专题23化学工艺流程综合题——原材料转化制备类（解析）_高考真题分类汇编_高考化学真题分类汇编（全国通用）五年（2021-2025）

五年（2021-2025）高考化学真题分类汇编 专题23 工艺流程综合题——原材料转化制备类 考向 五年考情（2021-2025） 命题趋势 2025·广东卷、2025·河北卷、 2025·江苏卷、2024·黑吉辽 工艺流程综合题选取的情境紧密联系与人类 卷、2024·贵州卷、2024·山东 密切相关的生产生活实际，试题的命制从情 卷、2024·湖北卷、2024·浙江 境素材开始，以学科素养为目标导向，选取 6月卷、2023·海南卷、2023· 某个学科素养的一个方面或几个方面，深入 原材料转化制备类工艺流 重庆卷、2023·全国甲卷、 考查学生学科素养的表现层次。利用科研前 程综合题 2023·全国乙卷、2023·湖南 沿和生产实际的真实情境，展现研究过程或 卷、2023·北京卷、2023·山东 者生成过程的具体实际问题，考查学生的探 卷、2022·全国甲卷、2022·广 究与创新能力。主要分为两大考查方向：一 东卷、2022·北京卷、2022·福 是分离、提纯类；二是原材料转化制备类。 建卷、2022·辽宁卷、2022·山 东卷、2021·山东卷 1．（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、 Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成 的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中 ， 。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 1 / 39 学科网（北京）股份有限公司A．镍与N、O形成配位键 B．配位时 被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5） 晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近 距离之比 ，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量 ，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生 成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时， 颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示 意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一 条)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O +4H O 2Fe O↓+8H+ 2 2 2 3 （3）5 （4）AD （5）3：1：1 12 （6）2NH N+3H Fe O+3H 2Fe+3H O 3 2 2 2 3 2 2 2 / 39 学科网（北京）股份有限公司没有污染物产生 【分析】矿粉酸浸通入SO 酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加 2 热得到Fe O，Fe O 可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤 2 3 2 3 液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品Ni Cu N。 x y z 【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入 “酸浸”，故浸取液中不含有 ，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为 ，离子方程式为：4Fe2++O +4H O 2Fe O↓+8H+； 2 2 2 3 （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH) 的溶度积更小， ，根据 2 K =c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； sp （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体 中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的 阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不 变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比 ，设晶胞边长为a，由几 何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为 ，面心的原子与体心的原子距离为 ，则可以确 定，晶胞中面心原子为Ni，有6× 个，顶点原子为Cu，有8× 个，体心的原子为N，有1个， 则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为 ； 3 / 39 学科网（北京）股份有限公司（6）①氨气分解为N 和H，H 还原Fe O 得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH 2 2 2 2 3 3 N+3H 、Fe O+3H 2Fe+3H O； 2 2 2 3 2 2 ②电解Fe O 颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH 2 3 溶液和 颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性 的CO气体产生。 2．（2025·河北卷）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重 铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是 。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式： 。 （2）煅烧工序中 反应生成 的化学方程式： 。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分： 、 、 (填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因： 。 （5）滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 。 （7）滤渣Ⅱ可返回 工序。(填工序名称) 【答案】（1） 4 / 39 学科网（北京）股份有限公司（2） （3） MgO （4）增大CO 的溶解度，保证酸化反应充分进行 2 （5） （6） （7）煅烧 【分析】铬铁矿主要成分是 ，与过量KOH在空气中煅烧，生成 、Fe O、MgO， ；通入 /CO 浸取，生成 ， 2 3 2 、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为： ， 、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过 滤分离出 固体，滤液Ⅰ中含有 ；将 中加水溶解，并通入过量CO 酸化，将 2 转化为 ，同时副产物 生成，将 与 分离，滤液Ⅱ的主要溶质为 ； 做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的 还原为 ，自身转化为 进入滤 渣Ⅱ，KOH进一步处理得 ，循环使用，据此分析； 【解析】（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式： ； （2）煅烧工序中 与过量KOH、空气中氧气反应生成 、Fe O、 ，根据得失电子 2 3 守恒，原子守恒，化学方程式： ； （3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分： 、 MgO； （4）向 中加水溶解，并通入过量CO 酸化，将 转化为 ，加大压强，可以增大 2 CO 的溶解度，使液体中CO 浓度增大，保证酸化反应充分进行； 2 2 （5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为 ； （6） 做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的 还原为 ，自身转化为 ，铁元素 由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式： ； （7）滤渣Ⅱ含有 和 可返回煅烧工序。 3．（2025·江苏卷） 可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备 。由闪锌矿[含 及少量硫化镉 等]制备 的过程如下： 5 / 39 学科网（北京）股份有限公司已知： 。当离子浓 度小于 时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入 可提高 浸出率的原因是 。 ②通入 除镉。通过计算判断当溶液 时， 是否沉淀完全 (写 出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的 至 ，加入的氧化物为 (填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示， 晶体中掺入少量 后，会出现能量不同的“正电”区域、 “负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“ ”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用 去除酸性废液中的三价砷 ，并回收生成的 沉淀。 已知：溶液中 主要以弱酸 形式存在， 。 时，按 向酸性废液中加入 ，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出 与 反应生成 的离子方程式： 。 ②反应 后，砷回收率下降的原因有 。 【答案】（1）氧化 生成S，促进酸浸反应正向进行 否。 时， 6 / 39 学科网（北京）股份有限公司，则 未沉淀完全 ZnO （2） 负电 （3） 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中 浓度减小，促进 平衡正向移动， 重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入 酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为 ，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去 与 ，调pH、沉锌后获得 ZnS，据此解答。 【解析】（1）①酸浸时，若不通入 ，会发生反应： ，通入 可以氧 化 生成S，促进酸浸反应正向进行，提高 浸出率； ②通入 除镉，当溶液 时， ， 又因为 ， = ，则 = ，则此时 ，此时 的浓度大于 ，离子沉淀 不完全。 ③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的 ，加入的氧化物为 ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由 替换 ，区域B中，由 替换 ；按照均摊法，区域B中含 ：3个、 ：1个、 ： 个， ，则区域B带负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与 反应除了生成 外还 有锌离子，写出反应的离子方程式为： 。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中 浓度减小，促进 平衡正 向移动， 重新溶解，砷回收率下降，所以反应 后，砷回收率下降。 4．（2024·黑吉辽卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为 硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的 颗粒被 、 包裹)，以提高 金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 7 / 39 学科网（北京）股份有限公司回答下列问题： （1）北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 （2）“细菌氧化”中， 发生反应的离子方程式为 。 （3）“沉铁砷”时需加碱调节 ，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含 微粒的沉 降。 （4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标 号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 （5）“真金不拍火炼”，表明 难被 氧化，“浸金”中 的作用为 。 （6）“沉金”中 的作用为 。 （7）滤液②经 酸化， 转化为 和 的化学方程式为 。用碱中和 可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 【答案】（1）CuSO 4 （2） （3） （4）BC （5）做络合剂，将Au转化为 从而浸出 （6）作还原剂，将 还原为Au （7） NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和HSO ，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸 2 4 盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、 、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为 胶体，可起 到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O 和NaCN 2 溶液反应，得到含 的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含 的滤液②。 【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO ； 4 8 / 39 学科网（北京）股份有限公司（2）“细菌氧化”的过程中，FeS 在酸性环境下被O 氧化为Fe3+和 ，离子方程式为： 2 2 ； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为 胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的 沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO ，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化 2 为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进 行，设备无需耐高温，C符合题意； D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意； 故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O 作氧化剂，NaCN做络合剂，将Au转化为 从而浸 2 出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将 还原为Au； （7）滤液②含有 ，经过HSO 的酸化， 转化为ZnSO 和HCN，反应得化学 2 4 4 方程式为： ；用碱中和HCN得到的产物，可实现 循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 5．（2024·贵州卷）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为 及少量MgO等。一种利用“酸 浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料 和回收 的流程如下： 已知： ①25℃时， ； ② 。 回答下列问题： （1）“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 9 / 39 学科网（北京）股份有限公司（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。 （3）“除杂”时需加入的试剂X是 。 （4）“水热合成”中， 作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成 的离子 方程式为 。 （5）“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料 ，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到 ，“焙烧”生成 的化学方程式为 。 ② 的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有 的单元数有 个。 ③若“焙烧”温度为 时，生成纯相 ，则 ，其可 能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。 【答案】（1）SiO 2 （2）2.8×10-6 （3）NaOH溶液 （4）提供Na+和反应所需要的碱性环境 （5） 3 0.25 乙 【分析】煤气化渣(主要成分为 及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO 不反应、也不 2 溶解成为滤渣， 及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行 碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使 镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含 和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种， 过滤得Al O‧3H O和NaOH溶液，焙烧Al O‧3H O得Al O；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸 2 3 2 2 3 2 2 3 酸浸、足量的铁还原，然后加NH HPO 、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO 。 4 2 4 4 【解析】（1）煤气化渣(主要成分为 及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO 不反应、 2 也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO； 2 10 / 39 学科网（北京）股份有限公司（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中 ； （3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得 ，所以加入的试剂X是NaOH溶液； （4）“水热合成”中， 作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成 所 需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成 的离子方程式为 ； （5）①该工艺经碳热还原得到 ，“焙烧”时 、NaCO 和O 反应生成 ，其化学方 2 3 2 程式为 ； ②由 的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4× +2=3，Na：8× +2=3，O：8× +4=6，即 每个晶胞中 的单元数有3个； ③若“焙烧”温度为 时， ，生成纯相 ， 则 ，解得 0.25；丙图中Na：1+6× =1.75， ，乙图中Na：2+2× =2.25， ，则其可能的结构示意图为乙。 