押新高考卷第15题工艺流程综合题（解析版）_05高考化学_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考化学临考题号押题（新高考通用）323031313

押新高考卷第 15 题 工艺流程综合题 化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，试题主要特点：源于生产实际，问 题情境真实；试题内容丰富，既考查化学知识的掌握和应用，同时也考查迁移推理能力；试题新颖，阅读 量、思维含量较大，考查考生的信息提取加工、处理、应用表达能力。分析近年的高考试题，可以预测 2024年的高考考查中，主要考查以下知识点： （1）常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）； （2）常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）； （3）物质分离、提纯的方法及要点； （4）流程中陌生的反应方程式的书写； （5）流程中有关Ksp的计算； （6）流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算等。 另外，在新高考中，常将晶胞分析与计算内容放在工艺流程题中考查，这点需要考生特别注意。 考向一 物质的制备类 1．（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 _______； （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Ga(CH ) 3 3 3 2 3 3 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，所以为四面体 3 3 3 3 2 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、蒸馏， 2 5 2 5 3 2 2 3 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重复利用，据此 2 3 3 2 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 3 高于Ga(CH )，与Ga(CH ) 易分离； 3 3 3 3 （7）分子中的 键角 > ，其原因是Ga(CH ) 中Ga为sp2杂化，所以为 3 3 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 2．（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： > ； 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 。 3．（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。 4．（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 11 H 23 COOH 熔点为44C；月桂酸和 C 11 H 23 COO 3 RE 均难溶于水。该工艺条件下，稀土 离子保持3价不变； C 11 H 23 COO 2 Mg 的 K sp 1.8108 ， Al(OH) 3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子 沉淀的相关pH见下表。 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， c  C H COO- 可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 11 23 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)。 Pt Y （6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂 3 。 ①还原 YCl 3和 PtCl 4熔融盐制备 Pt 3 Y 时，生成1mol Pt 3 Y 转移_______mol电子。 Pt Y/C O ② 3 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 2的还原，发生的电极反应为 _______。 【答案】（1）Fe2+ Al3 3OH  AlOH  （2） 4.7pH<6.2 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 Al3 3OH  AlOH  Al3 3OH  AlOH  离子方程式为 3 ，故答案为：4.7pH<6.2； 3 ； Mg2 2.7gL1 （3）滤液2中 浓度为 ，即0.1125mol/L，根据 K [C H COO Mg]=c(Mg2)c2 C H COO- C H COO RE sp 11 23 2 11 23 ，若要加入月桂酸钠后只生成 11 23 3 ，而不产 K C H COO Mg c  C H COO-  sp 11 23 2  1.8108 生 C 11 H 23 COO 2 Mg ，则 11 23 c(Mg2) = 0.1125 =410-4mol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 11 H 23 COOH 熔点为44C，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MgSO ，故答案为：MgSO ； 4 4YCl PtCl Pt Y YCl PtCl （6）① 3中Y为+3价， 4中Pt为+4价，而 3 中金属均为0价，所以还原 3和 4熔融盐制 备 Pt 3 Y 时，生成1mol Pt 3 Y 转移15mol电子，故答案为：15； 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 考向二 物质的提纯类 5．（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 Ⅷ （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 。 【解析】（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Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。 （2）“500℃焙烧”后剩余的 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。 6．（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， (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。 体积分数为_______时， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时， (Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。 （5）“沉钴镍”中得到的 (Ⅱ)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）N A （3） Fe(OH) 3 （4） 9.0% SO 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率 2 （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) ，在空气中可被氧化成 。 2 【解析】（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N A （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， (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大 体积分数时，由于SO 2 有还原性，过多将会降低 的浓度，降低 (Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH) ，在空气中可被氧化成 ，该反应的化学方程式为： 2 ； （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。 TiO 7．（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 2，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： TiCl 已知“降温收尘”后，粗 4中含有的几种物质的沸点： 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_______。 