
(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
(5)下列说法错误的是_______；
A．流程中Et2O得到了循环利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是_______；
(7)比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga(CH3)3_______ Ga(CH3)3(Et2O) (填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】(1)分子晶体
(2) 保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2 Ga(CH3)3(Et2O)+3 MgI2+2CH3MgI
(4)CH4
(5)D
(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用。(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；(2)电解池温度控制在40-45℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2 Ga(CH3)3(Et2O)+3 MgI2+2CH3MgI；(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；(5)A项，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；B项， Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C项， “配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解配Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正确；D项，二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D错误；故选D；(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；(7)分子中的C-Ga-C键角Ga(CH3)3> Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
2. (2023•江苏卷，16)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为
(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K=___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。
A．水浴加热氧化镁浆料
B．加快搅拌速率
C．降低通入SO2气体的速率
D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2
(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。
(3)制取MgSO4·H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是___________；补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH≥5时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO粉末)
【答案】(1)① ②BD
(2)①2SO32-+O22SO42- ② pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率
(3)① 用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液
②分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
【解析】本实验的目的是为了制取MgSO4·H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反应：
①Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O K
②Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq) Ksp[(Mg(OH)2)]
③MgSO3(s) Mg2+(aq)+SO32-(aq) Ksp(MgSO3)
④H2SO3 H++HSO3- Ka1(H2SO3)
⑤HSO3- H++SO32- Ka2(H2SO3)
⑥H2O H++OH- KW
根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥×2，故K=；A项，加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B项，加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；C项，降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D项，多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；故选BD。(2)根据题意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化为SO42-，1mlO2氧化2ml SO32-，故O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为：2SO32-+O22SO42-；pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率；(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O，根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。
3. (2023•江苏卷，17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。
(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。
“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是___________。
(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现
反应Ⅰ：NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(l)
反应Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)
①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH =___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。
②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3) ； n(CO2) ＝4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。
(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。
其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。
①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。
②当电解电压为U2V时，阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为___________。
③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为___________(写出计算过程)。
【答案】(1)①KHCO3+Ca(OH)2= CaCO3+KOH+H2O
②相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳
(2)① <0 ②适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高
(3)① H2 ②HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-
③每生成1ml C2H4转移12mle-，每生成1ml HCOO-转移2mle-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为
【解析】(1)由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2= CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。(2)由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。(3)当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-。当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为8%，每生成1ml C2H4转移12mle-，每生成1ml HCOO-转移2mle-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为。
4．(2023•北京卷，18)以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。
(1) “浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+= Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp(MnS) (填“>”或“<”) Ksp(Ag2S)。
②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
(2) “浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。
Fe3++Ag2S+ +2[AgCl2]- +S
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、+的作用： 。
(3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因： 。
(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
【答案】(1) > Fe3+、Mn2+
(2) 2Fe3++Ag2S+4 Cl-2Fe2++2[AgCl2]- +S Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀
(3)2[AgCl2]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl- 、2Fe3++Fe=3Fe2+ Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂
【解析】银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+；浸锰渣中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液反应，将Ag2S中的银以[AgCl2]-形式浸出，用铁粉把[AgCl2]-还原为金属银。(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS+2H+= Mn2++H2S↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(MnS)> Ksp(Ag2S)；②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。(2)①Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为2Fe3++Ag2S+4 Cl-2Fe2++2[AgCl2]- +S；②Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[AgCl2]-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。(3)①铁粉可将[AgCl2]-还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[AgCl2]- +Fe3+=Fe2++2Ag+4Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+；②溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此t min后银的沉淀率逐渐降低。(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。
5．(2023•广东卷，18)Ni、C均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、C，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、C2+、C3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；C (OH)2易被空气氧化为C (OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
回答下列问题：
(1)活性可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NH4+) (填“>”“<”或“=”)。
(3)“氨浸”时，由C (OH)3转化为[C (NH3)6]2+的离子方程式为 。
(4) (NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、C的浸取速率，其原因是 。
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于C与O最小间距，x、y为整数，则C在晶胞中的位置为 ；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为 。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为 。
②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，在于可重复利用HNO3和 (填化学式)。
【答案】(1) MgO+H2O=Mg(OH)2
(2)＞
(3) 2C(OH)3 +12 NH3·H2O +SO32-=2[C (NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH- 或2C(OH)3 +8 NH3·H2O +4NH4++SO32-=2[C (NH3)6]2++SO42-+13H2O
(4) 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5) HCl 体心 12