6．（2024·山东卷）以铅精矿(含 ， 等)为主要原料提取金属 和 的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的 和 转化为 和 及单质硫。溶解等物质的量的 和 时，消耗 物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时 挥发 外，另一目的是防止产生 (填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的 沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属 “电解I”阳 极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是 。 11 / 39 学科网（北京）股份有限公司（4）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A． B． C． D． “置换”反应的离子方程式为 。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。 【答案】（1）1:1 H S 2 （2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （4）C （5）阳极 【分析】本题以铅精矿(含 ， 等)为主要原料提取金属 和 ， “热浸”时，难溶的 和 转化为 和 及单质硫， 被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中 在稀释降温的过程中转化为PbCl 沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl 2 2 又转化为 ，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为 、FeCl 、FeCl ，故加入铅精矿 2 3 主要将FeCl 还原为FeCl ，试剂X将 置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl 。 3 2 2 【解析】（1）“热浸”时， 将 和 中-2价的硫氧化为单质硫， 被还原为Fe2+，在这个 过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的 和 时，S2-物质的量相等，所以消耗 的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成 HS 气体。 2 （2）“过滤Ⅱ”得到的 沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为 ，电解 溶液制 备金属 ， 在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl， 尾液成分为FeCl ，FeCl 吸收Cl 后转化为FeCl ， 2 2 2 2 3 可以在热浸中循环使用。 （3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入 铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。 （4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发 生的反应为： 。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可 能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得 到Pb，所以电极板应作阳极。 7．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐 中提取铍的路径为： 12 / 39 学科网（北京）股份有限公司已知： 回答下列问题： （1）基态 的轨道表示式为 。 （2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。 （3）“萃取分液”的目的是分离 和 ，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察 到的现象是 。 （4）写出反萃取生成 的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。 （5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。 （6） 与醋酸反应得到某含4个 的配合物，4个 位于以1个O原子为中心的四面体的4个 顶点，且每个 的配位环境相同， 与 间通过 相连，其化学式为 。 【答案】（1） （2）快速冷却 （3）无明显现象 （4） 反萃取 （5）增强熔融氯化铍的导电性 （6） 。 【分析】本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入 稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为HSiO，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有 2 3 机相中，水相1中含有Al3+，有机相为 ，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为 进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH) ，通过 2 系列操作得到金属铍，据此回答。 【解析】（1） 基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为 。 （2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热 熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。 13 / 39 学科网（北京）股份有限公司（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向 过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。 （4）反萃取生成 的化学方程式为 ，滤液 2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。 （5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍 的导电性。 （6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be 之间总共有六个CHCOO-，则其化学式为： 。 3 8．（2024·浙江6月卷）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为 )的利用有火法 和电解法等。 已知：① ； ②电解前后 总量不变；③ 易溶于水。 请回答： （1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果， 中硫元素体现的性质是 (选 填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量 ，该物质可溶于 浓盐酸， 元素转化为 ，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取 的步骤 如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。 （2）下列说法正确的是_______。 A．电解池中发生的总反应是 (条件省略) B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物 C． 化合物C在水溶液中最多可中和 D． 的氧化性弱于 （3）D的结构为 ( 或 )，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶 液探究X为何种元素。 ①实验方案：取D的溶液，加入足量 溶液，加热充分反应，然后 ； ②写出D(用 表示)的溶液与足量 溶液反应的离子方程式 。 14 / 39 学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）还原性 Pb O+14HCl(浓)= +4H O+Cl ↑ PbO或Pb(OH) 或PbCO 3 4 2 2 2 3 （2）AB （3）加入足量Ba(NO ) 溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO 溶液，若产生白 3 2 3 色沉淀，则有Cl-，反之则有F- +3OH-= +X-+2H O 2 【分析】铅锌矿(主要成分为 )富氧煅烧得到SO 和Pb、Zn元素的氧化物，SO 与等物质的量 2 2 的ClF反应得到化合物C，结构简式为 ，化合物C( )水解生成液态化合物D( ，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。 【解析】（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果， 中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产 物B中有少量 ，该物质可溶于浓盐酸， 元素转化为 ，该反应的化学方程式： Pb O+14HCl(浓)= +4H O+Cl ↑；根据 可得反应： 3 4 2 2 ，要从该反应液中提取 ，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移 动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH) 或PbCO ，充分反应，趁热过滤，冷 2 3 却结晶； （2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+， 阴极上PbCl 生成Pb，发生的总反应是： (条件省略)，A正确； 2 B． 