C(s)O (g)CO (g) A． 2 2 2C(s)O (g)2CO(g) B． 2 TiO (s)2Cl (g)TiCl (g)O (g) C． 2 2 4 2TiO (s)C(s)2Cl (g)TiCl (g)CO (g) D． 2 2 4 2 （2） TiO 2与C、 Cl 2，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： 物质 TiCl CO CO Cl 4 2 2 分压MPa 4.59102 1.84102 3.70102 5.98109 TiO Cl ①该温度下， 2与C、 2反应的总化学方程式为_______； 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 C+CO 2CO 2 （2） 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应 2 2 4 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 C(s)+O (g)=CO (g) 2C(s)+O (g)=2CO(g) TiO (s)+2Cl (g)=TiCl (g)+O (g) （1）记① 2 2 ，② 2 ，③ 2 2 4 2 ，④ TiO (s)+C(s)+2Cl (g)=TiCl (g)+CO (g) 2 2 4 2 ； A．由图可知，600℃时 C(s)+O 2 (g)=CO 2 (g) 的G<0，反应自发进行，故A不符合题意； B．由图可知，600℃时 2C(s)+O 2 (g)=2CO(g) 的G<0，反应自发进行，故B不符合题意； C．由图可知，600℃时 TiO 2 (s)+2Cl 2 (g)=TiCl 4 (g)+O 2 (g) 的G>0，反应不能自发进行，故C符合题意； D．根据盖斯定律， TiO 2 (s)+C(s)+2Cl 2 (g)=TiCl 4 (g)+CO 2 (g) 可由①+③得到，则600℃时其G<0，反应自 发进行，故D不符合题意； 故选C； （2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量 2 之比可知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 C+CO 2CO 2 ②随着温度升高，CO 与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高， 2 高温 C+CO 2CO 2 CO 与C发生反应 ； 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 3 2 恒配平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采 3 2 3 3 4 4 用蒸馏的方法分离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。 8．（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 2 O 化合物 K sp MgOH 5.61012 2 CaOH 5.5106 2 CaCO 2.8109 3Li 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 2 CO 3的目的是___________。 （3）为提高Li 2 CO 3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Li 2 CO 3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li 2 CO 3有不同的 描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究 LiHCO 3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和 NaHCO 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 LiHCO 现象说明，在该实验条件下 3___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 ___________。 Na CO CO （5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入 2 3改为通入 2。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+ + HCO3 = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O 3 3 2 3 2 2 CO （5）能达到相同效果，因为改为通入过量的 2，则LiOH转化为LiHCO ，结合（4）的探究结果， 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 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 Mg2+ （1）浓缩卤水中含有 ，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 2 3 2 3 析出，所以为提高Li 2 CO 3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+ + HCO3 = LiHCO ，2LiHCO = LiCO↓ + CO ↑+ H O； 2 3 3 3 2 3 2 2 Na CO CO （5）“滤液2”中含有LiOH，加入 2 3，目的是将LiOH转化为LiCO。若改为通入过量的 2，则 2 3 LiOH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 3 3 2 3 CO 同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的 2，则LiOH转化为LiHCO ，结合（4） 3 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 2 3 一、常见的工艺操作方法措施和条件控制 方法措施或 思考角度 条件控制 固体原料粉 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率 碎或研磨、 或使反应更充分。 液体原料雾 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 化 增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 ①除去硫、碳单质； ②有机物转化、除去有机物； 焙烧或灼烧 ③高温下原料与空气中氧气反应； ④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 ①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的； 酸浸 ②去氧化物(膜) ①除去金属表面的油污； 碱溶 ②溶解两性化合物(AlO、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等 2 3 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物 ①加快反应速率或溶解速率； 加热 ②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成 沉淀。