大题突破01工艺流程综合题中的几种常见命题热点（解析版）_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_专项复习_2023年高考化学热点·重点·难点专练（新高考专用）

大题突破 01 工艺流程综合题中的几种常见命题热点 命题热点一 物质的制备和分离 命题热点二 生产中陌生方程式的书写 命题热点三 pH的调控和Ksp的计算 命题热点四 流程中的数据计算 （建议用时：60分钟） 【真题再现】 1．（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，稀土 11 23 11 23 3 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；有关金属离子 11 23 2 sp 3 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 / (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。 3①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，再固液分离得到 4 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- ， sp 11 23 2 11 23 若要加入月桂酸钠后只生成 C H COO RE，而不产生 C H COO Mg，则 11 23 3 11 23 2 K C H COO Mg c  C H COO-  sp 11 23 2  = 1.8108 =4 10-4 ，故答案为：4 10-4； 11 23 c(Mg2) 0.1125  mol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，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”的过 11 23 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 熔融盐制备 3 4 3 3 4 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 2．（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TiO ，含少量 2V、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TiCl 中含有的几种物质的沸点： 4 物质 TiCl VOCl SiCl AlCl 4 3 4 3 沸点/℃ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)已知ΔG=ΔH-TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS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)O (g)CO (g) 2 2 B．2C(s)O (g)2CO(g) 2 C．TiO (s)2Cl (g)TiCl (g)O (g) 2 2 4 2 D．TiO (s)C(s)2Cl (g)TiCl (g)CO (g) 2 2 4 2 (2)TiO 与C、Cl ，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： 2 2 物质 TiCl CO CO Cl 4 2 2 分压 4.59102 1.84102 3.70102 5.98109 MPa ①该温度下，TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为_______； 2 2 ②随着温度升高，尾气中CO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TiCl 4 中含Si、Al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Mg冶炼Ti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 600℃ 高温 (2) 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应C+CO 2CO 2 2 4 2 2 2 (3) 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl 蒸馏 3 2 3 (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、Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单质Al 2 4 除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。 4 (1)记①C(s)+O (g)=CO (g)，②2C(s)+O (g)=2CO(g)，③TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g)，④ 2 2 2 2 2 4 2 TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g)； 2 2 4 2 A．由图可知，600℃时C(s)+O (g)=CO (g)的G<0，反应自发进行，故A不符合题意； 2 2 B．由图可知，600℃时2C(s)+O (g)=2CO(g)的G<0，反应自发进行，故B不符合题意； 2 C．由图可知，600℃时TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g)的G>0，反应不能自发进行，故C符合题意； 2 2 4 2 D．根据盖斯定律，TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g)可由①+③得到，则600℃时其G<0，反应自 2 2 4 2 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CO，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之 2 比可知TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为 4 2 2 2 600℃ 600℃ 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ，故答案为：5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ； 2 2 4 2 2 2 4 2 高温 ②随着温度升高，CO 与C发生反应C+CO 2CO，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高， 2 2 高温 CO 与C发生反应C+CO 2CO； 2 2 (3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据得失电子守恒和元素守恒配 3 2 平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸 3 2 3 3 4 4 馏的方法分离AlCl 、SiCl ，故答案为：3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；蒸馏； 3 4 3 2 3 (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。 