据分析，铅锌矿(主要成分为 )富氧煅烧得到SO 和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主 2 要是铅氧化物与锌氧化物，B正确； C． 据分析，化合物C是 ，卤素原子被-OH取代后生成HSO 和HCl、HF，则 化合物 2 4 C在水溶液中最多可中和 ，C错误； D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl 的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于 ，D错 2 误； 故选AB。 （3） ①D的结构为 (X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成NaSO 和NaX，则实 2 4 验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO ) 溶液充分反 3 2 15 / 39 学科网（北京）股份有限公司应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO 溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-； 3 ②D(用HSO X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成NaSO 和NaX，发生反应的离子方程式是： 3 2 4 HSO X+3OH-= +X-+2H O。 3 2 9．（2023·海南卷）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( ，还含有一定量的FeO和 )生产BeO的一种工艺流程如下。 回答问题： （1） 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 可用作聚合反应的催化剂。BeO、 与足量C在600~800℃制备 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）增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO 2 （3）(NH )SO 4 2 4 （4）BeO+Cl +C CO+BeCl 2 2 （5）10 【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO 不溶于硫酸，残渣是SiO，加硫酸铵调节pH=1.5 2 2 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) 沉淀，滤液硫酸铵 2 循环利用。 【解析】（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 SiO； 2 （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、 与足量C在600~800°C生成BeCl 同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl +C 2 2 CO+BeCl ； 2 （5）设Be(OH) 的溶度积常数为K ，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)= ，当pH=8.0时， 2 sp c(OH-)=10-6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)= mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为 16 / 39 学科网（北京）股份有限公司c(Be2+)= mol/L，损失降低至原来的10%。 10．（2023·重庆卷） 是一种用途广泛的磁性材料，以 为原料制备 并获得副产物 水 合物的工艺如下。 时各物质溶度积见下表： 物质 溶度积 回答下列问题： （1） 中 元素的化合价是 和 。 的核外电子排布式为 。 （2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是 。 （3）反应釜2中，加入 和分散剂的同时通入空气。 ①反应的离子方程式为 。 ②为加快反应速率，可采取的措施有 。(写出两项即可)。 （4）①反应釜3中， 时， 浓度为 ，理论上 不超过 。 ②称取 水合物 ，加水溶解，加入过量 ，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫 酸中，用 标准溶液滴定，消耗 。滴定达到终点的现象为 ，该副 产物中 的质量分数为 。 【答案】（1）+3 1s22s22p6 （2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁 （3） 适当升高温度、搅拌 （4）11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6% 【分析】 溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁， 溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜 1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合 物；， 【解析】（1） 可以写成 ，故 元素的化合价是 和+3。 为氧原子得到2个电子 形成的，核外电子排布式为1s22s22p6； （2）空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被 17 / 39 学科网（北京）股份有限公司空气中氧气氧化为三价铁； （3）①反应釜2中，加入 和分散剂的同时通入空气，氧气将二价铁氧化三价铁，三价铁与氧化 钙和水生成的氢氧化钙生成氢氧化铁，反应的离子方程式为 。 ②为加快反应速率，可采取的措施有适当升高温度、搅拌等； （4）①反应釜3中， 时， 浓度为 ，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质， 故此时 ，pOH=3，pH=11，故理论上 不超过11。 ②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分 钟内不变色； 氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀 ，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生 氧化还原反应： ，结合质量守恒可知， ，则该副产物中 的质量分数为 。 11．（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 18 / 39 学科网（北京）股份有限公司（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 。 【解析】（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 = 。 12．（2023·全国乙卷）LiMn O 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO ，含有少 2 4 3 量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn O 的流程如下： 2 4 已知：K [Fe(OH) ]=2.8×10-39，K [Al(OH) ]=1.3×10-33，K [Ni(OH) ]=5.5×10-16。 sp 3 sp 3 sp 2 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)。 19 / 39 学科网（北京）股份有限公司（2）加入少量MnO 的作用是_______。不宜使用HO 替代MnO ，原因是_______。 2 2 2 2 （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·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LiMn O 反应的化学方程式是_______。 2 4 【答案】（1） MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑ 粉碎菱锰矿 3 2 4 4 2 2 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化HO 分解 2 2 （3） 2.8×10-9 Al3+ （4）BaSO、NiS 4 （5） Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+ 加入Mn(OH) 2 2 2 2 （6）2LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑ 2 3 2 2 4 2 2 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO ，可将固体溶解为离子，将杂 2 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MnO 可以将溶液中的Fe2+氧化为 2 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MnO ，将MnO 与碳酸锂共同煅烧得到最终产物 2 2 LiMn O。 2 4 【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO ，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程 3 式为：MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为： 3 2 4 4 2 2 MnCO +H SO =MnSO +H O+CO↑、粉碎菱锰矿。 