高考化学一轮复习 【升级版】微专题16 热点金属及其化合物制备流程（Li、Sr、Pb、Zn、Ti、Mo） （解析版）(全国版)

微专题16热点金属及其化合物制备流程（Li、Sr、Pb、Zn、Ti、Mo）微专题16热点金属及其化合物制备流程（Li、Sr、Pb、Zn、Ti、Mo）1．（2023·全国·统考高考真题）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为。为提高溶矿速率，可采取的措施(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=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)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)2.8×10-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；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-)=1.0×10-10mol·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↑。一、锂的工业制备工艺流程图：1．矿石提取锂工艺2．盐湖卤水提取锂工艺二、锶的工业制备工艺流程图：三、铅的工业制备工艺流程图：四、钛的工业制备工艺流程图：1．海绵钛冶炼工艺用镁还原四氯化钛（TiCl4）制取金属钛的过程，是金属钛生产的主要方法之一。还原作业在高温、惰性气体保护气氛中进行，还原产物主要采用真空蒸馏法分离出剩余的金属镁和MgCl2，获得海绵状金属钛。其工艺特征是在镁热还原TiCl4结束后，便将热态还原产物在高温下直接转入真空蒸馏分离金属镁和MgCl2，这是镁热还原法工业化以来的重大技术进步。工艺流程如下：2．钠（Na）还原法又称亨特（Hunter）法，是最早研究用来制取金属钛的方法，其流程图如下所示：钠还原法的四氯化钛（TiCl4）生产过程与镁热还原法完全相同。在惰性气氛保护下，用Na还原TiCl4生产海绵钛，它的主要反应为：

TiCl4

＋

2Na

＝

TiCl2

＋

2NaCl

（1）

TiCl2

＋

2Na

＝

Ti

＋

2NaCl

（2）

TiCl4

＋

4Na

＝

Ti

＋

4NaCl

（3）将制得的还原产物，用水洗除盐操作，最后进行产品后处理即得产品海绵钛。按照还原过程进行的方式，钠法工艺可分为一段法和两段法。反应过程如果按照式（3）一次完成还原反应制取海绵钛的工艺称为一段法。反应过程如果第一步按式（1）制取TiCl2，然后第二步按式（2）继续将TiCl2还原为海绵钛的工艺称为二段式。目前，两种方法在工业生产中均得到应用。五、锌的工业制备工艺流程图：六、钼的工业制备工艺流程图：1．（2023·全国·统考高考真题）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)【解析】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。（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=。1．（2023·山东济宁·统考三模）利用锶渣(主要成分，含少量、、、杂质)，工业上制备超细碳酸锶的工艺如图所示：

已知：“高温煅烧”得到的主要产物为锶的硫化物和一种可燃性气体。下列说法错误的是A．“高温煅烧”过程中，产生可燃性气体与参加反应的物质的量之比大于4∶1B．气体2通入溶液产生黑色沉淀C．“除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果D．“沉锶”的离子反应方程式为【答案】D【解析】A．高温煅烧时硫酸锶反应的方程式为，1mol硫酸锶参与反应，生成4molCO，但是C与其它氧化物也会发生反应生成CO，所以会大于4∶1，A正确；B．酸浸生成的气体为硫化氢，硫化氢通入硫酸铜溶液会产生硫化亚铜黑色沉淀，B正确；C．氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，而氢氧化锶的溶解度随温度的升高而升高，所以“除镁钙”时控制温度95℃~100℃是为了降低氢氧化钙的溶解度，保证除钙效果，C正确；D．“沉锶”的离子反应方程式为，D错误；故选D。2．（2023·山东聊城·统考三模）从废钼催化剂(主要成分为，含少量、、)中回收钼酸铵晶体的工艺流程如图所示：