③除杂，除去热不稳定的杂质，如：HO 、氨水、铵盐(NH Cl)、硝酸盐、NaHCO 、 2 2 4 3 Ca(HCO )、KMnO 等物质； 3 2 4 ④使沸点相对较低或易升华的原料气化； ⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)； ②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动； 降温 ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等； ④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等 温度过低：反应速率过慢或溶解速率小 温度过高：** 错误的表达式 **催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降 控制温度在 ** 错误的表达式 **物质分解，如：NaHCO 、NH HCO 、HO、浓HNO 等 3 4 3 2 2 3 一定范围(综 ** 错误的表达式 **物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 合考虑) ** 错误的表达式 **物质氧化，如：NaSO 等 2 3 ** 错误的表达式 **物质升华，如：I 升华 2 ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 控制温度(常 ④控制反应速率；使催化剂达到最大活性 用水浴、冰 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 浴或油浴) ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要 求 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率； 反应物用量 ②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行； 或浓度 ③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 ①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态； 加入氧化剂 ②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH) 沉淀除 3 (或还原剂) 去] ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)； 加入沉淀剂 ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀； ③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ （1）调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目 的； pH控制 ** 错误的表达式 **原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液 pH值增大 ** 错误的表达式 **pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH (注意两端取值) ** 错误的表达式 **需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或 氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH) 、MgCO 等 2 3 类型的物质 ** 错误的表达式 **实例：除去 CuSO 溶液中少量 Fe3+，可向溶液中加入 CuO、 4 Cu(OH) 、Cu (OH) CO 、CuCO ，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH) 沉淀除去。 2 2 2 3 3 3 Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3HO Fe(OH) ＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度 2 3 降低，平衡正向移动，Fe(OH) 越聚越多，最终形成沉淀 3 a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH) 3 b．加热的目的：促进Fe3＋水解 （2）抑制盐类水解； 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无 水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应) 导致产品不纯 如：由MgCl ·6H O制无水MgCl 要在HCl气流中加热，否则： 2 2 2 MgCl ·6H O Mg(OH) ＋2HCl↑＋4HO 2 2 2 2 （3）促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 （4）“酸作用”还可除去氧化物(膜) （5）“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 （6）特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 【注意】调节pH的试剂选取： ①选取流程中出现的物质； ②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑； ③已学的常见酸碱(NaOH、NaCO、HCl、HSO 、NH ·H O、HNO)。 2 3 2 4 3 2 3 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质 ②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗 ③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出， 洗涤晶体 减少损耗等 ④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作 2～3次 在空气中或 在其他气体 要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水 2 2 2 中进行的反 解、防潮解等目的 应或操作 判断能否加 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等 其他物质 提高原子利 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)用率 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作 分离、提纯 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤、干燥 二、物质分离、提纯的方法及要点 不相溶液体 分液 相溶性液体 蒸馏 分 难溶性固体 过滤 离 易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶 提 趁热过滤 防止温度降低，某物质析出 纯 冰水洗涤 减少晶体的溶解损失 乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失 三、工艺流程中的物质确定及方程式书写方法 1.工艺流程中的物质确定 首先分析题干信息，明确原料成分，看清流程图中的箭头指向，根据物质性质写出相关的化学反应(离子方 程式或化学方程式)，最后根据题干信息确定滤液中物质的成分。滤液中物质的成分确定的思维模型如图所 示： 循环物质的确定 副产品的确定 ①过量的反应物。 ②原料中不参与反应的物质。 滤渣成分的确定 ③由原料转化的生成物。 ④由杂质转化的沉淀物。 2.工艺流程中的方程式书写 （1）明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； C O：C为＋3； 2 2 KFeO：Fe为＋6； HCN：C为＋2；N为－3； 2 4FePO ：Fe为＋3； CuH：Cu为＋1，H为－1； 4 LiFePO ：Fe为＋2； BH：B为＋3、H为－1； 4 LiNH、LiNH、AlN：N为－3； FeO：Fe为＋(8－n)； 2 2 NH：N为－2； Si N：Si为＋4，N为－3； 2 4 3 4 NaSO：S为＋2； MnO(OH)：Mn为＋3； 2 2 3 SO：S为＋6； CrO：Cr为＋6； 2 VO：V为＋5； （2）认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。 ①强氧化性物质或离子： NaO 、Fe3＋、NO 、HNO(浓)、HNO(稀)、O 、O 、HO 、HSO (浓)、Cl 、Br 、HClO、NaClO、 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 4 2 2 Ca(ClO) 、KMnO (H＋)。 2 4 ②强还原性物质或离子： Fe2＋、Fe(OH) 、SO (H SO 、NaSO 、NaHSO、SO)、HS(Na S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。 