(6) 0.4或2：5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含Ni2+、C2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2；(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3·H2O)=-4.7，，，则c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”时，C(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[C (NH3)6]2+，则由C(OH)3转化为[C (NH3)6]2+的离子方程式为2C(OH)3 +12 NH3·H2O +SO32-=2[C (NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH- 或2C(OH)3 +8 NH3·H2O +4NH4++SO32-=2[C (NH3)6]2++SO42-+13H2O；(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、C的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；(5)①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；②由CCl2可制备AlxCOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息C、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于C与O最小间距，则Al在顶点，因此C在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2：5；②“热解”对于从矿石提取Ni、C工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，在于可重复利用HNO3和MgO。
6．(2023•海南卷，15)铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
(1)Be3Al2Si6O18中Be的化合价为_______。
(2)粉碎的目的是_______；残渣主要成分是_______(填化学式)。
(3)该流程中能循环使用的物质是_______(填化学式)。
(4)无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600~800℃制备BeCl2的化学方程式为_______。
(5)沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的_______%。
【答案】(1)+2 (2)① 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 ②. SiO2
(3)(NH4)2SO4
(4)BeO+Cl2+CCO+BeCl2
(5)10
【解析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH=1.5除去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH)2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。(1)按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价；(2)粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2；(3)最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；(4)BeO、Cl2与足量C在600~800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2；(5)设Be(OH)2的溶度积常数为Ksp，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)=，当pH=8.0时，c(OH-)=10-6ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=ml/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5ml/L，铍损失浓度为c(Be2+)=ml/L，损失降低至原来的10%。
7．(2022•湖南选择性考试)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
(1)已知ΔG= ΔH-TΔS，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若ΔG＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．C(s)＋O2(g)=CO2(g)B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)
C．TiO2 (s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g) D．TiO2 (s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)
(2) TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含、杂质的方法是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO
(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，③TiO2 (s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2 (s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)；A项，由图可知，600℃时C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，600℃时2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO2 (s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，根据盖斯定律，TiO2 (s)＋C(s)＋2Cl2(g)= TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG＜0，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO，导致CO含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故选AC。
8．(2022•全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是________；
(ⅱ) H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为________；
(ⅲ) H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1) PbSO4(s)+CO32-(aq)= PbCO3(s)+SO42-(aq)
反应PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数K==3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2+、Na+
【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，反应PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数K====≈3.4×105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。(iii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
9．(2022•全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2 C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2) 增大压强 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO4 MgSO4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A项，NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B项，Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C项，NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5ml/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++ MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
10．(2019年天津高考化学)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成1mlSiHCl3气体和，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为________________________；SiHCl3的电子式为__________________。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
SiCl4(g)+ H2(g) SiHCl3(g)+HCl (g) ∆H1>0
3SiCl4(g)+2 H2(g)+ Si(s)+4SiHCl3(g) ∆H2<0
2SiCl4(g)+ H2(g)+ Si(s) +HCl (g)4SiHCl3(g) ∆H3
(1)氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______(填“阳极”或“阴极”)，该电极反应方程式为________________________。
(2)已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。
(3)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。
a．B点： b．：A点点 c．反应适宜温度：℃
(4)反应③的∆H3=__________(用∆H1、∆H2表示)；温度升高，反应③的平衡常数K______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和外，还有______(填分子式)。
【答案】(1) Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·ml-1
(2) (3)阴极 (4) 2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑
(5) 1000℃ (6) ∆H2<∆H1导致反应②的∆G小 (7) a、c
(8)=∆H2-∆H1 (9)减小 (10)HCl、H2
【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1ml，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·ml-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对。
II.(1)电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；(2)由题目所给的图1可以看出，反应①(最上面那条线)当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②的∆G小(两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显)；(3)图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正(或逆)反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。(4)将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；(5)反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。
11．(2021•山东卷)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是________________________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5ml•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在_______ (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为________________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3 使2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
(3)所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O H2SO4 (4)阳 Na＋
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(2)中和时调节溶液pH目的是将AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO32-，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O72-和CrO42-存在，溶液中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知，Cr2O72-在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。
化学工艺流程常涉及的化学反应原理有：
(1)沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。
(2)反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的应用；④反应条件的控制。
(3)氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。
(4)盐类水解的具体应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。
1．温度、浓度、压强的控制
2．pH的控制
3．体系环境氛围及其它条件的控制
1．(2024·河南三门峡高三阶段性考试)钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：

回答下列问题：
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是 。
(2)钪锰矿石中含铁元素，其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是 。(从原子结构角度解释)
