专题13 工艺流程综合题-：三年（2021-2023）高考化学真题分项汇编（全国通用）（解析版）

专题十三工艺流程综合题1．（2023全国乙卷）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]=2.810-39，Ksp[Al(OH)3]=1.310-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.510-16。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+)=molL-1；用石灰乳调节至pH7，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)煅烧窑中，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)2.810-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2+MnO2+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2【分析】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。【详解】（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；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2、粉碎菱锰矿。（2）根据分析，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+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.010-10molL-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.810-9molL-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.010-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH7，这时溶液中c(OH-)=1.010-7molL-1，溶液中c(Al3+)=1.310-12molL-1，c(Ni2+)=5.510-4molL-1，c(Al3+)小于1.010-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.810-9、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Ba2++S2-+Ni2++SO=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；故答案为：Mn2++2H2OH2+MnO2+2H+、加入Mn(OH)2。（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；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2。2．（2023全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。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、易溶于水的和微溶于水的。“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”步骤中生成的化学方程式为。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的。【答案】(1)做还原剂，将还原(2)(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)(6)【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。【详解】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的与过量的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。（3）“酸化”步骤是为了将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会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的=。3．（2023全国课标卷）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Cr2O存在，在碱性介质中以CrO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pH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pH9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致；pH>9时，会导致。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，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)Al(OH)3(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀(5)C(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O【分析】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Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；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。【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；（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，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（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2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。4．（2023山东卷）盐湖卤水(主要含、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的工艺流程如下：已知：常温下，。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)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，该溶液。(2)滤渣的主要成分是(填化学式)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制，除无法回收外，还将增加的用量(填化学式)。(3)精制的目的是；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)(2)CaO(3)加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除去精制所得滤液中的），提高纯度盐酸浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、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，则滤渣的主要成分为；由于微溶于水，精制所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣为；精制所得滤液经操作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。【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。（3）精制中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣的主要成分为；由于微溶于水，精制所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制的目的是：加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除去精制所得滤液中的），提高纯度。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，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。5．（2023北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)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，的氧化性强于。(1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：(填“>”或“<”)。在溶液中，银锰精矿中的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，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。将“浸银”反应的离子方程式补充完整：。结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：。(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。该步反应的离子方程式有。一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后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)>、(2)是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀(3)、被氧气氧化为，把氧化为(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【详解】（1）“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）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；是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此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，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。6．（2023湖北卷）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第周期，第族。(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500焙烧”后剩余的应先除去，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”和固体常用方法的名称是。(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为。“850煅烧”时的化学方程式为。(5)导致比易水解的因素有(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)4(2)(3)焰色反应(4)(5)abd【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。【详解】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第族，因此，其位于元素周期表第4周期、第族。（2）“500焙烧”后剩余的应先除去，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：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。（5）a．Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；c．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，故不能说明比易水解，c无关；d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；综上所述，导致比易水解的因素有abd。7．（2023辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质回答下列问题：(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，中过氧键的数目为。(3)“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，()氧化率与时间的关系如下。体积分数为时，()氧化速率最大；继续增大体积分数时，()氧化速率减小的原因是。(5)“沉钴镍”中得到的()在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为。(6)“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于(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)Fe(OH)3(4)9.0%SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低()氧化速率(5)(6)11.1【分析】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，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成。【详解】（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）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/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）根据图示可知体积分数为0.9%时，()氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低()氧化速率（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；8．（2023湖南卷）金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。已知：雷尼暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。某实验小组制备雷尼并探究其催化氢化性能的实验如下：步骤1：雷尼的制备步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置用于储存和监测反应过程。回答下列问题：(1)操作(a)中，反应的离子方程式是；(2)操作(d)中，判断雷尼被水洗净的方法是；(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是_______；A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷(4)向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置供气，此时孔路位置需调节为；(5)仪器M的名称是；(6)反应前应向装置中通入一段时间，目的是；(7)如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是；(8)判断氢化反应完全的现象是。【答案】(1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净(3)C(4)B(5)恒压滴液漏斗(6)排除装置中的空气，防止雷尼自燃(7)管道中气流不稳，不利于监测反应过程(8)集气管中液面不再改变【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解题。【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2；（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，故选C；（4）向集气管中充入时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，故选B；（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗；（6）根据题给信息可知，雷尼暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置中通入一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼自燃；（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。9．（2023浙江卷）某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝()按如下流程开展实验。已知：铝土矿主要成分为，含少量和。用溶液溶解铝土矿过程中转变为难溶性的铝硅酸盐。的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。请回答：(1)步骤所得滤液中主要溶质的化学式是。(2)下列说法不正确的是___________。A．步骤I，反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度B．步骤，滤液浓度较大时通入过量有利于减少沉淀中的杂质C．步骤，为减少吸附的杂质，洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌D．步骤中控制和的投料比可控制产品盐基度(3)步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，仪器A的名称是；步骤V不宜用酒精灯直接加热的原因是。(4)测定产品的盐基度。的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。产品的盐基度为。测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是。【答案】(1)NaAlO2(2)C(3)蒸发皿酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀(4)0.7pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多【分析】铝土矿主要成分为，含少量和，向铝土矿中加氢氧化钠溶液，得到难溶性铝硅酸盐、偏铝酸钠，氧化铁不与氢氧化钠溶液反应，过滤，滤液中主要含偏铝酸钠，向偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，过滤，得到氢氧化铝沉淀，分为两份，一份加入盐酸得到氯化铝，将两份混合得到聚合氯化铝溶液，加热得到聚合氯化铝固体。【详解】（1）根据题中信息步骤所得滤液中主要溶质的化学式是NaAlO2；故答案为：NaAlO2。（2）A．步骤I，反应所学温度高于100，因此反应须在密闭耐高压容器中进行，以实现所需反应温度，故A正确；B．步骤，滤液浓度较大时通入过量生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液，有利于减少沉淀中的杂质，故B正确；C．步骤，洗涤时不能需对漏斗中的沉淀充分搅拌，故C错误；D．中a、b可通过控制和的投料比来控制产品盐基度，故D正确；综上所述，答案为：C。（3）步骤V采用如图所示的蒸汽浴加热，根据图中信息得到仪器A的名称是蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀，而用蒸汽浴加热，受热均匀，得到的产品盐基度均匀；故答案为：蒸发皿；酒精灯直接加热受热不均匀，会导致产品盐基度不均匀。（4）根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到产品的盐基度为；故答案为：0.7。测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。10．（2023浙江卷）工业上煅烧含硫矿物产生的可以按如下流程脱除或利用。已知：请回答：(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的可以在炉内添加通过途径脱除，写出反应方程式。(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的，通过途径最终转化为化合物A。下列说法正确的是。A．燃煤中的有机硫主要呈正价B．化合物A具有酸性C．化合物A是一种无机酸酯D．工业上途径产生的也可用浓吸收一定压强下，化合物A的沸点低于硫酸的原因是。(3)设计实验验证化合物A中含有S元素；写出实验过程中涉及的反应方程式。【答案】(1)(2)BCD硫酸分子能形成更多的分子间氢键(3)取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4+2NaCl【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和等物质量的甲醇发生已知反应生成A：；【详解】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为；（2）A．硫的电负性大于碳、氢等，故燃煤中的有机硫主要呈负价，A错误；B．根据分析可知，化合物A分子中与硫直接相连的基团中有-OH，故能电离出氢离子，具有酸性，B正确；C．化合物A含有基团，类似酯基-COO-结构，为硫酸和醇生成的酯，是一种无机酸酯，C正确；D．工业上途径产生的也可用浓吸收用于生产发烟硫酸，D正确；故选BCD；一定压强下，化合物A分子只有1个-OH能形成氢键，而硫酸分子中有2个-OH形成氢键，故导致A的沸点低于硫酸；（3）由分析可知，A为，A碱性水解可以生成硫酸钠、甲醇，硫酸根离子能和氯化钡生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成白色沉淀，说明A中含有S元素；涉及反应为：+2NaOH=CH3OH+Na2SO4+H2O、Na2SO4+BaCl2=BaSO4+2NaCl。11．（2023广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。氢氧化物回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为。(2)常温下，的氨性溶液中，(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为。(4)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，出现了的明锐衍射峰。属于(填“晶体”或“非晶体”)。提高了的浸取速率，其原因是。(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为。由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为；晶体中一个周围与其最近的O的个数为。(6)“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为。“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和(填化学式)。【答案】(1)(2)(3)或(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)体心12(6)0.4或【分析】硝酸浸取液(含)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。【详解】（1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则；故答案为：。（3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。（4）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，出现了的明锐衍射峰。X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。