3 2 4 4 2 2 （2）根据分析，加入MnO 的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用HO 氧化 2 2 2 Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化HO 分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将 2 2 Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化HO 分解。 2 2 （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的 c(Fe3+)= =2.8×10-9mol·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-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1， c(Ni2+)=5.5×10-4mol·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+；故答案 为：2.8×10-9、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BaS+Ni2++SO =BaSO ↓+NiS↓， 4 生成的沉淀有BaSO、NiS。 4 20 / 39 学科网（北京）股份有限公司（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO ，反应的离子方程式为Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+； 2 2 2 2 电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH) 以保持电解液成分的稳定；故答案 2 为：Mn2++2H O H↑+MnO↓+2H+、加入Mn(OH) 。 2 2 2 2 （6）煅烧窑中MnO 与LiCO 发生反应生成LiMn O，反应的化学方程式为2LiCO+8MnO 2 2 3 2 4 2 3 2 4LiMn O+2CO ↑+O ↑；故答案为：2LiCO+8MnO 4LiMn O+2CO ↑+O ↑。 2 4 2 2 2 3 2 2 4 2 2 13．（2023·湖南卷）超纯 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 方面取得了显著成果，工 业上以粗镓为原料，制备超纯 的工艺流程如下： 已知：①金属 的化学性质和 相似， 的熔点为 ； ② (乙醚)和 (三正辛胺)在上述流程中可作为配体； ③相关物质的沸点： 物质 沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： （1）晶体 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 的原因是_______，阴极的电极反应式 为_______； 21 / 39 学科网（北京）股份有限公司（3）“合成 ”工序中的产物还包括 和 ，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 得到了循环利用 B．流程中，“合成 ”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 ，并蒸出 D．用核磁共振氢谱不能区分 和 （6）直接分解 不能制备超纯 ，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯 的理由是_______； （7）比较分子中的 键角大小： _______ (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）8CHI+2EtO+Ga Mg=2 +3 +2 ； 3 2 2 5 （4）CH 4 （5）D （6）NR 沸点较高，易与Ga(CH ) 分离，EtO的沸点低于Ga(CH )，一起气化，难以得到超纯 3 3 3 2 3 3 Ga(CH ) 3 3 （7） > Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH )(Et O)中Ga为sp3杂化，所以 3 3 3 3 2 为四面体结构，故夹角较小 【分析】以粗镓为原料，制备超纯 ，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产 GaMg，GaMg 和CHI、EtO反应生成 、MgI 和CHMgI，然后经过蒸发溶剂、蒸 2 5 2 5 3 2 2 3 馏，除去残渣MgI 、CHMgI，加入NR 进行配体交换、进一步蒸出得到超纯 ，EtO重复利 2 3 3 2 22 / 39 学科网（北京）股份有限公司用，据此解答。 【解析】（1）晶体 的沸点较低，晶体类型是分子晶体； （2）电解池温度控制在 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 ”工序中的产物还包括 和 ，该反应的化学方程式 8CHI+2EtO+Ga Mg=2 +3 +2 ； 3 2 2 5 （4）“残渣”含 ，经纯水处理，能产生可燃性气体CH； 4 （5）A.根据分析，流程中 得到了循环利用，A正确； B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成 ”至“工序X”需在无水 无氧的条件下进行，B正确； C. “配体交换”得到 ，“工序X”先解构 后蒸出 ，C正确； D.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 和 ，D 错误； 故选D； （6）直接分解 时由于EtO的沸点较低，与Ga(CH ) 一起蒸出，不能制备超纯 2 3 3 ，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯 的理由是，根据题给相关物质沸点可 知，NR 沸点远高于Ga(CH )，与Ga(CH ) 易分离； 3 3 3 3 3 （7）分子中的 键角 > ，其原因是Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所 3 3 以为平面结构，而Ga(CH )(Et O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。 3 3 2 14．（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。 ①“浸锰”过程中，发生反应 ，则可推断： __________(填“>”或 “<”) 。 ②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 23 / 39 学科网（北京）股份有限公司子有__________。 （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。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 ②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。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 ②一定温度下， 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。 【解析】（1）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： > 24 / 39 学科网（北京）股份有限公司； ②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）① 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 ； 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）①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 、 ； ②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 。 15．（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 25 / 39 学科网（北京）股份有限公司_____，该溶液 _____。 （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 ，则常温下精制 Ⅱ过程中 浓度应控制在_____ 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） （2） 纯碱 （3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ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-、 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Ⅰ的主要成分为 ；由于 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 ;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 。 【解析】（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Ⅱ过程中 浓度应控制在 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（ ）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 ；由于 微 溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的 ，还需要除去 ，因此，精制Ⅱ的目的是：加入 纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 ），提高 纯 26 / 39 学科网（北京）股份有限公司度。