(3)常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是 。(已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)
(4)“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是： 。
(5)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃时，晶体的主要成分是 (填化学式)。550～850℃发生反应的化学方程式为 。
【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌
(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构
(3)Fe(OH)3
(4)2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+
(5) Sc2(C2O4)3·H2O Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【解析】废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)经萃取洗涤油相除去大量的钛离子，滤渣用盐酸溶解后加氨水调pH为3，除去铁离子，再加氨水调溶液的pH为6，将Sc3+沉淀为Sc(OH)3，将Sc(OH)3用盐酸溶解后加入草酸，使之转化为Sc2(C2O4)3沉淀，灼烧Sc2(C2O4)3沉淀得到成品Sc2O3。(1)不同的液体在混合时，一般是先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的。因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2中，并不断搅拌。(2)Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构。(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子。根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下3种离子沉淀完全(离子浓度小于10-5ml/L)的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全的pH约为6，而铁离子沉淀完全的pH约为3，所以先加入氨水调节pH =3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3。(4)“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+ 6H+。(5)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1 ml，质量为462 g，由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，，即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去钪元素质量后剩余质量为138g-2ml×45g/ml=48g，应为氧元素的质量，，则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
2．(2024·山东枣庄高三期中)钒酸钇(YVO4)广泛应用于光纤通信领域，一种用废钒催化剂(含 V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3制取YVO4的工艺流程如下：
已知：V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应。 回答下列问题：
(1)V2O2(OH)4中V元素的化合价为 。
(2)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，“浸出液”中还含有的金属离子是 。V2O5被还原的离子方程式为 。
(3)常温下，“钒、钾分离”时，pH 对钒的沉淀率的影响如图所示：pH＞7时，随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是 。
(4)结合“碱溶”和“沉钒”可知，、氧化性更强的是 ，“沉钒”时发生反应的化学方程式为 。
(5)某废钒催化剂中V2O5的含量为26.0%，某工厂用1吨该废钒催化剂且用该工艺流程生产YVO4，整个流程中V的损耗率为30.0%，则最终得到 YVO4 。
【答案】(1)+4
(2) Fe2+、K+ 4H++V2O5+ SO32-=2VO2++ SO42-+2H2O
(3)V2O2(OH)4能与强碱反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大
(4) ClO3- NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl
(5)408kg
【解析】废钒催化剂(含 V2O5、K2O、SiO2少量Fe2O3)中加入K2SO3和硫酸，将V2O5还原为VOSO4，Fe2O3还原为Fe2+，过滤；往浸出液中加入KOH溶液，过滤，得到滤饼V2O2(OH)4，往滤饼中加入NaClO3、NaOH溶液进行碱溶，过滤；往滤液中加入NH4Cl沉钒，得到NH4VO3，将NH4VO3进行焙烧，得到V2O5，加入Y2O3，高温灼烧，制得YVO4。(1)V2O2(OH)4中，O显-2价，H显+1价，则V元素的化合价为+4。(2)“还原酸浸”时，钒以VO2+浸出，Fe2O3被还原为Fe2+，则“浸出液”中还含有的金属离子是Fe2+、K+。V2O5被SO32-还原为VO2+，离子方程式为4H++V2O5+ SO32-=2VO2++ SO42-+2H2O。(3)题中信息显示，V2O2(OH)4既能与强酸反应，又能与强碱反应，则pH＞7时，溶液的碱性增强，V2O2(OH)4会发生溶解，所以随pH增大钒的沉淀率降低的原因可能是：V2O2(OH)4能与强碱反应，碱性越强，V2O2(OH)4损耗率越大。(4)往滤饼V2O2(OH)4中加入NaClO3、NaOH溶液进行碱溶，得到NaVO3，则ClO3-、VO3-氧化性更强的是ClO3-，“沉钒”时，NaVO3转化为NH4VO3，发生反应的化学方程式为NH4Cl+NaVO3=NH4VO3↓+NaCl。(5)依据V元素守恒，可建立关系式：V2O5——2YVO4，m(V2O5)=1t×26.0%×(1-30.0%)=0.182t=182kg，V2O5的相对分子质量为182，YVO4的相对分子质量为204，则最终得到 YVO4的质量为=408kg。
3．(2023·陕西省西安市二模)HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧——水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。
已知：I.MO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。
II.高温下，NH4VO3易分解产生N2和一种含氮元素的气体。
III.Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。
请回答下列问题：
(1)请写出“气体”中属于最高价氧化物的电子式：_____。
(2)请写出“焙烧”过程中MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式：_____，_____。
(3)“浸渣”的成分为______(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有_____(填化学式)。
(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为_____、_____。
(5)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：______。
(6)在实际的工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS进行“除杂”，除掉溶液中微量的Cu2+，则反应Cu2++HS-=CuS+H+的K=______。
【答案】(1)
(2) 2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2
Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑
(3) NiO NaVO3、NaHCO3
(4) 20g•L-1 10g•L-1
(5)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O
(6)1021
【解析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。(1) “气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；(2)由题中的信息可知，MS及Al2O3分别与纯碱反应的化学方程式为2MS+2Na2CO3+5O22Na2MO4+2CO2+2SO2，Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；(3)硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而MO3、V2O5、Al2O3与纯碱反应生成Na2MO4、NaVO3和NaAlO2，沉铝通过量CO2生成沉淀Al(OH)3和NaHCO3，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；(4)由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20 g ·L-1和10 g ·L-1时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：20 g ·L-1和10 g ·L-1；(5)由信息和流程可知，NH4VO3沉淀煅烧时分解产生V2O3和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O；(6)由题意可知Cu2++HS-=CuS+H+的。
4．(2023·安徽省宣城市二模)高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)
据此回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。
(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。
(3)若滤液2中c(Fe2+)=2ml·L-1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。
(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。
(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。
(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。
【答案】(1) C、SiO2、CaSO4 酸性KMnO4或者K3[ Fe( CN)6]溶液
(2)将Fe3+还原为Fe2+
(3)5.5≤pH <6.3
(4)200：3
(5)Fe2+ +2HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑
(6)4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2
【解析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。(1)滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[ Fe( CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[ Fe(CN)6]溶液；(2)“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；(3)滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH-)==10-8.5ml/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH-)=ml/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH <6.3；(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；(5)“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2+ +2 HCO3-=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(6)“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3 +O22Fe2O3 +4CO2。
5．(2023·辽宁省鞍山市二模)钼酸钠(Na2MO4)是一种金属缓蚀剂，金属钼是重要的合金材料，下图是由辉钼矿(钼元素的主要存在形式为MS2)生产两种物质的流程：
请回答下列问题：
(1)M为第五周期元素，与Cr同族，其基态原子价层电子排布式为_______；
(2)辉钼矿在空气中焙烧时，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，烧渣中以CaMO4的形态存在，则X为_______(填化学式)，焙烧方程式为_______；
(3)已知：25℃时，Ksp(CaMO4)=1.6×10－5，则该温度下，CaMO4饱和溶液中Ca2+的浓度为_______；
(4) Na2CO3溶液在对烧渣进行浸出时，温度对浸出率的影响如下图所示：
“操作1”需选择“高压浸出”的理由是_______；
(5)从上述流程中可分析出MO3属于_______(填“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)；
(6)由MO3获得可以选择H2做还原剂，相关说法正确的是_______(填代号)；
a.其原理属于热还原法冶金
b. M的金属活动性可能位于Mg、Al之间
c.工业上可用与钼酸盐溶液直接作用冶炼钼
(7)已知MS2晶体有类似石墨的层状结构，预测其可能的用途是_______。
【答案】(1) 4d55s1
(2) CaO 6CaO+ 2 MS2+9O2 2CaMO4+CaSO4
(3)0.16
(4)常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右
(5)酸性氧化物
(6)a
(7)润滑剂
【解析】辉钼矿(钼元素的主要存在形式为MS2)加入CaO ，通入空气焙烧发生反应6CaO+ 2 MS2+9O2 2CaMO4+CaSO4，所得烧渣加入碳酸钠溶液将Na2MO4转化为Na2MO4，经操作1过滤得到Na2MO4溶液。Na2MO4溶液经系列操作得到Na2MO4·2H2O晶体。往Na2MO4溶液中加入足量硫酸反应生成H2MO4沉淀，过滤后灼烧得到MO3，经氢气还原得到M。(1)基态Cr原子价层电子排布式为3d54s1，M为第五周期元素，与Cr同族，则其基态原子价层电子排布式为4d55s1。(2)MS2在空气中焙烧会生成SO2，加入氧化物X可减少空气污染物的排放，且烧渣中M以CaMO4的形态存在，含有Ca元素，则X为CaO；焙烧的化学方程式为CaO+ 2 MS2+9O2 2CaMO4+CaSO4。(3)CaMO4饱和溶液中，=。(4)由曲线图可知，随着温度的升高，浸出率逐渐升高，当温度在150℃左右时，浸出率已经很高，继续升高温度，浸出率增长不明显。因此Na2CO3溶液在对烧渣进行浸出时，选择温度150℃左右有利于浸出，但常压无法使溶液的温度上升至浸出率较高的150℃左右，所以需要选择“高压浸出”，以使温度提高到150℃左右。(5)由流程图可知，往Na2MO4溶液中加入足量硫酸反应生成H2MO4沉淀，过滤后灼烧得到MO3，即MO3对应的水化物为酸，MO3为酸性氧化物。(6)a项，利用H2做还原剂，将MO3还原为M，其原理属于热还原法冶金，a正确；b项，H2能将MO3还原为M，则还原性：H2>M，Mg、Al能从酸溶液中置换出H2，则还原性：Mg > H2，Al > H2，因此M的金属活动性可能位于Mg、Al之后，b错误；c项，Na比较活泼，与钼酸盐溶液直接作用，钠先和水反应，因而不能达到冶炼钼的目的，c错误；故选a。(7)MS2晶体有类似石墨的层状结构，层与层之间作用力较弱，很容易在层间发生相对滑动，因而可用作润滑剂。