根据题意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，则能提高了的浸取速率，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；故答案为：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）“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的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，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。（6）“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，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。12．（2023浙江卷）某研究小组制备纳米，再与金属有机框架)材料复合制备荧光材料，流程如下：已知：含锌组分间的转化关系：是的一种晶型，以下稳定。请回答：(1)步骤，初始滴入溶液时，体系中主要含锌组分的化学式是。(2)下列有关说法不正确的是___________。A．步骤，搅拌的作用是避免反应物浓度局部过高，使反应充分B．步骤，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率C．步骤，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤D．步骤，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小(3)步骤，盛放样品的容器名称是。(4)用和过量反应，得到的沉淀可直接控温煅烧得纳米，沉淀无需洗涤的原因是。(5)为测定纳米产品的纯度，可用已知浓度的标准溶液滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___________”上填写一件最关键仪器，“(___________)”内填写一种操作，均用字母表示]。用___________(称量样品)用烧杯(___________)用___________(___________)用移液管(___________)用滴定管(盛装标准溶液，滴定)仪器：a、烧杯；b、托盘天平；c、容量瓶；d、分析天平；e、试剂瓶操作：f、配制一定体积的Zn2+溶液；g、酸溶样品；h、量取一定体积的溶液；i、装瓶贴标签(6)制备的荧光材料可测浓度。已知的荧光强度比值与在一定浓度范围内的关系如图。某研究小组取人血浆铜蓝蛋白(相对分子质量)，经预处理，将其中元素全部转化为并定容至。取样测得荧光强度比值为10.2，则1个血浆铜蓝蛋白分子中含个铜原子。【答案】(1)(2)BC(3)坩埚(4)杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去。(5)(6)8【分析】本题为一道无机物制备类的工业流程题，首先向氢氧化钠溶液中滴加硫酸锌溶液并搅拌，此时生成，分离出后再控温煅烧生成纳米氧化锌，进一步处理后得到最终产品，以此解题。【详解】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息可知，体系中主要含锌组分的化学式是；（2）A．步骤，搅拌可以使反应物充分接触，加快反应速率，避免反应物浓度局部过高，A正确；B．根据信息可知，氢氧化钠过量时，锌的主要存在形式是，不能生成，B错误；C．由信息可知，以下稳定，故在用的热水洗涤时会导致，分解为其他物质，C错误；D．由流程可知，控温煅烧时会转化为纳米氧化锌，故控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小，D正确；故选BC；（3）给固体药品加热时，应该用坩埚，故步骤，盛放样品的容器名称是坩埚；（4）两者反应时，除了生成固体ZnO外，还会生成二氧化碳，氨气和水蒸气，即杂志都是气体，故沉淀不需要洗涤的原因是：杂质中含有，在控温煅烧过程中分解或被氧化为气体而除去；（5）为了使测定结果尽可能准确，故可以用分析天平称量ZnO的质量，选择d，随后可以用酸来溶解氧化锌，故选g，溶解后可以用容量瓶配制一定浓度的溶液，故选c(f)，再用移液管量取一定体积的配好的溶液进行实验，故选h，故答案为：；（6）人血浆铜蓝蛋白的物质的量n(人血浆铜蓝蛋白)=，由于实验测得荧光强度比值为10.2，则铜离子浓度n(Cu2+)=，则则1个血浆铜蓝蛋白分子中含8个铜原子。1．（2022全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、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：难溶电解质一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因。(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。()能被氧化的离子是；()促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为；()也能使转化为，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)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(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+【分析】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。【详解】（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)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====3.4105>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)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(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+。2．（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氢氧化物溶度积常数如下表：离子回答下列问题：(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．B．C．滤渣的主要成分是、、。(4)向的滤液中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣中有，该步反应的离子方程式为。(5)滤液中加入锌粉的目的是。(6)滤渣与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是、。【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积增大硫酸的浓度等(3)BFe(OH)3CaSO4SiO2(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+(5)置换Cu2+为Cu从而除去(6)CaSO4MgSO4【分析】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，滤液中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣，滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣为Cu，再向滤液中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣为CaF2、MgF2，滤液为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO47H2O，据此分析解答。【详解】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2；（2）可采用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．NH3H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH5的只有Fe3+，故滤渣中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；（4）向80~90滤液中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+；（5）滤液中加入锌粉，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，滤渣为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。3．（2022重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。Sn与Si同族，25时相关的溶度积见表。化学式Sn(OH)4(或SnO22H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度积1.010-56410-382.510-20(1)Na2SnO3的回收产品Na2SnO3中Sn的化合价是。退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是，废液中的Sn2+易转化成SnO2xH2O。沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为。(2)滤液1的处理滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是。25时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于molL-1。(3)产品中锡含量的测定称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000molL-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。终点时的现象为，产生I2的离子反应方程式为。产品中Sn的质量分数为%。【答案】(1)+4价Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)3210-7(3)滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色IO+5I-+6H+=3I2+3H2O47.6%【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。【详解】（1）由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价；由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；（2）由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；由溶度积可知，25时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=510-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于210-7mol/L，故答案为：210-7；（3）由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000molL-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为100%=47.6%，故答案为：47.6%。4．（2022福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸出”时适当升温的主要目的是，发生反应的离子方程式为。(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为。(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是，“沉铝”的最佳方案为。(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为。(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回工序循环使用。