3．（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Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计了以下流程通过制 备碳酸锂来提取锂。 25℃时相关物质的参数如下： LiOH的溶解度：12.4g/100gH O 2 化合物 K sp MgOH 5.61012 2 CaOH 5.5106 2 CaCO 2.8109 3 Li CO 2.5102 2 3回答下列问题： (1)“沉淀1”为___________。 (2)向“滤液1”中加入适量固体Li CO 的目的是___________。 2 3 (3)为提高Li CO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。 2 3 (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li CO 。查阅资料后，发现文献对常温下的Li CO 有不同的描 2 3 2 3 述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO 的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO 3 3 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LiHCO ___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。 3 (5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na CO 改为通入CO 。这一改动能否达到相同 2 3 2 的效果，作出你的判断并给出理由___________。 【答案】(1)Mg(OH) 2 (2)将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质 3 (3)蒸发浓缩 趁热过滤 (4) 不稳定 Li+ + HCO = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O 3 3 3 2 3 2 2 (5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO ，则LiOH转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果，LiHCO 也 2 3 3 会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果 2 3 【解析】浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH) ]后得到含有 2 Na+、Li+、Cl-和Ca2+的滤液1，沉淀1为Mg(OH) ，向滤液1中加入LiCO 后，得到滤液2，含有的离子 2 2 3 为Na+、Li+、Cl-和OH-，沉淀2为CaCO ，向滤液2中加入NaCO，得到LiCO 沉淀，再通过蒸发浓缩， 3 2 3 2 3 趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品LiCO。 2 3 (1)浓缩卤水中含有Mg2+，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH) 沉淀，所以沉淀1为Mg(OH) ； 2 2 (2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，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LiCO 的目的是将Ca2+转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质； 2 3 3 (3)由LiCO 的溶解度曲线可知，温度升高，LiCO 的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出， 2 3 2 3 所以为提高Li CO 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， 2 3 洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤； (4)饱和LiCl和饱和NaHCO 等体积混合后，产生了LiHCO 和NaCl，随后LiHCO 分解产生了CO 和 3 3 3 2 LiCO。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O； 2 3 3 3 3 2 3 2 2 (5)“滤液2”中含有LiOH，加入Na CO ，目的是将LiOH转化为LiCO。若改为通入过量的CO ，则LiOH 2 3 2 3 2 转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果。 3 3 2 3 故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的CO ，则LiOH转化为LiHCO ，结合(4)的探究结果， 2 3 LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果。 3 2 34．（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，工艺流程如 5 4 3 2 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 脱氟， 2 3 6 2 3 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是_______。 