2 2 2 3 2 3 3 2 2 （3）书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测 ①常见的氧化剂及还原产物预测 氧化剂 还原产物 KMnO Mn2＋(酸性)；MnO (中性)；MnO(碱性) 4 2 KCr O(酸性) Cr3＋ 2 2 7 浓硝酸 NO 2 稀硝酸 NO HSO (浓) SO 2 4 2 X(卤素单质) X－ 2 HO OH－(碱性)；HO(酸性) 2 2 2 NaO NaOH(或NaCO) 2 2 2 3 Cl Cl－ 2 HClO、NaClO、Ca(ClO) (或ClO 2 Cl－、Cl 2 －) NaClO Cl、ClO 、Cl－ 3 2 2 PbO Pb2＋ 2 Fe3＋ Fe2＋ ②常见的还原剂及氧化产物预测 还原剂 氧化产物 Fe2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH) (碱性) 3 SO (或HSO 、SO、NaHSO) SO 2 2 3 3 S2－(或HS、NaHS) S、SO (或SO)、SO 2 2HC O、C O CO、CO 2 2 4 2 2 HO O 2 2 2 I－(或HI、NaI) I、IO 2 CO CO 2 金属单质(Zn、Fe、Cu等) Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋ H H＋(酸性)、HO(碱性) 2 2 四、工艺流程中有关溶度积的计算 1．溶度积(K )的有关计算 sp （1）已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如K ＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1。 sp （2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下，AgCl的K ＝a，在 sp 0.1 mol·L－1 NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。 （3）计算反应的平衡常数，如反应 Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)，K (MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2 sp －)，K (CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝＝。 sp （4）求解开始沉淀和沉淀完全时的pH，如判断M(OH) (s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全 n 时的pH。 ①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝，c(H＋)＝，从而确定pH。 ②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子已经沉淀完全， c(OH－)＝ mol·L－1，结合K 求出c(H＋)，从而确定pH。 w 注意：有关K 的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其 sp 沉淀溶解平衡状态，满足相应的K 。 sp 2．溶度积常数的考查角度及思路分析 考查角度 思路分析 ①根据离子浓度数据求得Q，若Q>K ，则有沉淀生成； sp 判断沉淀的生成或沉淀是 ②利用K 的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－ sp 否完全 1，则该离子沉淀完全 ①根据氢氧化物的K 以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶 sp 常温下，计算氢氧化物沉 液中c(OH－)，再求得溶液的pH； 淀开始和沉淀完全时的 ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据K 可计算 sp pH 金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH计算沉淀转化反应的平衡 根据沉淀的转化反应和K ，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转 sp 常数，并判断沉淀转化的 化反应越易进行，转化程度越大 程度 ①沉淀类型相同，则K 小的化合物先沉淀； sp 沉淀先后的计算与判断 ②沉淀类型不同，则需要根据K 计算出沉淀时所需离子浓度，所需离 sp 子浓度小的先沉淀 五、工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算 化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、 物质的质量的计算。 1．计算公式 （1）n＝，n＝，n＝cV(aq) （2）＝×100% （3）产品产率＝×100% （4）物质的转化率＝×100% 考向一 物质的制备类 1．（2024·山东济南一模）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO ，含少量Fe O、Al O、SiO)和LiCO 合 2 2 3 2 3 2 2 3 成电极材料LiMn O 并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。 2 4 已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O 氧化； 2 ②当溶液中某离子浓度 时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的 如 下表所示：③lg5=0.7。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，通入稍过量SO 的目的是 ，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应 2 60min时结果如下表所示： c(HSO )/mol·L-1 1.0 5.0 10.0 16.0 18.0 2 4 Mn浸出率/% 25 78 95 85 55 Al浸出率/% 35 90 83 5 0 则“酸浸”时，选择c(HSO )为 mol·L-1。 2 4 （2）加入MnCO “调pH”时，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH的范围 3 为 ，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为 。 （3）“焙烧”操作中，为了提高LiCO 利用率，加入稍过量的MnO ，加热至600℃～750℃便制得 2 3 2 LiMn O，则反应的化学方程式为 ，整个流程中，可以循环使用的物质有 。 2 4 （4）获取明矾 的“一系列操作”是 。 【答案】（1）将MnO 全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH) 10.0 2 3 （2）4.67≤pH≤5.5 （3） O、硫酸 2 （4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 【分析】软锰矿(主要成分为MnO ，含少量Fe O、Al O、SiO)与SO 和稀硫酸反应，MnO 被还原为 2 2 3 2 3 2 2 2 Mn2+，Fe O 生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al O 生成Al3+，SiO 不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO，滤液中加 2 3 2 3 2 2 入碳酸锰调pH值，使Al3+转化为Al（OH） 沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al（OH），滤液中含有 3 3 Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为 MnO ，MnO 和LiCO 焙烧，得到LiMn O，滤渣Ⅱ为Al（OH），加入稀硫酸、KSO 溶解，经过蒸发浓 2 2 2 3 2 4 3 2 4 缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾 。 