【答案】(1)提高浸出率(或提高浸出速率)(2)和84%(3)使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度高温溶解再冷却结晶(4)或(5)沉铝【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；故答案为：SiO2和CaSO4；84%。（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)318H2O溶解度最大，KAl(SO4)212H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)212H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)212H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。（4）“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2+3O2；故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2+3O2。（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；故答案为：沉铝。5．（2022北京卷）白云石的主要化学成分为，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：物质(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值2.1198.41.199.199.7——2.2198.81.598.799.50.062.4199.16.095.297.62.20备注：、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)、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纯度。解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是。沉钙反应的离子方程式为。“浸钙”过程不适宜选用的比例为。产品中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与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，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。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出2.41，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；（2）氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.41时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.41。，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。6．（2022辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：已知：焙烧时过量的分解为，转变为；金属活动性：；相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1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)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：充分浸出和；。(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Bi的目的是。(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)(6)将Fe3+转化为Fe2+(7)24.02%【分析】已知焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。【详解】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使燃烧更加充分，故选ab；（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：充分浸出和；抑制金属离子水解；（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为；（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。7．（2022湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。时相关物质的参数如下：的溶解度：化合物回答下列问题：(1)“沉淀1”为。(2)向“滤液1”中加入适量固体的目的是。(3)为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为、、洗涤。(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：是白色固体；尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为。(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由。【答案】(1)Mg(OH)2(2)将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质(3)蒸发浓缩趁热过滤(4)不稳定Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3+CO2+H2O(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果【分析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。【详解】（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3+CO2+H2O；（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。8．（2022河北卷）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。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)工序的名称为，所得母液循环使用。(5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为，氧化工序发生反应的离子方程式为。(6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为和(填化学式，不引入杂质)。【答案】(1)Fe2O3SiO2(2)增大固液接触面积，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++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+(6)H2O2NH3H2O【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤；（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6；（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3H2O，故答案为：H2O2；NH3H2O。9．（2022山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是。(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是，回收利用洗涤液X的操作单元是；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是(填标号)。A．、、B．、、C．、、D．、、【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O(2)(3)CaSO40.5H2O抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率酸解AD【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。【详解】（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6+CO2+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)c()=4c3()，c()=molL-1，因此c(Na+)=2c()=molL-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=molL-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=molL-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=molL-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO40.5H2O；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，体系温度为65时，位于65线上方的晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，位于65线下方的晶体全部以CaSO42H2O。体系温度为80时，位于80线下方的晶体全部以CaSO42H2O形式存在，位于80线上方的晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，据此分析：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于65线以下，晶体以CaSO42H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于80线的上方，晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化，B不符合题意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于65线上方，晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标位于80线下方，晶体全部以CaSO42H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。10．（2022湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点/13612757180回答下列问题：(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。A．B．C．D．(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质分压该温度下，与C、反应的总化学方程式为；随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是。(3)“除钒”过程中的化学方程式为；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是。(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序(填“能”或“不能”)交换，理由是。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2随着温度升高，CO2与C发生反应(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3蒸馏(4)不能若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【分析】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。