注：酸浸后钼元素以形式存在，溶液中某离子浓度时，认为沉淀完全；常温下，。下列说法错误的是A．焙烧过程中被氧化的元素有Mo、S、FeB．滤渣1的主要成分是C．“调pH”过程中调节溶液的pH略大于2.83，可除去目标杂质离子D．反萃取发生的离子方程式为【答案】AC【解析】已知，酸浸后钼元素以形式存在；氧气具有氧化性，废钼催化剂在焙烧过程中得到六价钼的氧化物、氧化铜、氧化亚铁、砷的氧化物和二氧化硫气体，焙烧后固体加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤液含有钼铜铁砷的盐溶液，加入MoO3调节pH得到滤渣2氢氧化铜、氢氧化铁沉淀，滤液加入萃取剂萃取出钼砷后加入氨水反萃取得到含钼砷的水相，加入氯化镁除去砷，滤液结晶得到(NH4)2MoO4；A．由分析可知，焙烧过程中得到六价钼的氧化物、氧化铜、氧化亚铁、砷的氧化物和二氧化硫气体，被氧化的元素有Mo、S，铁元素没有被氧化，A错误；B．由分析可知，滤渣1的主要成分是，B正确；C．铁离子完全沉淀时，，pOH=11.12，则pH=2.83；同理，铜离子完全沉淀时，，pOH=7.3，则pH=6.7，故“调pH”过程中调节溶液的pH略大于6.7，可除去目标杂质离子，C错误；D．反萃取过程中加入氨水将转化为得到(NH4)2MoO4，发生的离子方程式为，D正确；故选AC。3．（2023·山东·统考高考真题）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)CaO(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【解析】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。（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，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．（2023·浙江·高考真题）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：①含锌组分间的转化关系：②是的一种晶型，以下稳定。请回答：(1)步骤Ⅰ，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Ⅰ，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Ⅰ，若将过量溶液滴入溶液制备，可提高的利用率C．步骤Ⅱ，为了更好地除去杂质，可用的热水洗涤D．步骤Ⅲ，控温煅烧的目的是为了控制的颗粒大小(3)步骤Ⅲ，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【解析】（1）初始滴入溶液时，氢氧化钠过量，根据信息①可知，体系中主要含锌组分的化学式是；（2）A．步骤Ⅰ，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①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②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Ⅲ，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。5．（2023·江苏连云港·连云港高中校考模拟预测）以含铅废料(Pb、PbO、、及炭黑等)制备高纯PbO。其流程如下：(1)酸浸时，在催化下Pb和反应生成的离子方程式是。(2)催化过程可表示为：ⅰ：

ⅱ：……写出ⅱ的离子方程式：。(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：，其溶解度曲线如图所示。①转化过程中，选用10%NaOH溶液的原因是。②滤液2中含有的阴离子有、。(4)结合上述溶解度曲线，设计利用粗PbO制备高纯PbO的方案：。(实验中可选用的试剂：；10%NaOH溶液、35%NaOH溶液、蒸馏水)(5)六方氧化铅晶体的结构如图所示。用碳原子代替氧原子和铅原子，即为六方金刚石。请在该图内用粗线框出六方金刚石的一个晶胞，要求框线必须包含图中已有的一段粗线，且框出的晶胞体积最小。【答案】(1)(2)(3)10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失(4)将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体。35%NaOH溶液(5)【解析】根据题干工艺流程，酸浸时，在催化下Pb和反应生成，PbO为酸性氧化物，与硫酸反应生成，过滤后加入10%NaOH溶液，发生反应，氢氧化铅加热分解可得PbO。（1）根据题干信息可知，酸浸时，在催化下Pb和反应生成和水。答案为（2）根据题给信息，反应i中Fe2+被氧化为Fe3+，则反应ii中Fe3+被Pb还原为Fe2+。答案为（3）根据溶解度曲线图可知，10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；，阴离子除OH-外，还有。答案为10%NaOH溶液中PbO溶解度较小，减少因溶解导致的损失；。（4）根据溶解度曲线可知，温度高、浓度大的氢氧化钠溶液对氧化铅的溶解更有利，所以应先用35%的氢氧化钠溶液溶解氧化铅，加热至120.C充分溶解后，趁热过滤出去不溶性的杂质，再进行降温，恢复至室温后，用漏斗将析出的氧化铅固体过来出来，洗涤、干燥。答案为将粗品溶解在35%的NaOH溶液中，加热至120.C，充分溶解后，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤并干燥得到高纯PbO固体；35%NaOH溶液（5）用碳原子代替图中氧原子和铅原子，其最小基本重复结构单元即晶胞体积最小。答案为6．（2023·北京顺义·北京市顺义区第一中学校考模拟预测）钛白粉学名二氧化钛(TiO2)是性能最佳、应用最广、用量最大的白色颜料。钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质。一种硫酸法钛白粉生产工艺如图：

已知：①酸解后，钛主要以形式存在。强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子。②不溶于水和稀酸。(1)写出基态Ti原子的价层电子排布式。(2)磨矿的目的是。(3)滤渣①的主要成分是。(4)酸解过程中，写出发生反应的化学方程式。(5)还原过程中，加入铁粉的目的是还原体系中的。为探究最佳反应条件，某实验室做如下尝试：①在其它条件不变的情况下。体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图，试分析在pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变的原因：。