题型三 化学工艺流程与物质提纯
1．(2023•全国新课标卷，27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以CrO42-存在。
回答下列问题：
(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为_______(填化学式)。
(2)水浸渣中主要有SiO2和_______。
(3)“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是_______。
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致_______；时，会导致_______。
(5)“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有_______(填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)Na2CrO4 (2)Fe2O3 (3)SiO32-
(4) 不能形成MgNH4PO4沉淀 不能形成MgSiO3沉淀
(5)C
(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O
【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀；(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。
2．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCO2进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
(1)C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
(2)烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_______。
(4)已知Ksp[C(OH)2]= 5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中C2+浓度为_______ ml·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】(1) ① 4 ② Ⅷ (2) SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl (3)焰色反应
(4) ①5.9×10-7 ②6C(OH)2+O22C3O4+6H2O
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiCO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为C(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到C3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2) “500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[C(OH)2]= 5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH-)=1.0×10-4ml·L-1，C2+浓度为 ml·L-1。“850℃煅烧”时，C(OH)2与O2反应生成C3O4和H2O，该反应的化学方程式为6C(OH)2+O22C3O4+6H2O。(5)a项，Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。
3．(2023•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(Ni2+、C2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
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)。
【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) ①Mn2++HSO3-+H2O=MnO2+SO42-+3H+ ②Fe(OH)3
(4) ①9.0% ②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn2(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Mn2++HSO3-+H2O=MnO2+SO42-+3H+，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”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：Mn2++HSO3-+H2O=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，Ksp= c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8ml/L，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) “沉钻镍”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+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
4．(2023•山东卷，17)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10－3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]- +H+ (常温下，Ka=1.010-9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液pH=_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为2.0 ml·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在_____ ml·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1) [B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]- 9.34
(2) CaSO4 5.5×10－4 纯碱
(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度 盐酸 浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、SO42-等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是CaSO4，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]- +H+ (常温下，K=10-9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下.在0.1ml·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]-的浓度均为0.5ml·L-1，，则该溶液pH=9.34。(2)滤渣I的主要成分是CaSO4；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0 ml·L-1，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在 ml·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱(Na2CO3)的用量。(3)精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
5． (2022•江苏卷)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1)“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_______。
(2)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中含量与加料方式有关。得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为_______(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层)Ce(A)3 (有机层)+3H+(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为。请补充完整实验方案：①准确量取25.00mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 ml·L-1]，加氧化剂将完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000 ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待测溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
【答案】(1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O
(2)B
(3)降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度 酸性条件，多次萃取 Ce3+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000 ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。(1)根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(2)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl-量较少的Ce2(CO3)3，故选B；(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物；②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小；(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000 ml·L-1(NH4)2Fe(SO4)2来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
6．(2022•北京卷)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含Fe2O3、SiO2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w (CaCO3)给出定义
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”数值为___________。
④w (CaCO3)实测值大于理论值的原因为___________。
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑
(2) CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO3 Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4
(3)SiO2、Fe2O3
(4)NH4Cl、(NH4)2SO4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。(1)白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；(3)滤渣C为氧化铁、二氧化硅；(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。
7．(2022•广东选择性考试)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______ ml·L-1 (保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mlPt3Y转移_______ ml电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH-= Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO42-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-= Al(OH)3↓；(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则==4×10-4 ml·L-1；(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；(6)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mlPt3Y转移15 ml电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
8．( 2019年新课标Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 ml·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
(1)“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将________________________。
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCyMnzO2，其中Ni、C、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
【答案】(1) SiO2(不溶性硅酸盐) MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3) 4.7 (4) NiS和ZnS
(5) F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F−平衡向右移动
(6) Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O (7).