【详解】（1）记，，，；A．由图可知，600时的，反应自发进行，故A不符合题意；B．由图可知，600时的，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600时的，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，可由+得到，则600时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；（2）根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故答案选AC，故答案为：AC。11．（2022广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于(保留两位有效数字)。(4)“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是。“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。还原和熔融盐制备时，生成1mol转移电子。用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为。【答案】(1)Fe2+(2)4.7pH<6.2(3)4.010-4(4)加热搅拌可加快反应速率冷却结晶(5)MgSO4(6)15O2+4e-+2H2O=4OH-【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。【详解】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；（3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；（4）“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；（6）中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。1．（2021全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是。(3)“母液中浓度为。(4)“水浸渣”在160“酸溶”最适合的酸是。“酸溶渣”的成分是、。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得，循环利用。【答案】硫酸【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和TiO2xH2O。【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为110—5(110—2.9)2=110—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=110—6mol/L，故答案为：110—6；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸铵、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。2．（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)的一种制备方法如下图所示：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。通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为；若反应物用量比时，氧化产物为；当，单质碘的收率会降低，原因是。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，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】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的进一步氧化4防止单质碘析出【详解】(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，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，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，若反应物用量比时即过量，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，当即过量特别多，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，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，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：，故答案为：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。3．（2021重庆卷）电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离，实现资源再利用。已知：Ksp(CuS)=6.310-36和Ksp(NiS)=3.010-19回答下列问题：(1)中Cr元素的化合价为。(2)还原池中有Cr3+生成，反应的离子方程式为。(3)沉淀1为Cr(OH)3，其性质与Al(OH)3相似，则Cr(OH)3与NaOH溶液反应的化学方程式。(4)Na2S溶液呈碱性的原因是(用离子方程式表示)，沉淀2为。(5)若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为molL-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是(设H2S平衡浓度为1.010-6molL-1。已知：H2S的K1=1.010-7，K2=7.010-15，Ksp(CdS)=7.010-27)【答案】(1)+6(2)(3)Cr(OH)3+NaOH=NaCrO2+2H2O(4)S2-+H2OHS-+OH-CuS(5)1.010-7mol/L在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.010-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开【分析】废水经预处理后含有和少量的、，题目要对其中所含离子进行逐一分离，实现资源再利用。这是解题的关键，根据要求“逐一分离”这一点，结合流程及题目给出的信息，可以推断沉淀1、沉淀2、沉淀3分别为、CuS、NiS。【详解】（1）利用化合物中元素化合价代数和为0来解答，不过这里的是离子，所以各元素化合价代数和等于该离子所带的电荷数（要带上正负），即：若假设，则2x+7(-2)=-2，可得x=+6，故答案为：+6；（2）从流程可知，还原池中加入了含有和少量的、废水，和用于调节溶液酸碱性的，且还原池中有生成，即转变成了，依据氧化还原反应的规律可推断转变为，按照电子守恒和质量守恒即可写出正确的离子反应方程式：，故答案为：；（3）的性质与相似，依据反应，可以写出与NaOH溶液反应的化学方程式，故答案为：；（4）溶液呈碱性是由于盐类水解，是多元弱酸的正盐，水解反应分两步进行：第一步，第二步；沉淀池2和沉淀池3都是利用溶液进行分离，结合可知，CuS更容易沉淀，故沉淀2为CuS；故答案为：；CuS；（5）H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开；故答案为：；在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.010-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开。4．（2021江苏卷）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为(1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有(填化学式)。(2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150molL-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度(写出计算过程)。(3)400时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为。硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为。(4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400范围内，固体质量增加的主要原因是。【答案】(1)Fe3+、H+(2)0.7500molL-1(3)ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2OZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O(4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。【详解】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。（2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L0.015molL-1=3.7510-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为；（3）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O；硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O；（4）在280~400范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。5．（2021福建卷）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。回答下列问题：(1)“焙烧”产生的气体用吸收后可制取氮肥。(2)“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致。(3)“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于。(已知：；和的分别为35.2和17.2)(4)“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为。(5)“沉淀”时，加入的目的是。(6)高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成】【答案】(1)氨水(2)适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等晶体析出，混入浸渣(3)3.9(4)(5)提供，使充分转化为沉淀析出(6)【分析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O132H2O。【详解】（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；（3）和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；（4）溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O132H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；（6）高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。6．（2021海南卷）无水常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水。已知：氯化亚砜()熔点-101，沸点76，易水解。回答问题：(1)操作是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和。(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用___________(填编号)。A．溶液B．水C．水D．溶液(3)操作是蒸发结晶，加热的同时通入的目的是。