【解析】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO 的目的是：将MnO 全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+， 2 2 防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH) ；流程的目的是合成电极材料LiMn O 并回收净水剂明矾，要求Mn和Al的 3 2 4 浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0mol/L的硫酸溶液最合适； （2）加入碳酸锰调pH值，是为了让Al3+转化为Al（OH） 沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中， 3 ，当Al3+完全沉淀时， ， ，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为 0.001mol·L-1，当Mn2+开始沉淀时， ， ， ，pH=8.35；当 Fe2+开始沉淀时， ， ， ，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉 淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于 5.5时易被O 氧化，则4.67≤pH≤5.5； 2 （3）MnO 和LiCO 焙烧，得到LiMn O，反应的化学方程式为： 2 2 3 2 4 ；整个流程中，可以循环使用的物质有：O、硫酸； 2 （4）获取明矾 的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 2．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构 薄膜能用于制作电极材料。 薄膜由辉钼矿(主要含 及少量FeO、 )制得 后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。 回答下列问题： （1）“焙烧”产生的 用 溶液吸收生成 的离子方程式为 。 （2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵 溶液，为提高“浸取”速率，可采 用的措施是 (举一例)。 （3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。 （4）在650℃下“气相沉积”生成 的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用 形成该气流的 原因是 。 （5）层状 晶体与石墨晶体结构类似，层状 的晶体类型为 。将 嵌入层状 充 电后得到的 可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析， 能嵌入 层间可能的原因是 。 【答案】（1） （2）将固体粉碎 （3）NH 3 （4） 和S在加热条件下发生生成HS 2 （5）混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小 【解析】 薄膜由辉钼矿(主要含 及少量FeO、 )制得 后再与S经气相反应并沉积得 到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到 ，结晶后灼烧得到 ，最后与S经气相反应并沉 积得到 ，据此分析解题。 （1） 用 溶液吸收，生成 ，离子方程式为 ，故答案为 。 （2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵 溶液，可将固体粉碎，提高“浸 取”速率，故答案为将固体粉碎。 （3） 为铵盐，“灼烧”过程产生NH ，可回收利用，故答案为NH 。 3 3 （4） 和S在加热条件下发生生成HS，所以用Ar而不选用 ，故答案为 和S在加热条件下发生生 2 成HS。 2 （5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状 晶体与石墨晶体结构类似，所以层状 的晶体类型为 混合型晶体，将 嵌入层状 充电后得到的 可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧 化反应，电极反应式为 ， 为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半 径小，能嵌入 层间，故答案为分子晶体； ； 为Li失去一个电子形成，原 子半径小。 3．（2024·黑龙江哈尔滨·高三一模）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级 氧化锌(含 等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下： 已知 。 回答下列问题： （1）浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)： 。 （2）氧化时，加入 溶液是为了将浸出液中的 和 均转化为沉淀而除去，(溶液中 元素 全部转化为 )，请分别写出 除去 和 的离子方程式 ， 。（3）加入锌粉的目的是 。 （4）已知 浸出液中， 、 。 ①若要除尽 上述浸出液中的 和 ，需加入 。 ②加入 溶液反应一段时间后，溶液中 ，若溶液 ，则此时 (填“能”或“不能”)生成沉淀。 【答案】（1）搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等 （2） （3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等 （4）7.9 不能 【分析】工业级氧化锌加入硫酸酸浸，浸出液加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁沉淀、氧化锰离子为 二氧化锰沉淀，然后加入锌调节pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，过滤滤液加入碳酸钠将锌离子转化 为碳酸锌沉淀，吸滤、煅烧得到成品。 【解析】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加 硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率； （2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO 中+4价，共降低3价，Fe元素化 2 合价由+2价升高为Fe(OH) 中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为 3 1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为： ；高锰酸钾 氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO 中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化 2 合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为 2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为： ； （3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为 沉淀； （4）①浸出液中 、 ，1m3上述浸出液中， Fe2+的物质的量为 ，Mn2+的物质的量 ， 、 ，可知需要高锰酸钾 的物质的量为 ，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g； ②溶液中 ，若溶液 ，pOH=11，则 ，故此时 不能生成沉淀。 4．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）工业上以铬铁矿(主要成分FeO·Cr O，含Al O、SiO 等杂质)为主要 2 3 2 3 2 原料制备红矾钠(Na Cr O·2H O)的工艺流程如图a。回答下列问题： 2 2 7 2（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 （2）“焙烧”的目的是将FeO·Cr O 转化为NaCrO，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时 2 3 2 4 FeO·Cr O 发生的化学方程式 。 2 3 （3）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b所示。当溶液中可溶组分浓度 c≤1.0×10-5mol/L时，可认为已除尽。 试分析：“中和”时pH的理论范围为 ；“酸化”的目的是 ；Fe元素在 (选填流程图a中操作步骤的名称)过程中除去。 （4）蒸发结晶步骤中的副产品主要是 。冷却结晶所得母液中，除NaCr O 外，可在上述流程 2 2 7 中循环利用的物质还有 。 （5）此方法生产过程中会产生大量含 的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的 NaCl进行电解， 被电极产物还原为Cr2+，然后生成Cr(OH) 沉淀除去，废水则可以达到排放标准。 3 ①写出阳极的电极方程式 。 ②已知K [Cr(OH) ]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol/L，则此时 sp 3 c(Cr3+)= mol/L。