【解析】(1)Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；(2)二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；(3)由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；(4)根据题干信息，加入Na2S除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；(5)由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；(6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
9．( 2019年新课标Ⅰ卷) 硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
(2)步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为__________(填标号)。
(3)步骤③中选用足量的H2O2，理由是_________________。分批加入H2O2，同时为了_________________，溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】(1) 碱煮水洗 (2)加快反应速率 水浴加热 C
(3) 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质 因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解
(4) 加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤) (5) NH4Fe(SO4)2∙12H2O
【解析】(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；(2)步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴)；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；(3)步骤③中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；(4)为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)；(5)设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2∙12H2O。
在解化工流程题无机物质的制备，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。在审题时，应粗看流程图，没必要看得非常明白(因耗时太多)，然后接着往下看问题作答，容易的迅速写下，做到“笔过留分”，难的再结合流程、信息回答。这样做耗时短，能得到大部分分数。
物质提纯类化工流程题以物质的分离、提纯为基础，涉及蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、蒸馏、萃取、分液、重结晶、洗涤、干燥等基本操作，突出考查化学实验基本方法在物质分离、提纯中的作用。物质提纯类化工流程题一般包括以下具体内容：
1．物质分离的常用方法
2．获得产品阶段的主要操作
3．常见实验操作“目的或原因”分析
1．(2024·浙江省宁波市高三选考模拟考试)氯化亚铜(CuCl)是石油工业常用的脱硫剂和脱色剂，以低品位铜矿(主要成分为CuS。CuS2和铁的氧化物)为原料制备CuCl步骤如下：
已知：CuCl难溶于醇和水，热水中能被氧化，在碱性溶液中易转化为CuOH．CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)。
请回答：
(1)还原过程中所得产物的主要溶质的化学式是 。
(2)下列有关说法不正确的是___________。
A．“浸取”过程中稀硫酸可以用浓硫酸代替
B．滤渣1的成分是Fe(OH)3
C．“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在
D．“除锰”后滤液加热的主要目的是除去多余的氨水和NH4HCO3
(3)“稀释”过程中，pH对CuCl产率的影响如图所示：
请分析pH控制在左右的原因 。
(4)为测定CuCl产品纯度进行如下实验：
a．称量所得CuCl产品g溶于硝酸，配制成250mL溶液；取出mL，加入足量的mL0.5 ml/L AgNO3溶液，充分反应；
b．向其中加入少量硝基苯，使沉淀表面被有机物覆盖；
c．加入指示剂，用NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液；
d．重复实验操作三次，消耗ml/L NH4SCN溶液的体积平均为mL。
已知Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2.0×10-12。
①加入硝基苯的作用是 。
②滴定选用的指示剂是 。
A．FeCl3 B．FeCl2 C．NH4Fe(SO4) 2 D．(NH4)2Fe(SO4) 2
③CuCl的纯度为 。
【答案】(1) NaCuCl2 (2)AD
(3)pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH
(4) 防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀 C 99.50%
【解析】低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，除去硫，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液再加热，过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入铜、盐酸，加入氯化钠还原，再加水稀释后过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜。(1)还原过程中铜离子、盐酸、氯化钠、和铜，铜与铜离子反应转化为氯化亚铁，CuCl易溶于浓度较大的Cl-体系中(CuCl+Cl-CuCl2-)，故所得产物的主要溶质的化学式是NaCuCl2；(2)A项，浓硫酸具有强氧化性，能氧化二价铁离子，且能生成二氧化硫，不能用浓硫酸代替稀硫酸，选项A不正确；B项，滤渣1的成分是Fe(OH)3，选项B正确；C项，“除锰”后的滤液中Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，选项C正确；D项，Cu元素主要以[Cu(NH3)4]2+形式存在，“除锰”后滤液加热的主要目的是使其分解生成CuO，选项D不正确；故选AD；(3)pH控制在2.5左右的原因是：pH低于2.5，CuCl易发生歧化反应；pH高于2.5，随着c(OH―)增大，CuCl易转化为CuOH；(4)①加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀；②结合该实验中滴加NH4SCN标准溶液，指示剂主要是与SCN-反应产生明显现象，所以选用Fe3+，因为溶液中含有Ag+，不能选用含Cl-的试剂，故只能选NH4Fe(SO4) 2；故选C；③根据反应Ag++Cl-=AgCl↓、Ag++SCN-=AgSCN，故10.00gCuCl产品的物质的量为n(CuCl)==0.1ml，CuCl的纯度为=。
2．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)废镍催化剂主要含Ni，还有少量Cu、Fe、Al及其氧化物、SiO2.某研究小组设计如图所示工艺流程制备硫酸镍晶体。
查阅资料：
①镍的化学性质与铁相似，能与酸缓慢反应。
②一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
(1)“滤渣2”的成分是 (用化学式表示)。溶液中加入H2O2的目的是 (用离子方程式表示)。
(2)“调pH”可选用的物质 (填序号)。
A．Na2CO3 B．NiCO3 C．H2SO4 D．NiSO4
“调pH”的范围为 。
(3)下列有关说法不正确的是___________。
A．酸浸步骤可用水浴加热，以加速反应
B．操作A中的有机溶剂可选用乙醇
C．调pH后过滤，需用玻璃棒对漏斗中的混合物充分搅拌
D．操作B中包含“结晶、过滤、洗涤、煅烧”等操作
(4)测定产品的纯度。
计算产品的纯度为 。
【答案】(1) Fe(OH)3、Al(OH)3 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(2) B 5.6≤pH<7.2) (3)BCD (4)90.0%