(4)取少量晶体，溶于水并滴加溶液，现象是。(5)反应的化学方程式为。(6)由转化成的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂，并设计实验验证是该还原剂将还原。【答案】(1)漏斗(2)BD(3)防止水解(4)溶液变为血红色(5)(6)先加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是将还原【分析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发结晶生成，通入SOCl2生成FeCl3。【详解】（1）过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（2）A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，A、C都引入杂质离子，故选BD。（3）加热促进氯化铁溶液的水解，会生成氢氧化铁，故加入的目的是防止水解。（4）KSCN溶液遇Fe3+变为红色。（5）根据已知信息氯化亚砜()熔点-101，沸点76，易水解，可得与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为。（6）可能反应中生成的二氧化硫将氯化铁还原为氯化亚铁，若二氧化硫作还原剂，则氧化产物为硫酸盐，故若加盐酸酸化，再加溶液，产生白色沉淀，则是二氧化硫作还原剂。7．（2021湖北卷）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如图：回答下列问题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为。(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为。(3)25时，已知：Kb(NH3H2O)2.010-5，Ksp[Ga(OH)3]1.010-35，Ksp[In(OH)3]1.010-33，Ksp[Cu(OH)2]1.010-20，“浸出液”中c(Cu2+)=0.01molL-1。当金属阳离子浓度小于1.010-5molL-1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为(保留一位小数)；若继续加入6.0molL-1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后；为探究Ga(OH)3在氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3+NH3H2O[Ga(OH)4]-+NH的平衡常数K=。(已知：Ga3++4OH-[Ga(OH)4]-K=1.01034)(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO是否洗净的试剂是；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和。(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为。【答案】(1)6+1(2)Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O(3)4.7蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色2.010-6(4)HCl溶液、BaCl2溶液作溶剂(5)GaCl3+NH3GaN+3HCl【分析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。【详解】（1）硫为第VIA族元素，硒(Se)与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道CuIn0.5Ga0.5Se2中Cu的化合价为+1；（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO4=2CuSO4+3H2O；（3）In3+恰好完全沉淀时，，故答案是PH=4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式可知，由K=1.01034，得即，代入数据可知K=2.010-6；（4）检验滤渣中SO是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。8．（2021辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：(1)Cr元素位于元素周期表第周期族。(2)用溶液制备胶体的化学方程式为。(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为(填化学式)。(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为；在该条件下滤液B中【近似为，的近似为】。(5)“转化”过程中生成的离子方程式为。(6)“提纯”过程中的作用为。【答案】(1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)(4)6.0110-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。【详解】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；（2）用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知，“沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为，故答案为：；（4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==110-6，故答案为：6.0；110-6；（5）由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；（6）由分析可知，“提纯”过程中的作用为防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。9．（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(Na2Cr2O72H2O)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c1.010-5molL-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】增大反应物接触面积，提高化学反应速率使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出H2SO4阳Na【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)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、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Na2Cr2O72H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。【详解】(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，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH4.5时，Al3+除尽，当溶液pH9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，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，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出。(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，由可知，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，故答案为：阳；Na。10．（2021广东卷）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()、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，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为。(3)“沉钼”中，为7.0。生成的离子方程式为。若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)滤液中，主要存在的钠盐有和，为。往滤液中添加适量固体后，通入足量(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(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，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。该氧化物为。已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，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】+6+=【分析】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。【详解】（1）“焙烧”中，有生成，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，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，生成的沉淀为。（3）滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=。若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）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，过滤得到的滤液中，主要存在的钠盐有和，故为。根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，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。由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。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。11．（2021河北卷）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。(2)工序的名称为。(3)滤渣I的主要成分是(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为，可代替NaOH的化学试剂还有(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO34Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO38.37【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。12．（2021湖南卷）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少写两条)；(3)滤渣的主要成分是(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为，常温下加入的溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为【答案】适当升高温度，将独居石粉碎等Al(OH)3和Fe(OH)3促使铝离子沉淀碱性3++6=6+9CO+6H2O【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3nH2O。【详解】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为；铵根离子的水解常数Kh()=5.710-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==2.310-8，则Kh()