3 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)的关系如图甲所 4 3 3 4 2 5 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)；洗涤时使用 2 5 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PO %和SO %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 2 5 3 _______(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HSiF+ 2 3 6 2 3 2 6 NaCO= Na SiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且c(Na+)=2c( 2 3 2 6 2 2 2 6 2 6 4.0106 )，根据NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c( )=4c3( )，c( ) =3 1.0102 SiF2 2 6 SiF2 SiF2 SiF2 4 6 6 6 6 mol•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF2 )=2.0102mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO2 6 4 )= 9.0104 3.0102mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= 3 6 1.0106 1.01010 1.0103 mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= 3.3109 mol•L-1，因此，首 1.0103 4 3.0102 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使用 4 2 4 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，其具有回收利用的价 4 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 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，在两线之间的以两种晶体 4 2 4 2 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全转 2 5 3 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，故不能实 2 5 3 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，晶体全部以 2 5 3 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形式 2 5 3 4 2 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。 5．（2022·北京卷）铵浸法由白云石[主要成分为CaMgCO  ，含FeO，SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙和 3 2 2 3 2 氧化镁。其流程如下：已知： 物 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO 2 2 3 3 质 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 4 Cl:n(CaO) CaO浸出率/ MgO 浸出率/ wCaCO 3  理论值/ wCaCO 3  实测值/% % % % 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 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) ，溶液中Ca(OH) 能与 2 3 2 2 3 4 2 2 2 2 NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO Mg(OH) +(NH)SO 4 2 3 2 4 2 4 Δ MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH 水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH) 完全转 4 3 2 3 + 2 4 化为MgSO 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，向煅烧后的固体中 3 2 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，反应的化学方程式 3 2 高温 高温 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) 不能； 2 2 2 4 2 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高，故答案 Δ 为：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)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、(NH )SO 。 4 4 2 4 【优选特训】 1．高纯六水氯化锶晶体(SrCl •6H O)具有很高的经济价值，工业上用碳酸锶(SrCO )粉为原料(含少量钡和 2 2 3 铁的化合物等)制备高纯六水氯化锶晶体的过程如图：已知：①K (SrSO )=3.3×10-7、K (BaSO)=1.1×10-10 sp 4 sp 4 ②经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质 ③SrCl •6H O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水 2 2 请回答下列问题： (1)已知Sr为第五周期IIA族元素，则不符合Sr>Ca的是_____。 ①原子半径 ②最外层电子数 ③金属性 ④电负性 ⑤最高价氧化物对应的水化物的碱性 (2)写出碳酸锶与盐酸反应的离子方程式：_____。 (3)工业上用热风吹干六水氯化锶，适宜的温度是_____。 A．50～60℃ B．70～80℃ C．80～100℃ D．100℃以上 (4)步骤④的操作是_____、_____、过滤。 (5)加入硫酸的目的是_____。 (6)滤渣的成分是_____。 (7)若滤液中Ba2+的浓度为1×10-5mol•L-1，依据题给信息计算滤液中Sr2+的物质的量浓度为_____mol•L-1。 