【解析】根据流程图可以知道，废镍催化剂粉碎后进入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶硫酸盐额滤液；向滤液中加入有机溶剂萃取、分液得到含有铜离子的有机层和溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸镍调节溶液pH在5.6≤pH＜7.2的范围内，将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和含有硫酸镍的滤液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。(1)滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝；加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；(2)为了将溶液中铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，根据金属氢氧化物沉淀时的pH，要调节溶液的pH在5.6≤pH＜7.2的范围内；为防止中和溶液中氢离子时引入新杂质，调节溶液的pH时可以加入碳酸镍固体；选B；(3)A项，酸浸步骤适当升温可以加快反应速率，故A正确；B项，乙醇与水互溶，不能作为萃取剂，故B错误；C项，过滤后，漏斗内的沉淀不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D项，操作B中包含“加热浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤”等操作，故D错误；故选BCD；(4)根据Zn2++H2Y2-= ZnH2Y，n(Zn2+)=0.025ml/L0.02L=0.0005ml，则在25mL的反应后的溶液中剩余的H2Y2-的物质的量为0.0005ml，与Ni2+反应的H2Y2-的物质的量为-0.0005ml=0.0045ml=n(Ni2+)，原样品中的n(Ni2+)=0.0045ml4=0.018ml，样品的纯度为=90.0%。
3．(2023·上海市崇明区二模)铁、铜及其化合物是中学化学中常见化学物质，阅读材料回答问题：
(一)氯化铁是重要的化工原料，FeCl3·6H2O的实验室制备流程图如下：
(1)废铁屑表面往往含有油污，去除废铁屑表面的油污的方法是___________。操作①要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和___________。
(2)加入含有少量铜的废铁屑比加入纯铁屑反应更快，原因为___________。操作②涉及的过程为：加热浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。
(3)检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是___________。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________、___________。
(二)为测定CuSO4溶液的浓度，某同学设计了如下方案：
(4)判断SO42-沉淀完全的操作为___________。
(5)固体质量为w g，则c(CuSO4)=___________ml/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 碱煮水洗 漏斗
(2) Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率 冷却结晶
(3) K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可) 2Fe3++Fe=3Fe2+ 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(4)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全
(5) 偏低
【解析】(1)废铁屑表面往往含有油污，可以加入碱液去除，则去除废铁屑表面的油污的方法是碱煮水洗。操作①为过滤，要用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和漏斗；(2)加入含有少量铜的废铁屑可以构成Cu-Fe盐酸原电池，故比加入纯铁屑反应更快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。操作②为由溶液制取晶体，涉及的过程为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)亚铁离子遇到铁氰化钾溶液(或使酸性高锰酸钾溶液褪色)生成蓝色沉淀，则检验FeCl3稀溶液中是否残留Fe2＋的试剂可以是K3[Fe(CN)6]溶液(或酸性KMnO4溶液，合理即可)。为增大FeCl3溶液的浓度，向稀FeCl3溶液中加入纯Fe粉后通入Cl2，主要反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+、2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；(4)结合钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，判断SO42-沉淀完全的操作为向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；(5)根据硫酸根离子守恒，n(CuSO4)=n(BaSO4)，固体质量为w g，则c(CuSO4)=ml/L。若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，导致沉淀损失，硫酸钡质量减少，则测得c(CuSO4)偏低。
4．多晶硅(硅单质的一种)被称为“微电子大厦的基石”，制备中副产物以SiCl4为主，它环境污染很大，能遇水强烈水解，放出大量的热。研究人员利用SiCl4水解生成的盐酸和钡矿粉(主要成分为BaCO3，且含有铁、镁等离子)制备BaCl2·2H2O，工艺流程如下：
已知：
①常温下Fe3＋、Mg2＋完全沉淀的pH分别是3.4、12.4
②BaCO3的相对分子质量是197；BaCl2·2H2O的相对分子质量是244
回答下列问题：
(1)SiCl4发生水解反应的化学方程式为____________________________。
(2)用H2还原SiCl4蒸气可制取纯度很高的硅，当反应中有1 ml电子转移时吸收59 kJ热量，则该反应的热化学方程式为____________________。
(3)加钡矿粉并调节pH＝7的目的是①____________，②____________。
(4)过滤②后的滤液中Fe3＋浓度为______(滤液温度25 ℃，Ksp[Fe(OH)3]＝2.2×10－38)。
(5)生成滤渣A的离子方程式______________________。
(6)列式计算出10吨含78.8% BaCO3的钡矿粉理论上最多能生成BaCl2·2H2O的质量为多少吨？
【答案】(1)SiCl4＋4H2O===H4SiO4↓＋4HCl
(2)SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋236 kJ·ml－1
(3)使BaCO3转化为BaCl2 使Fe3＋完全沉淀
(4)2.2×10－17 ml·L－1
(5)Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓
(6)m＝eq \f(10t×78.8%,197 g·ml－1)×244 g·ml－1＝9.76 t
【解析】(1)SiCl4水解生成H4SiO4和HCl；(2)SiCl4＋2H2eq \(=====,\s\up7(高温))Si＋4HCl，当有4 ml电子转移时，吸收热量为236 kJ，所以热化学方程式为SiCl4(g)＋2H2(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋236 kJ·ml－1；(3)加入BaCO3，可发生反应BaCO3＋2HCl===CO2↑＋H2O＋BaCl2，并降低c(H＋)，使Fe3＋完全水解生成Fe(OH)3沉淀；(4)c(OH－)＝10－7 ml·L－1；c(Fe3＋)＝eq \f(2.2×10－38,10－73)＝2.2×10－17 ml·L－1；(5)根据信息，当pH＝12.5时，Mg2＋完全沉淀，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓；(6)根据Ba2＋守恒得：m(BaCl2·2H2O)＝eq \f(10 t×78.8%,197 g·ml－1)×244 g·ml－1＝9.76 t。
5．(2023·湘豫名校联考高三一轮复习诊断考试)科学合理地从污泥中提取铜、镍等有价金属，无论从经济利益还是环保利益上都有深远的意义。氨浸-沉淀法金属回收率高，但是氨易挥发，相关技术目前还有待提升。常见的氨浸-沉淀法回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜，大致流程如下：
已知：①氨浸液采用NH3-NH4HCO3缓冲体系；
②滤渣溶于稀硫酸后，金属元素存在形式：Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；
③标准摩尔生成Gibbs自由能可以用来估算一个反应自发的趋势，如，
(1)沉淀1的主要成分是_______(填化学式)，操作2的名称为_______。
(2)标准状况下，氨浸过程中镍元素发生的主要反应为Ni(OH)2(s)＋4NH3(g)+ 2NH4+(aq)Ni(NH3)62+(aq) ＋2H2O(l)，相关物质的标准摩尔生成焓如下表。