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率 （2）（3）4.5~9.3 把 完全转化为 浸取 （4）NaSO 硫酸 2 4 （5）Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6 【解析】铬铁矿主要成分FeO·Cr O，含Al O、SiO 等杂质。铬铁矿和纯碱在空气中灼烧生成NaCrO、 2 3 2 3 2 2 4 偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁，“水浸”除去氧化铁，滤液中加硫酸“中和”生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过 滤，滤液中加硫酸酸化把 完全转化为 ，蒸发结晶析出副产品硫酸钠，冷却结晶析出 NaCr O·2H O。 2 2 7 2 （1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可以增大接触面积，加快反应速率； （2）焙烧时FeO·Cr O、碳酸钠、氧气反应生成NaCrO、氧化铁、二氧化碳气体，发生反应的化学方程 2 3 2 4 式为 。 （3）“中和”的目的是以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去 元素， 根据图示，pH的理论范围 为4.5~9.3；最终产品是NaCr O·2H O ，所以“酸化”的目的是把 完全转化为 ；Fe O 难溶于 2 2 7 2 2 3 水，根据流程图，Fe元素在“浸取”过程中除去。 （4）根据流程图，溶液存在的阳离子是钠离子、H+，阴离子为 、 ，所以蒸发结晶步骤中的副 产品主要是NaSO 。冷却结晶所得母液中，除NaCr O 外，可在上述流程中循环利用的物质还有硫酸。 2 4 2 2 7 （5）①铁为阳极，阳极铁失电子生成亚铁离子，阳极的电极方程式为Fe-2e-=Fe2+。 ②根据图b，c(Fe3+)=1.0×10-5mol/L时，pH=3，c(OH-)=1.0×10-11mol/L，K [Fe(OH) ]=1.0×10-38； sp 3 K [Cr(OH) ]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12mol/L，则此时 sp 3 c3(OH-)=1.0×10-26mol/L，c(Cr3+)= mol/L。 考向二 物质的提纯类 5．（2024·山东德州一模） 是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含 、 、NiO及 少量 、 )制备 的工艺流程如下： 已知：Ⅰ. 、NiO都是不溶于水的碱性氧化物 Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0 Ⅲ. 回答下列问题：（1）滤渣的主要成分是 ；酸化时， 完全转化为 的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全) （2）“酸化”后的溶液中存在 ，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。 （3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的 过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的 和“氧化”时加入的 的物质的量之比为 。 （4）生成 的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和 溶液浓度对生成 的粒径影响图像如下： 综合分析：制备粒径较小的 晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳 pH，若 过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。 【答案】（1）Al(OH) 和HSiO， 8.37 3 2 3 （2） （3）酸性 10∶3 （4）HO+NH VO + Bi(NO )=BiVO +NHNO +2HNO pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1 2 4 3 3 3 4 4 3 3 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量 【分析】 本题为利用某废催化剂制备 的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为BiO 、 2 3 NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH) 和 3 HSiO，提纯后得到NH VO ，沉淀处理后得到Bi(NO)，最终得到产品，以此解题。 2 3 4 4 3 3 【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH) 和HSiO；该反应的平衡常数 3 2 3 ，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37； （2）根据流程可知，“还原”时 转化为 ，相应的方程式为： ； （3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合 价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x， 的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3； （4）根据流程可知，生成BiVO 的化学方程式为HO+NH VO + Bi(NO )=BiVO +NHNO +2HNO ；根据 4 2 4 3 3 3 4 4 3 3 图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ 可知， 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。 6．（2024·山东聊城一模）活性炭载钯（Pd/C）催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂（钯 碳）的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯（ ）和Pd的流程。 （1）实验室中可在 （填仪器名称）中模拟“焚烧”过程。 为二元弱碱，常温下 的电离 常数 、 ，则常温下0.1mol/L 水溶液pH= 。 （2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成 和一种有毒的无色气体A，A为 （填化学 式），钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为 ，写出“除锌 铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式 。 （3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为 （填名称），加入该试剂的目的是 。 （4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为 ，其吸附的氢气是其体积的n倍（标准 状况），则此条件下，氢气的浓度 mol（氢气的浓度r为1mol Pd吸附氢气的物质的量，用含 、n的分数式表示）。 【答案】（1）坩埚 10.5 （2）NO 2.5h，90℃ 或 （3）盐酸 中和 ，促进 转化为 沉淀 （4） 【分析】废钯催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而 除去，加入NH，PdO被NH 还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王 2 4 2 4水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H[PdCl ]溶液，同时产生有毒无色气体NO气 2 4 体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH)]2+，铁离子、锌离子全部形成 3 4 Fe(OH) 、Zn(OH) 沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH)]Cl 黄色晶体，然后煅烧得到 3 2 3 2 2 PdCl ，再经过还原得到Pd。 