②保持其它条件不变的情况下，体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图，55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是因为温度升高，易被体系中的氧化，写出反应的离子方程式。

(6)水解过程是硫酸法制钛白工艺中的重要一步：①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为。②一定量的存在有利于水解工艺的进行，因此在水解之前，先要测定钛液中的含量。实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理。【答案】(1)3d24s2(2)增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率(3)Fe、SiO2、CaSO4(4)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O(5)pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3(6)TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O【解析】钛铁矿(FeTiO3)中往往含有Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3、SiO2等杂质，酸浸加入硫酸溶液与金属氧化物Fe2O3、MgO、CaO、Al2O3反应生成盐和水，氧化铁反应生成硫酸铁、氧化镁反应生成硫酸镁、氧化铝反应生成硫酸铝，已知信息FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，FeTiO3和硫酸溶液反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2++Fe2++2H2O，浸取液中含：Fe3+、Mg2+、Ca2+、Al3+，CaO和硫酸反应生成CaSO4，SiO2不与硫酸反应，则滤渣①成分为过量的铁粉、CaSO4、SiO2，根据加入Fe粉还原铁离子为亚铁离子，滤液①结晶过滤得到晶体成分为硫酸亚铁晶体，滤液②为FeTiO3，水解生成H2TiO3，灼烧得到钛白粉。（1）基态Ti原子的核电荷数22，价层电子排布式为：3d24s2；（2）磨矿的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高酸浸的浸出率；（3）酸浸加入稀硫酸和CaO反应生成CaSO4微溶物，SiO2是非金属氧化物，不溶于酸，则滤渣①中除铁粉外，还可能含有的成分是SiO2、CaSO4，故答案为：Fe、SiO2、CaSO4；（4）由信息①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在，②强电解质TiOSO4在溶液中仅能电离出和一种阳离子TiO2+，则酸浸过程中，FeTiO3与硫酸反应生成TiOSO4和FeSO4，发生反应的化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；（5）①由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在；②55℃后，Fe(Ⅲ)含量增大的原因是：因为温度升高，Fe2+易被体系中的O2氧化，反应的离子方程式为：4Fe2++3O2+6H2O=4Fe(OH)3；（6）①水解过程中得到沉淀③的离子方程式为：TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓；②实验室常用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，用离子方程式表示其原理为：+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O。1．（2023·山东·统考高考真题）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)CaO(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【解析】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。（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，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。2．（2023·江西·统考二模）近日，西湖大学理学院何睿华课题组发现了世界首例具有本征相于性的光阴极量子材料——钛酸锶。某小组以钛铁矿为原料制备钛酸锶的流程图如下：

已知几种物质的主要成分如表所示。物质成分钛铁矿主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4等浸液1Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、滤液2Fe2+、TiO2+、H+、滤液3Fe2+、TiO2+、H+、回答下列问题：(1)“气体”分子的电子式为。(2)为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有答一条合理措施即可)。从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是。(3)“滤液2”和“滤液3”中浓度有明显变化的离子为(填离子符号)。设计简单实验检验滤液4含有Fe2+：。(4)“热解”中主要反应的离子方程式为。用“热水”而不用常温水，其目的是。(5)在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是(填名称)。(6)某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，则钛的收率为%(提示：钛的收率等于实际钛产量与理论钛产量之比)。【答案】(1)

(2)粉碎固体、搅拌等用强磁铁吸附铁粉(3)Fe2+、收少量滤液4于试管。滴几滴酸性KMnO4溶液(或K3Fe(CN)6溶液)，溶液褪色(或产生蓝色沉淀)(4)TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+水解反应是吸热反应。升温、促进平衡右移、提高水解程度(5)坩埚(6)【解析】钛铁矿主要成分是FeTiO3，含少量SiO2、Fe3O4，SiO2与硫酸不反应，滤渣1是SiO2，浸液1中含有Fe3+、Fe2+、TiO2+、H+、；浸液1中加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾晶体，过滤，滤液3加热水使TiO2+水解为H2TiO3固体，灼烧H2TiO3得到TiO2，TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3。（1）TiO2和SrCO3加热灼烧生成SrTiO3和CO2气体，CO2的电子式为为