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。 16．（2022·全国甲卷）硫酸锌(ZnSO )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。 4 硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合 3 2 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： 离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+ K sp 4.01038 6.71017 2.21020 8.01016 1.81011 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pH=5，最适宜使用的X是_______(填标号)。 A．NH H O B．Ca(OH) C．NaOH 3 2 2 滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。 （4）向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO ，该步反 4 2 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H SO 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。 2 4 焙烧 【答案】（1）ZnCO ZnO+CO ↑ 3 2 （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） B Fe(OH) CaSO SiO 3 4 2 （4）3Fe2++MnO- +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+ 4 2 3 2 （5）置换Cu2+为Cu从而除去 （6） CaSO MgSO 4 4 【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物， 3 2 27 / 39 学科网（北京）股份有限公司焙烧 结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加入HSO 酸浸，得到含 3 2 2 4 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) 、CaSO、SiO 的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加 3 4 2 入KMnO 溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应 4 3 2 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 CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO 溶液，经一系列处理得到ZnSO·7H O，据此分析解答。 2 2 4 4 2 焙烧 （1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑； 3 2 （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．NH ·H O易分解产生NH 污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B．Ca(OH) 不会引入 3 2 3 2 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pH＜5的只有Fe3+，故 滤渣①中有Fe(OH) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH) 、CaSO、 3 4 2 3 4 SiO； 2 （4）向80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应的离 4 3 2 子方程式为3Fe2++MnO- +7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+； 4 2 3 2 （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CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO、 2 2 4 MgSO 。 4 17．（2022·广东卷）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 C H COOH 熔点为44C；月桂酸和 C H COO RE均难溶于水。该工艺条件下， 11 23 11 23 3 稀土离子保持3价不变； C H COO Mg的K 1.8108 ，Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8；有关 11 23 2 sp 3 金属离子沉淀的相关pH见下表。 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 / 28 / 39 学科网（北京）股份有限公司（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Al3发生反应的离子方程式为_______。 （3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2浓度为2.7gL1。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  C 11 H 23 COO- 低于_______mol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Pt Y。 3 ①还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移_______mol电子。 3 4 3 3 ②Pt Y/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O 的还原，发生的电极反应为 3 2 _______。 【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）MgSO 4 （6） 15 O+4e-+2H O=4OH- 2 2 【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有RE3、 4 Mg2、Fe2、Fe3、Al3、SO 4 2 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、SO 4 2等离子，加入月桂酸钠，使RE3形成 C 11 H 23 COO 3 RE沉淀，滤液2主要 含有MgSO 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 4 分离得到RECl 溶液。 3 （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，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 ，故答案为：4.7pH<6.2； Al3 3OH  AlOH ； 3 （3）滤液2中Mg2浓度为2.7gL1，即0.1125mol/L，根据 K [C H COO Mg]=c(Mg2)c2 C H COO- ，若要加入月桂酸钠后只生成C H COO RE，而 sp 11 23 2 11 23 11 23 3 29 / 39 学科网（北京）股份有限公司K C H COO Mg 不产生 ，则c  C H COO-  sp 11 23 2  = 1.8108 =4 10-4 C 11 H 23 COO 2 Mg 11 23 c(Mg2) 0.1125  molL1 ，故答案为：410-4； （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，故答案 为：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 C H COOH 熔点为44C，故“操作X” 11 23 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MgSO ，故答案为：MgSO ； 4 4 （6）①YCl 中Y为+3价，PtCl 中Pt为+4价，而Pt Y中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融 3 4 3 3 4 盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移15mol电子，故答案为：15； 3 3 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O+4e-+2H O=4OH，故答案为： 2 2 O+4e-+2H O=4OH-。 2 2 18．（2022·北京卷）铵浸法由白云石[主要成分为CaMgCO  ，含FeO，SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙 3 2 2 3 2 和氧化镁。其流程如下： 已知： 物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO 2 2 3 3 K 5.5106 1.81012 2.8109 3.5108 sp （1）煅烧白云石的化学方程式为___________。 （2）根据下表数据分析： nNH Cl:n(CaO) CaO浸出率/% MgO浸出率/% wCaCO  理论值/% wCaCO  实测值/% 4 3 3 2.1:1 98.4 1.1 99.7 - 2.2:1 98.8 1.5 99.2 99.5 2.3:1 98.9 1.8 98.8 99.5 2.4:1 99.1 6.0 95.6 97.6 已知：i．