2 【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验； 的电离方程式为 ，电离常数 ，则c(OH-)=10- 3.5，c(H+)= =10-10.5，pH= =10.5 （2） 由分析知有毒的无色气体A为NO，由图钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；除锌铁”步骤 中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式： 或 （3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和 ，促进 转化为 沉淀 （4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为1000 g，物质的量为 ，吸附氢气体积为nL，物质的 量为 ，则1mol Pd吸附氢气的物质的量为 7．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有 和 等物质。一种以钢渣粉为原料固定 并制备 的工艺流程如图所示。 已知钢渣中 元素质量分数为 在稀盐酸和 混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关 金属离子开始沉淀和沉淀完全的 如下表所示： 金属离子开始沉淀的 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： （1）浸出1过程生成的 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措 施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 （2）为避免引入杂质离子，氧化剂 应为 (举1例)。 （3）滤液 的溶质可循环利用，试剂 应为 。 （4）若 的浸出率为 ，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。 （5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随 变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则 应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 （6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知 ，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值 为 )。【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO 反应形成微溶于水的 2 CaSO 覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散 4 （2）HO 或氯水 2 2 （3）氨水 （4）297 （5）Ca VO V O+2CaCO +O Ca VO+2CO 2 2 7 2 3 3 2 2 2 7 2 （6） ×1023 【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO 、Fe O、FeO、Al O 和VO 等，钢渣中加入稀盐酸、NH Cl进行“浸出 2 2 3 2 3 2 3 4 1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试 剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO“固碳”得到微细CaCO 和滤液 2 3 C；富钒渣与CaCO 在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤 3 液，滤液经系列操作得VO，用还原剂将VO 还原为VO。 2 5 2 5 2 3 （1）浸出1过程生成的SiO “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施 2 有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫 酸与2CaO∙SiO 反应形成微溶于水的CaSO 覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。 2 4 （2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为HO 或氯水。 2 2 （3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH) 、Al(OH) 沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于 3 3 “固碳”时形成CaCO ，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。 3 （4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO 2 的质量为 =297kg。 （5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca VO 的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca VO； 2 2 7 2 2 7 该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O 为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反 2 应的化学方程式为VO+2CaCO +O Ca VO+2CO 。 2 3 3 2 2 2 7 2 （6）该晶胞中含Ca2+的个数为4× +4× +2× +2× +4=6，含 的个数4× +4× +4=6，1个晶胞的 质量为 g，晶胞的体积为 = ×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶 体密度为 g÷( ×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。 8．（2024·贵州·统考模拟预测）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池 中钴酸锂粗品制备 产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：已知：①氯化胆碱 是一种铵盐； ② 在溶液中常以 (蓝色)和 (粉红色)形式存在； ③ 时， 。 回答下列问题： （1） 中 的化合价为 。 （2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和 粗品以不同的液固比在 下微波处理 后锂 和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。 （3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。 （4） 时，“沉钴”反应完成后，溶液 ，此时 。 （5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。 （6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。 (7)锂离子电池正极材料 在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成 ，导致电 化学性能下降。 ① 晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。 ②使用 和 溶液可以实现 的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。 【答案】（1）+1（2）60mL/g （3） （4） （5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净 （6）利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价 (7)Co2+ 【解析】氯化胆碱-草酸和 微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以 存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH) 沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH) 固体经过煅烧 2 2 得到 固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和 高温烧结（通入 空气氧化）得到 产品。 （1） 中Co为+3价，O为-2价，因此Li为+1价； （2）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最 佳液固比为60mL/g； （3）“水浸”过程中溶液由蓝色 变为粉红色 ，该变化的离子方程式为： ； （4）pOH=14-pH=4，此时溶液中氢氧离子浓度为：10-4mol/L，钴离子浓度为： ； （5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗 涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净； （6）据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价Co氧化为+3价； （7）Co O 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，Co3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，Co2+位于 3 4 晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比： Co2+:Co3+:O2-=2:4:8=1:2:4，则顶点上的离子为Co2+；使用 和 溶液可以实现 的修复是 过氧化氢将 氧化和 生成 ： 。 9．（2024·安徽·统考模拟预测）钼( )及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的 镍和钼以 和 形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到 的一种工艺流程如下：回答下列问题： （1） 位于元素周期表第 周期第 族。 中钼元素的化合价为 。 （2）“焙烧”中生成 的化学方程式为 。 （3） 用量对钼浸出率和浸取液中 浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择 用量 为理论用量1.2倍的原因： 。 （4） 的溶解度曲线如图2所示，为充分分离 ，工艺流程中的“操作 ”应为 _______(填标号)。 A．蒸发结晶 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 （5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。 （6） 分解可得 。高温下，用铝粉还原 得到金属钼的化学方程式为 。 【答案】（1） 四 Ⅷ +6 （2） （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低 （4）B （5）浸取 （6）【分析】镍钼矿（ 、 等）加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应 ， ，加 水后， 进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据 的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系 列操作后可得钼酸铵。 【解析】（1）Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为 0，可得钼酸铵中Mo的化合价为+6价； （2） 与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为： （3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低； （4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶； （5）交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放； （6）高温下，用铝粉还原 得到金属钼和氧化铝，化学方程式为： 。 10．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴 是一种重要的化工原料。利用含钴废料 (含少量Fe、Al等杂质)制取 的工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有 、 、 、 等。 ② 、 、 已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于 时，可认为沉淀完全。 ③ 具有较强还原性。 回答下列问题： （1）制备 。 “除杂”过程中加 调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含 的滤液，调节pH 的范围为 。（2）制备 。 ①“混合”过程中需先将 ， 溶液混合，然后再加入活性炭， 的作用是 。 ②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。 ③生成 的离子方程式为 。 （3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到 晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。 （4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加 热，将Co完全转化为难溶的 ，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的 KI和2~3滴淀粉溶液，再用 溶液滴定(反应原理： 、 )，达到滴定终点时消耗 溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。 【答案】（1）4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4) （2） 会抑制 的电离，防止生成 沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加 将 氧化为 ，后加氨水，会生成 ， 不利于产品的生成 （3）增大 ，降低 在水中的溶解度，有利于其结晶析出 （4）14.16% 【解析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含 、 、 、 的酸性滤液，向滤液中加 入适量的NaClO 将Fe2+氧化为Fe3+，再加NaCO 调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH) 和Al(OH) ，过滤得滤 3 2 3 3 3 渣(主要成分为Fe(OH) 和Al(OH) )和滤液，向含有Co2+的溶液中加入活性炭和NH Cl溶液得到 3 3 4 CoCl •6H O，再依次加入氨水和HO，发生反应依次为： 、 2 2 2 2 ；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、 冷却结晶、减压过滤得到产品； （1）“除杂”过程中加NaCO 调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而Co2+不产生沉淀， 2 3 由题干信息 、 可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完 全沉淀，此时 ，则pH=4.7，同时得到含c(Co2＋)=0.1 mol/L的滤液，此 时溶液中 ,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4； （2）①流程中 除作反应物外， 溶于水电离出的 会抑制后期加入的NH •H O的电离，可 3 2防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成Co(OH)2沉淀；故答案为： 会抑制NH •H O的电离，防止生 3 2 成Co(OH)2沉淀；参与反应提供NH； ②若先加HO，将Co元素氧化到Co3+，后加氨水，会生成Co(OH) ，不利于产品的生成，故先加入氨水 2 2 3 再加入HO，可防止Co(OH) 的生成，故答案为：氨水； 具有较强还原性，易被氧化；先加 2 2 3 HO 将Co2＋氧化为Co3＋，后加氨水，会生成Co(OH) ，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入HO； 2 2 3 2 2 ③由分析可知，生成[ 的反应方程式为： ，则其离子方程式为 ； （3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得 到 晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低 在水中的溶解度， 有利于其结晶析出； （4）据题干反应原理可知， ，则产品中钴元素的含量 为 =14.16%。