；（2）根据影响反应速率的因素，为了提高“焙烧”速率，宜采取的措施有粉碎固体、搅拌等。铁能被磁铁吸引，从“滤渣2”中提纯铁粉的物理方法是用强磁铁吸附铁粉。（3）“滤液2”中析出硫酸亚铁晶体得到“滤液3”，所以浓度有明显变化的离子为Fe2+、。Fe2+与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，取少量滤液4于试管，滴几滴K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明含有Fe2+；（4）“热解”中TiO2+水解为H2TiO3，主要反应的离子方程式为TiO2-+2H2OH2TiO3+2H+。水解吸热，用“热水”而不用常温水，其目的是升温、促进平衡右移、提高水解程度。（5）灼烧应在坩埚中进行，在“灼烧”中盛装H2TiO3的仪器是坩埚。（6）某钛铁矿中含钛元素的质量分数为ω，100kg该钛铁矿经上述流程最终制得mg钛酸锶，mg钛酸锶中钛元素的质量为，则钛的收率为。3．（2023·全国·高三专题练习）资源高效利用是化学生产中一直追求的目标，如图是综合利用电解精炼铜的阳极泥提取金和制备、的工艺，其中阳极泥含铜、银、金、铅等单质。(1)“酸浸”过程中应加入的酸的名称为，写出“酸浸”时铜元素参与反应的离子方程式：。(2)“滤渣Ⅰ”的成分除了、、外，还有(填化学式)。在这些滤渣中加入王水可将转化成，实验室将王水换成盐酸和氯酸钠的混合溶液也可将金单质转化成相同的物质，请写出该混合溶液溶金的化学方程式：。(3)向“溶银液”中加入硫酸，经过滤、洗涤、干燥即可得到，检验是否洗涤干净的操作方法为。(4)硫酸铅可用于制造蓄电池，如图是研究小组应用铅蓄电池模拟工业生产的电化学装置，a、b、c、d四电极均为惰性电极，甲装置电解质溶液为溶液，丙装置电解质溶液为溶液，忽略气体溶解，当电路中通过电子时，丙装置阳极室溶液质量减少g，向甲所得溶液中加入能使溶液复原，则b电极的电极反应式为。【答案】(1)硫酸(2)(3)取最后一次洗涤液，加入稀盐酸后，无明显现象，再加入氯化钡溶液无沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净(合理即可)(4)29.8和【解析】电解精炼铜的阳极泥中含有铜、银、金、铅等单质，酸浸后加入NaCl、H2O2，由后续操作可知，只有Cu转化为CuSO4，进而获得胆矾；“滤渣Ⅰ”的成分为Au、Ag、AgCl、PbSO4；加入王水，Au转化为H[AuCl4]，Ag转化为AgCl，PbSO4不变；过滤后，所得滤渣Ⅱ的成分为AgCl、PbSO4；通入SO2，AgCl溶解，PbSO4不溶；过滤，得溶银液和PbSO4。（1）“酸浸”后所得滤液Ⅰ能得到胆矾，说明加入的酸为硫酸，“酸浸”时在作用下与反应生成和，反应的离子方程式为；（2）“酸浸”时铅和反应生成，故“滤渣Ⅰ”中还有；王水可将转化成，则盐酸和氯酸钠的混合溶液溶金的化学方程式为；（3）向“溶银液”中加入硫酸，经过滤、洗涤，干燥得到，则最后一次洗涤液中无时，说明沉淀已洗涤干净；（4）丙装置的阳极反应式是，阳极室中的通过交换膜进入阴极室，当电路中通过电子时，阳极室溶液减少，其质量为。向甲所得溶液中加入能使溶液复原，可看成是，反应后气体要逸出，则电极上放电生成和；由剩余部分为，结合质量守恒知，电极上、均放电，电极反应式为、。4．（2023·河南·校联考模拟预测）某科研小组以钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，含少量CuO、MnO2、FeO等)为原料制备活性氧化锌的生产流程如图所示，请回答下列问题。(1)“浸取”工序后得到的滤液1中主要的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+配离子和等，则滤渣1的主要成分是(填化学式)。(2)滤渣2主要是锌和铜，“除杂”中所发生反应的离子方程式为。(3)将碱式碳酸锌煅烧分解，可得到具有催化性能的纳米级活性氧化锌，分解温度一般控制在600°C以下，当分解温度大于600°C时，所制得的氧化锌催化活性反而下降，其原因是。(4)已知：i．pH>11时，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液；ii．下表是常温下几种离子生成氢氧化物沉淀的pH：Zn2+Fe2+Fe3+Cu2+开始沉淀的pH5.47.02.34.7完全沉淀的pH8.09.03.16.7若以钢铁厂烟灰为原料制备活性ZnO的实验方案设计如下：①向滤液1中加入适量双氧水的作用是(用离子方程式表示)，调pH加入的固体可以是。(填化学式)。②向滤液2中加入足量锌粉的目的是；向滤液3中加入1.0mol·L－1NaOH溶液调节的pH范围为。【答案】(1)MnO2、FeO(2)Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+(3)分解温度过高时，氧化锌的颗粒变大，接触面减小，催化剂的活性降低(4)2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OZnO或Zn(OH)2等将铜离子转化为铜，便于过滤除去8.0≤pH≤11【解析】烟灰加入碳酸氢铵和过量氨水浸取，已知：“浸取”工序后得到的滤液1中主要的阳离子为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+配离子和等，则锌、铜进入浸取液中，而MnO2、FeO不反应成为滤渣1，滤液1加入过量锌置换出铜得到滤渣2，滤液2含有锌元素，滤液2蒸氨得到碱式碳酸锌，煅烧得到活性氧化锌；（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是MnO2、FeO；（2）“除杂”中锌置换出[Cu(NH3)4]2+中铜同时生成[Zn(NH3)4]2+，所发生反应的离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；（3）分解温度过高时，氧化锌的颗粒变大，接触面减小，导致得到氧化锌催化剂的活性降低；（4）①过氧化氢具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，利于后续除去铁，故向滤液1中加入适量双氧水的作用是2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；调pH加入的固体既可以和过量的酸反应且不能引入新杂质，故可以是ZnO或Zn(OH)2等。②锌能置换出溶液中的铜从而除去铜元素，故向滤液2中加入足量锌粉的目的是将铜离子转化为铜，便于过滤除去；已知：pH>11时，Zn(OH)2能溶于NaOH溶液，结合图表可知锌离子完全沉淀时pH=8.0，故滤液3中加入1.0mol·L－1NaOH溶液调节的pH范围为8.0≤pH≤11。5．（2023·江苏·统考二模）钛酸钡()是制备电子陶瓷材料的基础原料。(1)实验室模拟制备钛酸钡的过程如下：