对浸出率给出定义 30 / 39 学科网（北京）股份有限公司ii．对wCaCO  给出定义 3 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NH Cl:n(CaO)”数值为___________。 4 ④wCaCO  实测值大于理论值的原因为___________。 3 ⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出68.7%增加至98.9%，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___________。 高温 【答案】（1）CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑ 3 2 2 （2） CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液 2 3 2 2 3 4 2 2 2 中Ca(OH) 能与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO 2 4 2 3 Δ Mg(OH) +(NH)SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH 水解，溶液中H+浓度增大， 2 4 2 4 4 3 2 3 + 4 有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO 2 4 （3）SiO、Fe O 2 2 3 （4）NH Cl、(NH )SO 4 4 2 4 【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固 3 2 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）由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化 3 2 高温 高温 学方程式为CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑，故答案为：CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑； 3 2 2 3 2 2 （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CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O，故答案为： 2 3 2 2 3 4 2 CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O； 2 3 2 2 3 4 2 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，故答案为：Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能与NH Cl反应，而Mg(OH) 不 2 2 2 4 2 31 / 39 学科网（北京）股份有限公司能； 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，故答案为：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 Δ 高，故答案为：Mg(OH) +(NH)SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH 水解，溶液 2 4 2 4 4 3 2 3 + 4 中H+浓度增大，有利于Mg(OH) 完全转化为MgSO ； 2 4 （3）由分析可知，滤渣C为氧化铁、二氧化硅，故答案为：SiO、Fe O； 2 2 3 （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，故答案为：NH Cl、 4 (NH )SO 。 4 2 4 19．（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。 32 / 39 学科网（北京）股份有限公司【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SiO、Al O 和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸 2 2 3 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。 【解析】（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；Al O 2 3 和HSO 发生反应生成Al (SO ) 和HO，离子反应方程式为Al O+6H+=2Al3++3H O； 2 4 2 4 3 2 2 3 2 故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al O+6H+=2Al3++3H O。 2 3 2 （2）“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al O 的质量为 2 3 2 3 5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为 2 3 2 3 ； 故答案为：SiO 和CaSO；84%。 2 4 （3）根据沉铝体系中，Al (SO )·18H O溶解度最大，KAl(SO )·12H O溶解度最小，更容易析出，加 2 4 3 2 4 2 2 入KSO 沉铝的目的是更多的使Al (SO ) 转化为KAl(SO )·12H O，使更多的铝元素转化为晶体析 2 4 2 4 3 4 2 2 出，同时保证晶体纯度；KAl(SO )·12H O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解 4 2 2 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(SO ) 分解为KSO 、Al O 和SO 或KSO 、Al O、SO 和O，反应方程式为 4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 2 2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑； 4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2 故答案为：2KAl(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑。 4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2 （5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为KSO ，可在沉铝工序循环使用； 2 4 故答案为：沉铝。 20．（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： 33 / 39 学科网（北京）股份有限公司已知：①焙烧时过量的 分解为 ， 转变为 ； ②金属活动性： ； ③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 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 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：①充分浸出 和 ；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）SiO 2 （5） （6）将Fe3+转化为Fe2+ （7）24.02% 【分析】已知①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+、 34 / 39 学科网（北京）股份有限公司Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到 ，据此分析解题。 【解析】（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FeCl 及BiCl 水 3 3 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：①充分浸出 和 ；②抑制金 属离子水解； （4）由于SiO 不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO； 2 2 （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 。 21．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[Ca FPO  ，含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程 5 4 3 2 如下： 回答下列问题： （1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO 2 反应生成二元强酸H 2 SiF 6 ，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Na CO :n  SiF2- =1:1加入Na CO 2 3 6 2 3 脱氟，充分反应后，c  Na+ =_______molL-1；再分批加入一定量的BaCO ，首先转化为沉淀的离子 3 是_______。 BaSiF Na SiF CaSO BaSO 6 2 6 4 4 K 1.0106 4.0106 9.0104 1.01010 sp （3）SO2- 浓度(以SO %计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H PO 浓度(以PO %计)的关系如 4 3 3 4 2 5 图甲所示。