【答案】(1)②④ (2)SrCO +2H+=Sr2++CO ↑+H O 3 2 2 (3)A (4) 蒸发浓缩 冷却结晶 (5)除去Ba2+杂质 (6)Fe(OH) 、BaSO 3 4 (7)0.03 【分析】SrCO 类似CaCO ，经盐酸浸取后，溶液中除含有Sr2+和Cl-外，还含有少量Ba2+、Fe2+、Fe3+杂质， 3 3 与硫酸反应经过HO 反应将Fe2+转化为Fe3+，经过调节pH，滤渣为BaSO、Fe(OH) 2 2 4 3； 【详解】（1）Ca为第四周期ⅡA元素，则Ca与Sr的最外层电子数相同，Sr有五层电子，Ca有四层电子， 半径：Sr>Ca；金属性Sr>Ca；电负性Ca>Sr；最高价氧化物对应的水化物的碱性Sr>Ca； 故答案为：②④； （2）SrCO 类似CaCO ，经盐酸浸取后，溶液中生成Sr2+； 3 3 故答案为：SrCO +2H+=Sr2++CO ↑+H O； 3 2 2 （3）根据题目信息知SrCl •6H O晶体在61℃时开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水。工业上用热风 2 2 吹干六水氯化腮但又不能脱去结晶水； 故答案为：A；（4）第3步过滤后滤液的溶质为SrCl ，从溶液中获得SrCl •6H O晶体，还须进行的操作是蒸发浓缩、冷 2 2 2 却结晶、过滤； 故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶； （5）由于BaSO 是难溶于水的物质，所以在操作过程中加入硫酸是使溶液中的Ba2+形成BaSO 沉淀而除去 4 4 Ba2+杂质； 故答案为：除去Ba2+杂质 （6）根据分析，滤渣成分为Fe(OH) 、BaSO； 3 4 故答案为：Fe(OH) 、BaSO； 3 4 （7）Ksp(BaSO )=1.1×10-10，由于溶液中Ba2+浓度为1×10-5 mol·L-1，则 4 1.11010 c  SO2  1.1105mol/L，根据Ksp(SrSO )=3.3×10-7，可知 4 1105 4 3.3107 c（Sr2） mol/L0.03mol/L； 1.1105 故答案为：0.03。 2．（2022·湖北宜昌·高三期中）过氧化钡(BaO )是一种重要的漂白剂，在实验室利用重晶石(主要成分为 2 BaSO )制备BaO 的工艺流程如图所示： 4 2 回答下列问题： (1)“步骤①”设计如图装置(夹持仪器已省略)制备BaS并检验所产生的气体X。 ①实验前及实验结束时均要通入N ，其目的分别是_______、_______。 2 ②实验过程中B中品红褪色，C中颜色变淡，D中无现象，G中有白色沉淀生成，气体X的成分为 _______(填化学式)；装置C的作用是_______，其中发生主要反应的离子方程式为_______。 (2)“步骤②”中BaS固体与CO 、H O发生反应生成BaCO ，和H S的化学方程式为_______；由于“步骤 2 2 3 2 ③”反应剧烈，易产生大量泡沫，为了避免此种情况的发生，应采用措施是_______。 (3)“步骤④"中BaCl 溶液与双氧水、氨水反应析出BaO 8H O沉淀，发生反应的离子方程式为_______， 2 2 2反应过程中需要控制反应温度为0℃左右，其原因主要有：a.该反应是放热反应，降温有利于反应正向进行， 提高产率；b._______。 【答案】(1) 排尽空气，防止BaS被氧化 赶尽装置中的气体X，使之被处理，防止污染空 气 SO 、CO 除去SO 2MnO5SO 2H O=2Mn25SO24H 2 2 4 2 2 4 (2) BaSH OCO =BaCO H S 分批加入盐酸且搅拌(或其他合理答案) 2 2 3 2 (3) Ba2 H O 2NH H O6H O=2NHBaO 8H O 减少过氧化氢的分解及氨水的挥发，提高 2 2 3 2 2 4 2 2 原料利用率 【分析】重晶石BaSO 加入焦炭高温生成CO和BaS，BaS加H2O和CO 生成BaCO 和HS，向BaCO 中 4 2 3 2 3 加入稀盐酸，生成BaCl 和CO，向BaCl 溶液与双氧水、氨水反应析出BaO 8H O沉淀； 2 2 2 2 2 【详解】（1）①实验前及实验结束时均要通入N ，其目的分别是排出装置中的空气，防止BaS被氧化， 2 防止空气中的氧气等对实验产生干扰；实验后通N ，为了赶尽装置中的气体X，使之被处理，防止污染空 2 气； ②实验过程中B中品红褪色，C中颜色变淡，说明装置A中生成了SO ；D中无现象，说明装置A中没有 2 生成CO；G中有白色沉淀生成，说明装置A中生成了CO，CO和氧化铁在加热条件下反应生成了CO， 2 2 气体X的成分为SO 、CO；B装置是检验SO ，装置C的作用是除去SO ，防止SO 影响D中现象；C中 2 2 2 2 是SO 被高锰酸钾氧化生成硫酸，离子方程式为：2MnO5SO 2H O=2Mn25SO24H； 2 4 2 2 4 （2）“步骤②”中BaS固体与CO 、H O发生反应生成BaCO ，和H S的化学方程式为： 2 2 3 2 BaSH OCO =BaCO H S；由于“步骤③”BaCO 与盐酸反应剧烈，生成CO，易产生大量泡沫，为 2 2 3 2 3 2 了避免此种情况的发生，可以分批加入盐酸，或者缓慢滴加盐酸，边加入盐酸边搅拌(或其他合理答案)； （3）“步骤④"中BaCl 溶液与双氧水、氨水反应析出BaO 8H O沉淀，发生反应的离子方程式为： 2 2 2 Ba2 H O 2NH H O6H O=2NHBaO 8H O，该反应为放热反应，降低温度有利于反应正向进 2 2 3 2 2 4 2 2 行，HO 溶液和氨水都易挥发，双氧水易分解，温度为0℃左右可以减少过氧化氢的分解及氨水的挥发， 2 2 提高原料利用率； 3．（2022·四川绵阳·一模）某废镍催化剂的主要成分是Ni-Al合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有   机物。采用如下工艺流程回收其中的镍制备镍的氧化物 Ni O ： x y 回答下列问题： (1)“碱浸”所得“滤液1”的主要溶质为NaOH、_______，“灼烧”的目的是_______。(2)“溶解”后的溶液中，所含金属离子有Cr3+、Fe2+、Na+、_______、_______。 (3)“分离除杂”中，发生氧化还原反应生成含铁滤渣的离子方程式为_______。 (4)“煅烧”NiCO 滤渣前需进行的两步操作是_______。 3 (5)在空气中煅烧NiCO ，其热重曲线如图所示。300~400℃NiCO 转化为Ni O ，反应的化学方程式为 3 3 2 3 _______；400~450℃生成产物的化学式为_______。 (6)利用 Ni O 制得NiCl 溶液，调节其pH至7.5～12，采用惰性电极进行电解，阳极上可沉淀出用作锌镍 x y 2 电池正极材料的NiOOH。电解时阳极的电极反应式为_______。 