已知：能水解生成，能进一步水解生成；能与浓硫酸反应生成。草酸氧钛钡晶体的化学式为。①Ti(IV)的存在形式(相对含量分数)与溶液pH的关系如图所示。“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间，理由是。②由草酸氧钛钡晶体(相对分子质量为449)煅烧制得钛酸钡分为三个阶段。现称取44.9g草酸氧钛钡晶体进行热重分析，测得残留固体质量与温度的变化关系如图所示。C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，则阶段II发生反应的化学方程式为。③钛酸钡晶胞的结构示意图如图所示，其中与紧邻的构成的几何构型是。(2)利用将浅紫色氧化为无色Ti(IV)的反应可用于测定钛酸钡的纯度。①请补充完整实验方案：称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于锥形瓶中，；记录消耗标准液的体积，重复滴定实验操作3次，平均消耗标准液19.50mL。(实验时须使用的试剂有：稀硫酸、0.1000溶液、KSCN溶液)②钛酸钡样品的纯度为(写出计算过程)。【答案】(1)pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成正八面体(2)过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化向锥形瓶中滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由浅紫色变成血红色，半分钟红色不褪去97.5%【解析】（1）①根据图像可知pH在2～3之间时，Ti(IV)主要以的形式存在，可直接与反应，有利于草酸氧钛钡晶体的生成，因此“沉钛”时，需加入氨水调节溶液的pH在2～3之间。②44.9g草酸氧钛钡晶体的物质的量是0.1mol，含有结晶水的物质的量是0.4mol，质量是0.4mol×18g/mol＝7.2g，A→B点固体质量减少44.9g－37.7g＝7.2g，即B点固体是，测得C点残留固体中含有碳酸钡和钛氧化物，根据原子守恒可知碳酸钡的质量是0.1mol×197g/mol＝19.7g，钛氧化物电子质量是27.7g－19.7g＝8.0g，其中氧原子的物质的量是mol＝0.2mol，所以该氧化物是TiO2，设生成的CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.4-0.1＝0.3，依据电子得失守恒可知x＝y+0.1，解得x＝0.2，y＝0.1，所以阶段Ⅱ发生反应的化学方程式为。③根据钛酸钡晶胞的结构示意图可知与紧邻的位于棱的中心处，构成的几何构型是正八面体。（2）①称量2.33g钛酸钡样品完全溶于浓硫酸后，加入过量铝粉，充分振荡，使其完全反应(Al将转化为)；过滤，洗涤滤渣2～3次、将洗涤液与原滤液合并，向合并后的溶液中加入稀硫酸酸化；将待测钛液转移到100mL容量瓶中后定容，取20.00mL待测钛液于