①试分析该反应在_______(填“高温”或“低温”)时有利于镍元素的浸取。
②氨浸液在总氨量一定前提下，相同条件下氨铵比对铜、镍浸出率影响情况如图所示，试从化学角度分析，当氨铵比从变化至时，镍的浸出率降低的可能原因是_______。
(3)实验证明溶解滤渣用的稀硫酸溶液，浓度以2ml/L最合适，结合流程信息分析，硫酸浓度不易过高或者过低的原因：_______。
(4)通常采用H2O2进行氧化过程，试写出铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：_______。
(5)系列操作中，通常采用先水洗，再酸洗，然后反萃取得到含铜的溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，试分析原因：_______。
(6)①电镀污泥在氨浸以后，如果能提前进行化学除杂，将对后续分离铜、镍有很大的帮助，通常我们用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，查数据可知，此时Ni(NH3)62+与(NH4)3PO4溶液反应的离子方程式为3Ni(NH3)62++2PO43-= Ni3(PO4)2↓+18NH3，试回答可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：_______。
②常温下，关于0.05ml/L (NH4)3PO4溶液，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
A．可以用0.1ml/L的H3PO4溶液与0.1ml/L的NH3∙H2O溶液等体积混合制得(忽略混合时微小的体积变化)
B．由水电离的c(H+)=10-7ml∙L-1
C．溶液中粒子数目最多的是NH4+
D．c(NH3·H2O)+c(NH4+)=3c(H3PO4) +3c(H2PO4-)+ 3c(HPO42-)+ 3c(PO43-)
【答案】(1) CaSO4 萃取
(2)低温 总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少
(3)硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高
(4)2Cr3++3H2O2+H2O= Cr2O72-+8H+
(5)先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗
(6) K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易 D
【解析】回收电镀污泥(主要金属元素及含量Ni：0.81%，Cu：0.94%，Fe：0.39%，Cr：1.14%，Ca：1.49%，Mg：2.02%)中的铜时，先将电镀污泥用氨浸液处理然后过滤，从最终产物看，铜、镍元素转化为铜氨、镍氨配离子进入滤液，其他金属元素进入滤渣；往滤渣中加入稀硫酸，此时部分Ca2+生成硫酸钙沉淀，过滤后，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Cr3+、Ca2+、Mg2+；加入强氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+、Cr3+氧化为Cr2O72-；调节pH后，Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，用沉淀剂除去Ca2+、Mg2+；滤液进行离子交换，再用Na2S2O3还原，便可得到Cr(OH)(H2O)3SO4。加入氨浸液后过滤所得的滤液用有机液R进行萃取，然后分液，得到水溶液层和有机液层，将溶有铜氨离子的有机液层先水洗后酸洗，再加硫酸进行反萃取可得CuSO4溶液；水溶液层再加入有机液R进行萃取，然后分液，得到溶有镍氨离子的有机层，再水洗，然后加酸反萃取，从而得到NiSO4。(1)由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO4，操作2是利用有机液R提取溶液中一种配合物的操作，其名称为萃取；(2)①该反应中，△H=(-255.7-237.14×2) kJ∙ml-1-(-447.3-26.57×4-79.37×2) kJ∙ml-1=-17.66 kJ∙ml-1＜0，ΔS＜0，则在低温时有利于镍元素的浸取。②氨浸液在总氨量一定前提下，铵离子投入量多，则氨分子的投入量就少，从方程式可以看出，参加反应的Ni(OH)2必然减少，则镍的浸出率降低的可能原因是：总氮量恒定，氨铵比在减少，体系中作配体用的游离氨的量减少，故形成配合物的难度加大，浸出量减少；(3)从流程图看，后续操作中，需要加入去酸试剂调节溶液的pH，硫酸加入过多，消耗去酸试剂必然多，所以硫酸浓度不易过高或者过低的原因：硫酸浓度过高，会增加后期调pH试剂的消耗，提高了经济成本；硫酸浓度过低，不利于滤渣溶解，会导致金属元素的回收利用率不高；(4)采用H2O2进行氧化时，Cr3+转化为Cr2O72-，则铬元素在此过程中发生反应的离子方程式：2Cr3++3H2O2+H2O= Cr2O72-+8H+；(5)溶液中氨浸液余量很多，先加酸，所用酸量必然多，所以通常采用先水洗再酸洗，然后反萃取得到硫酸铜溶液，而不采用先酸洗，再水洗的方式，原因是：先酸洗会消耗更多的酸，氨浸液的成分主要是氨水(一水合氨)和碳酸氢铵，用水洗可以节约成本，水洗后，少量的碱性物质可以用酸洗；(6)①电镀污泥在氨浸以后，所得溶液中除去含有铜氨离子、镍氨离子外，可能还含有其它配离子，用(NH4)3PO4溶液处理金属浸出液，可将其它配离子转化为沉淀，由反应3Ni(NH3)62++2PO43-= Ni3(PO4)2↓+18NH3，可以看出，镍氨离子也有转化为沉淀的可能，若杂质离子更易转化为沉淀，则可控制(NH4)3PO4溶液的用量，将杂质除尽，所以可以用磷酸铵预处理浸出液的原因：K值的大小并不代表反应进行的快慢，此外在其他金属配合物中，也有反应更大的可能性，在相对强弱对比时，有可能是其他金属生成磷酸盐沉淀更容易。②A项，0.1ml/L的H3PO4溶液与0.1ml/L的NH3∙H2O溶液等体积混合将制得NH4H2PO4，A不正确；B项，(NH4)3PO4为弱酸弱碱盐，发生双水解反应，所以由水电离的c(H+)＞10-7ml∙L-1，B不正确；C项，溶液中离子数目最多的是NH4+，但水分子数更多，所以粒子数目最多的是水，C不正确；D项，在(NH4)3PO4溶液中，存在物料守恒：c(NH3·H2O)+c(NH4+)=3c(H3PO4) +3c(H2PO4-)+ 3c(HPO42-)+ 3c(PO43-)，D正确；故选D。
考点要求
考题统计
考情分析
化学工艺流程
2023•全国甲卷26题，14分；2023•全国乙卷27题，14分；22023•全国新课标卷27题，14分；2023•山东卷17题，13分；2023•湖南卷17题，14分；2023•北京卷18题，13分；2023•广东卷18题，14分；2023•海南卷15题，10分；2023•江苏卷17题，17分；2023•江苏卷18题，14分；2023•辽宁省选择性考试16题，14分；2023•湖北省选择性考试16题，14分；2023•浙江省6月选考18题，10分；2022•全国甲卷26题，14分；2022•全国乙卷27题，14分；2022•福建卷11题，13分；2022•重庆卷15题，15分；2022•北京卷18题，13分；2022•山东卷17题，13分；2022•江苏卷题，12分；2022•湖北省选择性考试16题，14分；2022•辽宁省选择性考试16题，14分；2022•海南省选择性考试15题，10分；2022•河北省选择性考试15题，14分；2022•湖南选择性考试17题，14分；2022•广东选择性考试18题，14分
【命题规律】
化学工艺流程题结构一般包括题头、题干和题尾三部分。题头一般简单介绍以何种物质(主要成分是什么、含什么杂质等，要注意一些关键信息)为原料制备哪种物质，以及物质的性质和用途。题干部分则是工业制备的简化工艺流程图。题尾部分则是根据工业生产流程中涉及到的化学知识命题者精心设计的系列问题。
【命题预测】
预计2024年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相关计算
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10-6
4.0×10-6
9.0×10-4
1.0×10-10
方法
目的
研磨、
雾化
减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸
除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧
改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
调节溶液的pH
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等
控制温度
根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强
改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂
加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间
趁热过滤
防止某物质降温时析出