【答案】(1) NaAlO 除去有机物 2 (2) Ni2+ Fe3+ (3)2Fe2++ClO-+5H O=2FeOH +Cl-+4H+ 2 3 (4)洗涤、干燥 300℃-400℃ (5) 4NiCO +O = 2Ni O +4CO Ni O 3 2 2 3 2 3 4 (6)Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H O 2 【分析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液 1”的主要溶质为NaOH、NaAlO ；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成 2 Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为 Cr(OH) 、Fe(OH) 沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO 沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠 3 3 3 和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO 中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。 3 【详解】（1）由分析可知，“滤液1”的主要溶质为NaOH、NaAlO ；“灼烧”的目的是除去有机物； 2 （2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子除Cr3+、Fe2+、Na+外，还有Ni2+、Fe3+； （3）“分离除杂”中，加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe(OH) 沉淀，离子方程式为 3 2Fe2++ClO-+5H O=2FeOH +Cl-+4H+ ； 2 3 （4）过滤后得到的NiCO 中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，故“煅烧”NiCO 滤渣前需进行的两 3 3 步操作是洗涤、干燥； 300℃-400℃ （5）300~400℃ NiCO 转化为Ni O ，反应的化学方程式为4NiCO +O = 2Ni O +4CO ；设1mol 3 2 3 3 2 2 3 2 400~500℃ NiCO 3 400~500℃ Ni x O y NiCO 3 1mol119g/mol=119g NiCO 3NiCO 3 在400~500℃下分解为 Ni x O y ，1mol NiCO 3 的质量为1mol119g/mol=119g，由图可知，NiCO 3 在 400~500℃下分解固体残留率为67.5%，则分解后 Ni x O y 的质量为119g67.5%80.3g，根据Ni原子守恒 1 1 y 4 可知，生成Ni O 的物质的量为 mol， mol59x+16yg/mol=80.3g，得到  ，故 生成产 x y x x x 3 400~500℃ 物的化学式为Ni O ； 3 4 （6）电解NiCl 溶液，阳极上产物为NiOOH，则阳极的电极反应式为Ni2+-e-+3OH-=NiOOH+H O。 2 2 4．一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)为原料生 产三盐基硫酸铅(3PbOPbSO H O)的工艺流程如图所示。 4 2 已知常温下，K PbCO 7.41014 ，K PbSO 1.6108，K NH HCO 1.25103 ， sp 3 sp 4 h 4 3 K H CO 4107 a1 2 3 回答下列问题： (1)常温下，NH H O的电离平衡常数K =_______。 3 2 b (2)写出转化过程PbSO 发生反应的化学方程式_______，Pb的转化率随着NH HCO 用量的增加而增加， 4 4 3 醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于_______。 (3)测得滤液1中c  SO2 4  0.1molL1 ，则该滤液中c  CO 3 2 _______molL1(保留1位小数)；滤液2中可 以循环利用的物质是_______；从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含 量，所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有_______。 (4)合成三盐基硫酸铅时，影响产品纯度的因素很多，其中反应终点pH对产品中PbO和SO 含量的影响如 3 下图(将PbSO 看作是PbO和SO ，经测定三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，SO 理论含量8.08%)， 4 3 3 则反应终点控制pH的范围是_______。(填序号)。 A．<8.4 B．8.4~8.8 C．8.8~9.2 D．>9.2 【答案】(1)2×10-5(2) PbSO +2NHHCO =PbCO+(NH)SO +H O+CO↑ 醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量 4 4 3 3 4 2 4 2 2 (3) 4.6×10-7 硝酸 坩埚、泥三角 (4)B 【分析】一种从铋冶炼浸渣(浸渣中的铅多数以硫酸铅的形态存在，少量以氧化铅、碳酸铅的形态存在)加 碳酸氢铵，PbSO +2NHHCO =PbCO+(NH)SO +H O+CO↑，过滤后滤渣用硝酸酸溶，再加硫酸得到 4 4 3 3 4 2 4 2 2 PbSO ,过滤得滤渣，加NaOH溶液在50-60℃合成，过滤、洗涤、干燥得三盐基硫酸铅(3PbOPbSO H O)。 4 4 2 【详解】（1）在NH HCO 溶液中，反应NH +HCO - +H O NH •H O+HCO 的平衡常数K= 4 3 4 3 2 3 2 2 3 c(NH H O)c(H CO ) c(NH H O)c(OH-)c(H CO )c(H+)⇌ c(OH-) c(H+) K 110-14 3 2 2 3 = 3 2 2 3 =  = w = =1.25 c(NH)c(HCO) c(NH)c(OH-)c(HCO)c(H+) K K K •K K 410-7 4 3 4 3 b a1 b a1 b ×10-3，常温下，NH H O的电离平衡常数K =2×10-5。故答案为：2×10-5； 3 2 b （2）转化过程PbSO 转化为更难溶的PbCO ，发生反应的化学方程式PbSO +2NHHCO =PbCO+ 4 3 4 4 3 3 (NH )SO +H O+CO↑，Pb的转化率随着NH HCO 用量的增加而增加，醋酸可以促进硫酸铅溶解，但实验 4 2 4 2 2 4 3 表明：Pb的转化率随醋酸用量的增加而减少，这是由于醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量。故 答案为：PbSO +2NHHCO =PbCO+(NH)SO +H O+CO↑；醋酸易与碳酸氢铵反应，降低了碳酸氢铵的量； 4 4 3 3 4 2 4 2 2 （3）测得滤液1中c  SO2 0.1molL1，PbSO +CO2-  PbCO +SO2-, 4 4 3 3 4 c  SO2 K PbSO  1.6108 4  sp 4  ,则该滤液中 4.6×10-7；滤液2中可以循环利用的物质是硝酸； c  CO2 K PbCO  7.41014 c  CO2  3 sp 3 3 加热固体要在坩埚中进行，从滤液3可提取出一种含结晶水的钠盐副产品，若测定该晶体中结晶水的含量， 所需的仪器除三脚架、托盘天平、瓷坩埚、干燥器、酒精灯、玻璃棒，还需要的仪器有坩埚、泥三角。