酸解后，在所得100℃、PO %为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)； 2 5 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 35 / 39 学科网（北京）股份有限公司_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中PO %和SO %的关系如图乙所示，下列条件能实现 2 5 3 酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。 A．65℃、PO %=15、SO %=15 B．80℃、PO %=10、SO %=20 2 5 3 2 5 3 C．65℃、PO %=10、SO %=30 D．80℃、PO %=10、SO %=10 2 5 3 2 5 3 【答案】（1）6HF+SiO =2H++SiF2 +2H O 2 6 2 （2） 2.0102 SO2 4 （3） CaSO•0.5HO 减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D 4 2 4 【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以 精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF2 ，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。 6 （1）氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++SiF2 +2H O。 2 2 6 2 6 2 （2）精制1中，按物质的量之比n(Na CO):n(SiF2 )= 1:1加入NaCO 脱氟，该反应的化学方程式为 2 3 6 2 3 HSiF+ Na CO= Na SiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且 2 6 2 3 2 6 2 2 2 6 2 6 c(Na+)=2c(SiF2 )，根据NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF2 )=4c3(SiF2 )，c(SiF2 ) = 6 2 6 6 6 6 4.0106 3 1.0102mol•L-1，因此c(Na+)=2c( )= mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的 4 SiF2 2.0102 6 饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO2)= 9.0104 3.0102mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀 4 3 6 1.0106 开始生成时，c(Ba2+)= 1.0103 mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= 1.0103 4 1.01010 3.0102 3.3109 mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是 SO2，然后才是 SiF2。 4 6 （3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为 2 5 CaSO•0.5HO；CaSO 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 4 2 4 使用水的原因是：减少CaSO 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 4 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 36 / 39 学科网（北京）股份有限公司体全部以CaSO•0.5HO形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式存在，在两线之间 4 2 4 2 的以两种晶体的混合物形式存在： A． PO%= l5、SO %= 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 2 5 3 全转化，A不符合题意； B． PO%= 10、SO %= 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 2 5 3 能实现晶体的完全转化， B不符合题意； C．PO%= 10、SO %= 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 2 5 3 以CaSO•0.5HO形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意； 4 2 D． PO%=10、SO %= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O 2 5 3 4 2 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D。 22．（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr O，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠 2 4 (NaCr O•2HO)的工艺流程如图。回答下列问题： 2 2 7 2 （1）焙烧的目的是将FeCr O 转化为NaCrO 并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿 2 4 2 4 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≤1.0×10-5mol•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NaCr O 外，可在上述流程中循环 2 2 7 利用的物质还有____。 （4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以NaCrO 为主要原料制备NaCr O 的总反应方程式为： 2 4 2 2 7 4NaCrO+4HO 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑。则NaCr O 在___(填“阴”或“阳”)极室制 2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 7 37 / 39 学科网（北京）股份有限公司得，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NaCr O 的产率 浸取 所得溶液中含 2 2 7 有大量NaSO •10HO HSO 阳 Na＋ 2 4 2 2 4 【分析】 以铬铁矿(FeCr O，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(NaCr O•2HO)过程中，向铬铁矿 2 4 2 2 7 2 中加入纯碱和O 进行焙烧，FeCr O 转化为NaCrO，Fe(II)被O 氧化成Fe O，Al、Si氧化物转化为 2 2 4 2 4 2 2 3 NaAlO 、NaSiO，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入HSO 调节溶液pH使 2 2 3 2 3 2 4 、 转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入HSO ，将NaCrO 转化为NaCr O，将溶液蒸 2 4 2 4 2 2 7 发结晶将NaSO 除去，所得溶液冷却结晶得到NaCr O•2HO晶体，母液中还含有大量HSO 。据此 2 4 2 2 7 2 2 4 解答。 【解析】 （1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O 向上流动，增大固体与气体的接触面积，提 2 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pH≥4.5 时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，HSiO 会再溶解生成 ，因此中和时pH的理论范围为 2 3 ；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NaCr O 的产 2 2 7 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NaCr O 的产率；浸取。 2 2 7 （3）蒸发结晶时，NaSO 主要以NaSO •10HO存在，NaSO •10HO的溶解度随温度升高先增大后 2 4 2 4 2 2 4 2 减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量NaSO •10HO；由上述分析可知，流程中 2 4 2 循环利用的物质除NaCr O 外，还有HSO ，故答案为：所得溶液中含有大量NaSO •10HO； 2 2 7 2 4 2 4 2 HSO 。 2 4 （4）由4NaCrO+4HO 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O↑可知，电解过程中实质是电解水，阳 2 4 2 2 2 7 2 2 38 / 39 学科网（北京）股份有限公司极上水失去电子生成H＋和O，阴极上H+得到电子生成H，由 可 2 2 知， 在氢离子浓度较大的电极室中制得，即NaCr O 在阳极室产生；电解过程中，阴极产生 2 2 7 氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备NaCr O 的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴 2 2 7 极，故答案为：阳；Na＋。 39 / 39 学科网（北京）股份有限公司