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
关键词
释 义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼烧(煅烧)
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
浸出率
固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸
与水接触反应或溶解
过滤
固体与液体的分离
滴定
定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用
溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用
去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
物质
K2CO3
KHCO3
K2SO4
KMnO4
CH3COOK
溶解度(g/100g水)
111
33.7
11.1
6.34
256
物质
Ga(CH3)3
Et2O
CH3I
NR3
沸点/℃
55.7
34.6
42.4
365.8
氢氧化物
C (OH)2
C (OH)3
Ni(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10-8
7.4×10-14
1.1×10-10
2.6×10-9
金属氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Pb(OH)2
开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
术语
功能
温度的控制
升温
①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl等物质。④使沸点相对较低的原料气化
降温
①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；② 使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；④降低晶体的溶解度，减少损失.
控温(用水浴或油浴控温)
①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。
浓度、压强的控制
增大反应物浓度 、 加压
①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑；②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜；③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。
减压蒸馏
减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3等)物质分解；
术语
功能
控制溶液的PH
(1)目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+，可通过加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。(3)题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息；(4)解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性； ②判断调高还是调低； ③选择合适的调节剂。
术语
功能
酸性、 碱性 或 某种 环境 氛围
(1)蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；(2)需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3 、MgCl2等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2的溶液里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔点更高的MgO， 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3等；(3)营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化；(4)营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H2O2 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。
当c(Mn+)≤10-5ml·L-1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：
物质
CaSO4
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
CaF2
MgF2
Ksp
9.0×10-6
8.0×10-16
4.0×10-38
1.0×10-30.5
5.0×10-9
7.5×10-11
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
n(NH4Cl)：n(CaO)
CaO浸出率/
MgO浸出率/
w (CaCO3)理论值/
w (CaCO3)实测值/
98.4
1.1
99.7
-
98.8
1.5
99.2
99.5
98.9
1.8
98.8
99.5
99.1
6.0
95.6
97.6
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
看目的
选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
过滤
(热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
萃取和分液
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
蒸发结晶
提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气
冷却法
洗涤(冰水、热水、有机溶剂)
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气体氛围抑制水解
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解
蒸发浓缩、冷却结晶
如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、趁热过滤
如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3
目的或原因
答题模板
沉淀水洗的目的
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤的目的
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的
防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
控制溶液pH的目的
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等；促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂的原因
使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度不高于××℃的原因
温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3、FeCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)的原因
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O 得MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水的原因
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中和大气相通的玻璃管的作用
指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
开始沉淀的pH
7.2
4.0
2.2
7.5
沉淀完全的pH
9.0
5.6
3.2
9.0
操作步骤
涉及反应
①准确称取制备的硫酸镍样品5.620g，加入含0.0200mlEDTA的二钠盐溶液(用H2Y2-表示)，充分反应后定容成100mL。
Ni2++H2Y2-= NiH2Y
②取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，加二甲酚橙作指示剂，用标准液滴定到终点，平行实验三次，平均消耗20.00mLZn2+标准液。
Zn2++H2Y2-= ZnH2Y
标准摩尔生成焓
Ni(OH)2
NH3
NH4+
Ni(NH3)62+(aq)
H2O
-447.3
-26.57
-79.37
-255.7
-237.14