故 答案为：4.6×10-7；硝酸；坩埚、泥三角； （4）三盐基硫酸铅中PbO理论含量90.10%，SO 理论含量8.08%)，结合图形分析反应终点控制pH的范 3 围是8.4～8.8，则反应终点控制pH的范围是B。故答案为：B。 5．（2022·福建·莆田一中高三阶段练习）铟被广泛应用于电子工业、航空航天、太阳能电池新材料等高科 技领域。从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含PbSO、FeAsO 2H O、SiO 、S、In O、In S )中提取铟的工艺如图 4 4 2 2 2 3 2 3 所示。 已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在。 ②As O 微溶于水 2 3 ③In(OH) 性质与Al(OH) 类似 ④FeS O 为强电解质 3 3 4 6回答下列问题： (1)FeAsO 2H O中铁元素化合价为3价，As的化合价为_______。 4 2 (2)“硫酸化焙烧”时，其他条件一定，焙烧温度对“水浸”时铟、铁浸出率的影响如图所示。 适宜的焙烧温度是_______℃，温度过高铟、铁浸出率降低的原因是_______。 (3)“水浸”工艺中的浸渣除了As O 外，还含有_______。 2 3 (4)“还原铁”工艺反应的离子方程式为_______。 (5)“萃取除铁”工艺中，用30%的PO 作萃取剂时，发现当溶液pH1.5后，铟萃取率随pH值的升高而下 2 4 降，原因是_______。 (6)“置换铟”时，发现会有少量的气体AsH 生成，AsH 的电子式为_______，生成AsH 的离子方程式为 3 3 3 _______。 (7)整个工艺流程中，可循环利用的溶液是_______。 【答案】(1)+5 (2) 450(“440～460”的数值) 温度过高，硫酸大量挥发，且部分分解 (3)PbSO、SiO 4 2 (4)2Fe32S O2 2Fe2S O2 2 3 4 6 (5)当溶液pH1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被P204萃取的离子，导致铟萃取率下降 (6) As O 6Zn6H SO 2AsH 6ZnSO 3H O 2 3 2 4 3 4 2 (7)萃余液 【分析】从铜烟灰氧压酸浸渣(主要含PbSO、FeAsO 2H O、SiO 、S、In O、In S )中提取铟，将铜烟灰 4 4 2 2 2 3 2 3 硫酸化焙烧，焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在，然后水浸，由于As O 、SiO 、PbSO 不和酸反应， 2 3 2 4 在这一步过滤除去，取滤液加入NaSO 将三价铁转化为二价铁，然后加入PO 萃取除铁，随后加入硫酸 2 2 3 2 4 反萃取，用Zn置换出粗铟。 【详解】（1）FeAsO 2H O中铁元素化合价为3价，As的化合价为+5。 4 2 （2）450(“440～460”的数值) ℃时铟、铁浸出率都很高，该温度为适宜温度；温度过高，硫酸大量挥发， 且部分分解导致铟、铁浸出率降低。（3）“水浸”工艺中由于As O 、SiO 、PbSO 不和酸反应，在这一步过滤除去，浸渣除了As O 外， 2 3 2 4 2 3 还含有PbSO、SiO 。 4 2 （4）“还原铁”工艺中，NaSO 将三价铁转化为二价铁，Fe元素由+3价下降到+2价，根据的得失电子 2 2 3 守恒和电荷守恒配平方程式为：2Fe32S O2 2Fe2S O2。 2 3 4 6 （5）当溶液pH1.5后，溶液中的铟离子发生水解，形成难被PO 萃取的离子，导致铟萃取率下降。 2 4 （6） 是共价化合物，其电子式为： ；“置换铟”时， 和Zn在硫酸中反应得到 AsH As O 3 2 3 AsH 和硫酸锌，化学方程式为：As O 6Zn6H SO 2AsH 6ZnSO 3H O。 3 2 3 2 4 3 4 2 （7）萃余液中含有硫酸，可以循环利用。 6．（2022·江苏镇江·高三期中）硫酸工业所得废钒催化剂主要含VOSO、VO、SiO、K SO 和FeO。一 4 2 5 2 2 4 2 3 种利用废钒催化剂制取VO 的流程如图所示： 2 5 已知：①“酸浸”后的溶液中含钒元素的离子是VO2+。 ②钒元素的存在形态较多，部分四价钒和五价钒物种的分布分数δ与pH的关系如图所示。 (1)写出“酸浸”时VO 发生反应的离子方程式_________________。 2 5 (2)“调pH”时，控制溶液的pH>11，其目的是_______________。 (3)写出“氧化”时发生反应的离子方程式_________________。 (4)“沉钒”时控制溶液pH约为7，生成偏钒酸铵 NH 4 VO 3  固体．沉钒率随温度变化如图，温度高于80℃， 沉钒率下降的原因是_______________。剩余固体质量  (5)在“煅烧” 的过程中，固体的残留率 100% 随温度变化的曲线如图所示，则 NH VO 原始固体质量  4 3 A点剩余固体的成分为__________________(填化学式)。 (6)在空气中“煅烧”NH VO 分解制备VO ，分解一段时间后，得到一种无色有刺激性气味的气体，随后 4 3 2 5 固体中检测到了VO 杂质，不断搅拌，充分反应后，最终无该杂质．请分析生成VO 的原因 2 4 2 4 _____________。 【答案】(1)VO +SO2-+4H+ 2VO2++SO2-+2H O 2 5 3 4 2 (2)使得VO(OH) 完全溶解和Fe2+沉淀完全 2 (3)2VO(OH)-+ClO-+4OH- 2VO3-+Cl-+5H O 3 4 2 (4)温度高于80℃,NH+ 水解程度增大，浓度减小，导致沉钒率下降。(或NH Cl受热分解) 4 4 (5)HVO 3 (6)NH VO 加热后分解生成VO 和NH ,NH 将五价钒还原为VO 4 3 2 5 3 3 2 4 【分析】废钒催化剂主要含有VOSO、VO、SiO、K SO 和Fe O 几种物质，加入稀HSO 和NaSO 溶 4 2 5 2 2 4 2 3 2 4 2 3 液酸浸后，由于SiO 不反应，故滤渣1应是SiO， Fe O 和HSO 、NaSO 反应后生成硫酸亚铁，VO 被 2 2 2 3 2 4 2 3 2 5 还原成VO2+，加入NaOH溶液调节pH，使亚铁离子变成沉淀而除去，故滤渣2是Fe(OH) 。通过四价钒 2 和五价钒物种的分布分数δ与pH的关系图可知，加入NaOH溶液后，VO2+以VO(OH)- 形式存在，加入 3 NaClO氧化后，VO(OH)- 被氧化成VO3- ，“沉钒”时控制溶液pH约为7，生成偏钒酸铵 NH VO  固体， 3 4 4 3过滤、煅烧得到VO 。 2 5 【详解】（1）“酸浸”后的溶液中所含钒元素的离子是VO2+，其中钒元素的化合价是+4价， 而VO 中 2 5 的钒元素化合价是+5价，则VO 被还原，加入的NaSO 被氧化为NaSO ，根据化合价变化，结合电荷守 2 5 2 3 2 4 恒和质量守恒，则“酸浸”时VO 发生反应的离子方程式为VO +SO2-+4H+ 2VO2++SO2-+2H O。 2 5 2 5 3 4 2 （2）通过四价钒和五价钒的物种分布分数δ与pH的关系图可知，溶液的pH>11时，钒元素主要以 VO(OH)-形式存在，故控制溶液的pH>11，目的是使VO(OH) 溶解转化为VO(OH)-形式，且同时除去酸 3 2 3 浸后溶液中含有的Fe2+杂质。 （3）加入NaOH溶液后，VO2+以VO(OH)- 形式存在，加入NaClO氧化后，VO(OH)- 被氧化成VO3- ， 3 3 4 ClO-被还原为Cl-，结合化合价变化，电荷守恒，质量守恒，故“氧化”时发生反应的离子方程式为 2VO(OH)-+ClO-+4OH- 2VO3-+Cl-+5H O。 3 4 2 （4）温度高于80℃时，NH Cl水解程度增大，导致溶液中的NH+浓度减小，且温度过高时，NH Cl受热 4 4 4 会分解，故温度高于80℃，沉钒率下降。 （5）固体的残留率随温度变化的曲线图所示，在“煅烧”NH VO 的过程中，质量一定温度范围内不再变 4 3 化，有两个阶段，即A点和B点两个阶段，最后一个阶段即B点的产物肯定是VO ，而A点发生的变化 2 5 100 一般是铵盐受热分解生成氨气和对应的酸， 的分子量是117， 的分子量是100， 100% NH VO HVO 117 4 3 3 =85.47%，故A点剩余的固体是HVO 。 3 （6）VO 中钒的化合价为+4价，VO 中钒化合价为+5价，煅烧过程中有杂质VO 生成，说明VO 部 2 4 2 5 2 4 2 5 分被还原，煅烧同时得到一种无色有刺激性气味的气体，该气体是氨气，氨气具有还原性，故原因是 NH VO 加热后分解生成VO 和NH，NH 又将五价钒还原为VO 。 4 3 2 5 3 3 2 4 7．（2022·四川·成都七中高三期中）高铁酸钾(K FeO)是一种新型非氯高效消毒净水剂。一种制备工艺如 2 4 图： 请回答： (1)K FeO 具有强氧化性，还原产物常为Fe(Ⅲ)。为确定消毒后溶液中是否存在Fe2+的一种试剂是 2 4 _______(填化学式)。 (2)Cl 与NaOH溶液反应生成NaClO。“氧化”的离子方程式是 _______。 2 (3)“转化”一步的基本反应类型是 _______反应，从“粗KFeO”得KFeO 精品的操作名称是 _______(不 2 4 2 4必具体)。 (4)已知温度、反应时间对产率的影响如图。 由图知反应的最佳条件是温度约 _______℃、反应时间约 _______min。 (5)根据流程知，可循环利用的物质有NaCl、_______。 (6)以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得KFeO，则阳极电极反应式是 2 4 _______。 (7)某温度，若要从10m3含c(FeO 2 )=2.0×10﹣4mol•L﹣1的循环母液中沉淀FeO 2 (浓度降至10﹣5mol•L﹣1)， 4 4 理论上需加入Ca(OH) 固体的物质的量不少于 _______mol。(已知CaFeO 的K =4.5×10﹣9，不考虑水解和 2 4 sp 溶液体积变化。) 【答案】(1)K [Fe(CN) ] 3 6 (2)3ClO﹣+2Fe3++10OH﹣=2FeO 2 +3Cl﹣+5H O 4 2 (3) 复分解 重结晶 (4) 30 60 (5)KOH、NaOH (6)Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO 2 +4H O 4 2 (7)6.4 【分析】氯气通入过量的氢氧化钠溶液中反应生成NaClO、NaCl和水，加入硝酸铁发生氧化还原反应： 3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO2- +3Cl-+5H O，过滤后加入饱和氢氧化钾溶液， 4 2 2KOH+Na FeO=2NaOH+KFeO↓，分离得到粗KFeO，重结晶得到KFeO 精品。 2 4 2 4 2 4 2 4 【详解】（1）检验Fe2+的一种试剂是铁氰酸钾，遇到亚铁离子生成蓝色沉淀，化学式为K[Fe(CN) ]。 3 6 （2）“氧化”是次氯酸钠在碱性溶液中氧化铁离子生成高铁酸盐，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3+ +10OH-=2FeO2- +3Cl-+5H O。 4 2 （3）铁酸钠加入饱和KOH反应生成高铁酸钾晶体和氢氧化钠，“转化”一步的基本反应类型是复分解反 应，从“粗KFeO”得KFeO 精品的操作名称是重结晶。 2 4 2 4 （4）图象分析可知，反应温度为30℃，反应进行到60min时高铁酸钾产率最大，反应的最佳条件是温度 约30℃，反应时间约60min。（5）应过程中参加反应，最后又生成的物质可以循环使用，可循环利用的物质有NaCl、KOH、NaOH。 （6）以铁板作阳极、镍板作阴极，NaOH溶液为电解液进行电解也可制得KFeO，则阳极电极反应是铁 2 4 失电子生成高铁酸钾，电极反应为Fe-6e-+8OH-=FeO2- +4H O。 4 2 （7）某温度，若要将FeO2- 的浓度由2.0×10-4mol•L-1降至10-5mol•L-1，需要加入n[Ca(OH) ]=(2.0×10- 4 2 4mol•L-1-10-5mol•L-1)1104L=1.9mol； c( )降至10-5mol•L-1后，溶液中c(Ca2+)= K sp = 4.510-9 FeO2 4 - c(FeO2 4 -) 10-5mol  L-1 =4.510-4mol•L-1，n(Ca2+)=4.510-4mol•L-11104L=4.5mol，共需要Ca(OH) 固体的物质的量为 2 1.9mol+4.5mol=6.4mol，则理论上需加入Ca(OH) 固体的物质的量不少于6.4mol。 2 8．铟是一种稀有贵金属，广泛应用于航空航天、太阳能电池等高科技领域。从铜烟灰酸浸渣(主要含 PbO、FeAsO ·2H O、InO)中提取铟和铅的工艺流程如下： 4 2 2 3 已知：①焙烧后金属元素均以硫酸盐的形式存在； ②In(OH) 性质与Al(OH) 类似。 3 3 回答下列问题： (1)FeAsO ·2H O中铁元素化合价为_______。 4 2 (2)生成PbO粗品的化学反应方程式为_______。 (3)PbO在NaOH溶液中溶解度曲线如图所示，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液。结合溶解度曲线，简 述提纯PbO粗品的操作_______。 (4)“还原铁”反应的离子方程式为________ (5)“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是_______ (6)为测定PbO产品的纯度，探究小组同学准确称取PbO1.161g，加入稀硝酸使其完全溶解，再加入蒸馏水 配制成50.00mL溶液：冷却至25℃，用0.100mol·L-1HSO 滴定该溶液，滴定曲线如图所示。 2 4已知：PbO+2HNO =Pb(NO ) +H O；a点的坐标为(50，3.8) 3 3 2 2 ①25℃，PbSO 的K =_______。 4 sp ②PbO产品的纯度为_______。 【答案】(1)+3 (2)PbSO +2NaOH=PbO+Na SO +H O 4 2 4 2 (3)将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥 (4)2Fe3++2S O2-=2Fe2++S O2- 2 3 4 6 (5)铟离子发生水解，导致铟萃取率下降 (6) 10-7.6 96% 【分析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO ·2H O、InO)中提取铟和铅，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液 4 2 2 3 硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸，浸渣加入10%氢氧化钠溶液加热处理后冷却、过滤，得到滤液 和PbO粗品，经处理得到PbO；水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和S O2- 4 6 的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。 【详解】（1）FeAsO ·2H O中O元素的化合价为-2价，As元素的化合价为+5价，根据化合物的化合价代 4 2 数和为0，则 铁元素化合价为+3价； （2）水浸后的硫酸铅与氢氧化钠反应生成PbO粗品和硫酸钠，反应的化学反应方程式为 PbSO +2NaOH=PbO+Na SO +H O； 4 2 4 2 （3）根据PbO在NaOH溶液中溶解度曲线，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液，结合溶解度曲线，可 知，氢氧化钠浓度较大时PbO溶液度较大，提纯PbO粗品的操作为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配 成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥； （4）“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为 2Fe3++2S O2-=2Fe2++S O2-； 2 3 4 6 （5）“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是铟离子发生水解， 导致铟萃取率下降； （6）根据图像，加入50mLH SO 时，沉淀完全，-lgc(Pb2+)=3.8，则c(Pb2+)=10-3.8mol/L，根据反应 2 4 PbSO (s) Pb2+(aq)+SO2-(aq) SO2 SO2 4 4 4 4PbSO (s) Pb2+(aq)+SO2-(aq)，则c(Pb2+)=c(SO2 )，25℃，PbSO 的K (PbSO )= c(Pb2+)·c(SO2 )=10- 4 4 4 4 sp 4 4 3.8mol/L10-3.8mol/L=10-7.6mol2/L2； ②加入50.00mL 0.100mol/LH SO 与Pb2+恰好完全反应，Pb2++SO2-=PbSO ，n(Pb2+)=n(SO2 )=0.100mol/L 2 4 4 4 4 0.05L=0.005mol，根据原子守恒n(PbO)=n(Pb2+)=0.005mol，PbO的质量m=nM=0.005mol223g/ 1.115g mol=1.115g，PbO产品的纯度为 100%96%。 1.161g 9．（2022·山东潍坊·高三期中）常温下BF 是一种无色气体、溶于浓硫酸、易水解，常用作火箭高能燃料。 3 工业用液氨法制取BF 的流程如下： 3 已知：①硼酐 B O  是一种难溶物； 2 3 ②石灰石中含有微量氧化铁、二氧化硅、硫单质等 回答下列问题： (1)氨化釜中主要产物为NH F，则滤渣Ⅰ的成分是_______，操作Ⅱ的名称_______。 4 (2)反应釜Ⅰ中产生两种气体，发生反应的离子方程式为_______。 (3)经过必要的处理可循环利用的物质是_______。 (4)反应釜Ⅱ中发生反应的化学方程式_______。 (5)利用离子色谱法可以检测三氟化硼中硫元素的含量，将BF 样品通过检测液，进行色谱分析，得到如图 3 所示结果。出现曲线1的原因可能是_______。 (6)利用电解氟硅酸钠 Na SiF  的方法可以制取高纯度H SiF ，装置如图所示。甲室中加入的电解质为 2 6 2 6 _______，a膜选用_______(“阴离子”“阳离子”“质子”)交换膜。【答案】(1) SiO 蒸馏 2 (2)CaCO+2NH+2F-=CaF +CO ↑+2NH↑+H O 3 4 2 2 3 2 (3)氨气 (4)3CaF+B O+3H SO (浓)=3CaSO +2BF +3H O 2 2 3 2 4 4 3 2 (5)浓硫酸与S反应生成了SO ，SO 溶于水生成了亚硫酸根离子 2 2 (6) Na SiF 溶液 阳离子 2 6 【分析】氨化釜中主要产物为NH F，同时产生了沉淀，则反应为NH 与HSiF、HO反应生成NH F和 4 3 2 6 2 4 SiO，滤渣I为SiO，NH F和CaCO 反应生成氨气、CaF 和CO，反应釜Ⅱ中浓硫酸与Fe O 反应生成硫 2 2 4 3 2 2 2 3 酸铁，与S反应生成SO ，滤渣为SiO，与CaF 、B O 反应生成BF、HO和CaSO，得到含有BF 的滤液， 2 2 2 2 3 3 2 4 3 再经过蒸馏得到三氟化硼。 【详解】（1）根据分析可知，滤渣Ⅰ成分为SiO，操作Ⅱ为蒸馏。 2 （2）反应釜I中NH F和CaCO 反应生成氨气、二氧化碳和氟化钙，离子方程式为CaCO +2NH+2F- 4 3 3 4 =CaF +CO ↑+2NH↑+H O。 2 2 3 2 （3）反应釜Ⅰ中生成了氨气，经必要处理后可生成液氨重复利用。 （4）根据分析可知，反应釜Ⅱ中反应的化学方程式为3CaF +B O+3H SO (浓)=3CaSO +2BF +3H O。 2 2 3 2 4 4 3 2 （5）浓硫酸与S反应生成了SO ，SO 溶于水生成了亚硫酸根离子。 2 2 （6）阳极上水失电子生成氧气和氢离子，氢离子与NaSiF 反应生成HSiF，则甲室加入的电解质为 2 6 2 6 NaSiF 溶液，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，为防止丙室产生的氢氧根离子进入甲室与HSiF 反 2 6 2 6 应，同时为得到高纯度的HSiF，甲室的Na+需能通过a膜向丙室移动，则a膜选用阳离子交换膜。 2 6