专题15 工艺流程题-高考真题和模拟题化学分项汇编（解析版）

专题15工艺流程题1．（2021·全国高考真题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【答案】2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的进一步氧化4防止单质碘析出【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。2．（2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属离子开始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式_______。(2)“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中浓度为_______。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，水解析出沉淀，该反应的离子方程式是_______。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。【答案】硫酸【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。【解析】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L，故答案为：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。3．（2021·广东高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，为7.0。①生成的离子方程式为_______。②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案】+6+=↓【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。4．（2021·河北高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是___(填元素符号)。(2)工序①的名称为__。(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为___。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有___(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序___(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【解析】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。5．（2021·湖南高考真题）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______【答案】适当升高温度，将独居石粉碎等Al(OH)3促使铝离子沉淀↑碱性6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【解析】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()<Kh()，因此常温下加入的溶液呈碱性；(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。1．（2021·山西太原市·太原五中高三二模）用锑砷烟灰(主要成分为、，含、、等元素)制取和()，不仅治理了砷害污染，还可综合回收其它有价金属。工艺流程如图：已知：①硫浸后，锑砷以、存在；②易溶于热水，难溶于冷水，不溶于乙醇。回答下列问题：(1)“硫浸”过程，加快硫浸的措施有_______(任写一项)。(2)“硫浸”时，溶解的离子方程式为_______。(3)经“硫浸”“氧化”后，转化为。用和浸取锑砷烟灰也可得到，其缺陷是_______。(4)“氧化”时，反应温度不宜太高的原因是_______。(5)“中和”时，生成的化学方程式为_______，中和液的主要溶质为_______(填化学式)。(6)操作X为_______、过滤、洗涤、干燥。(7)研究发现，电解硫浸液中的溶液，可得到单质。则阴极的电极反应式为____。【答案】适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等有污染气体NO、等产生温度过高，易分解蒸发浓缩、冷却结晶【分析】由已知信息①可知‘硫浸’发生反应的离子方程式为：、，‘氧化时’发生反应的离子方程式为：、，‘酸浸’中和稀盐酸反应氧化还原反应生成HSbO3，‘中和’中发生反应：。【解析】(1)加快硫浸的措施有：适当升温、增大反应物浓度、搅拌反应物等；(2)由信息①硫浸后，转化成，不发生化合价变化，离子方程式为：；(3)若用和浸取，在氧化时会产生污染性气体NO、NO2等；(4)‘氧化’中H2O2做氧化剂，若反应温度过高，H2O2会受热分解，影响氧化效果；(5)“中和”时，酸性的HSbO3和碱性的NaOH发生中和反应生成，化学方程式为：，在‘酸浸’一步中加入稀盐酸，则NaOH与HCl反应生成NaCl，故中和液的主要溶质为NaCl；(6)从Na3AsO4溶液中得到晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；(7)阴极发生还原反应，是Sb元素的化合价从+3价降至0价，电极反应式为：。2．（2021·四川德阳市·高三三模）以磷酸钙为原料可制备缓冲试剂磷酸二氢钾(KH2PO4)，其工艺流程如图所示：已知：①Ca(H2PO4)2能溶于水，CaHPO4和Ca3(PO4)2均难溶于水。②萃取原理：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂。回答下列问题：(1)将磷酸钙粉碎的目的是_______，“操作II”的名称是_______。(2)“酸浸”发生反应的化学方程式为_______。“酸浸”利用了浓硫酸的下列性质_______(填标号)。A．氧化性b．还原性c．强酸性(3)水相中加入乙醇的作用是_______。(4)副产品N作肥料可使作物枝繁叶茂，提高产量，则溶液M是_______(填名称)。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。①b物质为_______。②阳极反应式为_______。【答案】增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率分液Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2Oc促进磷酸二氢钾的析出氨水浓氢氧化钾溶液2H2O-4e-=O2↑+4H+【分析】磷酸钙粉碎后用浓硫酸酸浸，发生反应：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2O，硫酸钙微溶于水，可以过滤出CaSO4·2H2O，滤液中含有磷酸，加入KCl进行萃取：KCl+H3PO4⇌KH2PO4+HCl，HCl易溶于有机萃取剂，则HCl在有机相中，KH2PO4在水相中，水相中加入乙醇可以析出KH2PO4晶体。有机相中加入氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以用作氮肥。【解析】(1)将磷酸钙粉碎的目的是增大磷酸钙与浓硫酸反应的接触面积，加快化学反应速率；加入有机溶剂萃取后液体分层，所以“操作II”的名称是分液。(2)由以上分析可知，“酸浸”发生反应的化学方程式为：Ca3(PO4)2+3H2SO4+6H2O=2H3PO4+3CaSO4·2H2O。硫酸是强酸，磷酸是弱酸，“酸浸”利用了浓硫酸的强酸性。(3)水相中含有易溶于水的KH2PO4，加入有机溶剂乙醇，可以降低KH2PO4的溶解度，促进磷酸二氢钾的析出。(4)氮肥可以使作物枝繁叶茂，在有机相中有HCl，所以加入的溶液M是氨水，和盐酸反应生成氯化铵，可以做氮肥。(5)用电渗析法从含KH2PO4废水中提取KOH和H3PO4，装置如图所示。x为阴极，溶液中水电离出来的H+得到电子生成氢气，同时促进水电离产生更多的OH-，为了增强溶液的导电性，同时不引入新杂质，加入的a为稀KOH溶液，从b口流出的是浓KOH溶液。y为阳极，溶液中的水电离出来的OH-失去电子生成氧气，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+。3．（2021·云南昆明市·高三三模）钴在硬质高温合金、催化剂等高新技术领域有广泛应用。从某炼锌厂的废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)中回收钴的一种工艺流程如图：相关金属离子[Co(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：金属离子Co2+Fe2+Fe3+Zn2+开始沉淀的pH7.156.31.56.2沉淀完全的pH9.158.32.88.2回答下列问题：(1)滤渣1是_______，“加热酸浸”时为确保安全应注意_______。(2)若无氧化步骤，对实验的影响是_______。试剂X可以为下列物质中的_______。A．KOHB．Zn(OH)2C．ZnOD．Na2CO3(3)操作1的名称是_______，从流程信息分析，在有机溶剂M中_______(填“ZnSO4”或“CoSO4”)溶解度更大。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、_______。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是_______，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的pH至少为_______(用含Ksp的式子表示)。【答案】SiO2避免明火无法有效除铁BC萃取、分液ZnSO4过滤、洗涤、干燥2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-1：214+lg【分析】废渣(含Zn、Co、Fe、ZnO、SiO2等)其中二氧化硅不溶于酸，滤渣1为SiO2，溶液中含有锌离子，亚铁离子，钴离子，经双氧水氧化后，亚铁离子转化为三价铁离子，调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入有机溶剂经过萃取分液，水相中为钴离子，有机相为锌离子，操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，据此分析解题。【解析】(1)经分析可知滤渣1是SiO2，“加热酸浸”时为确保安全应注意避免明火，因为酸浸时会产生氢气。(2)若无氧化步骤，亚铁离子不能转化为三价铁离子，对实验的影响是无法有效除铁。试剂X可以为下列物质中的KOH和Zn(OH)2，需要氢氧根结合三价铁离子。(3)经分析可知操作1的名称是萃取、分液，从流程信息分析，在有机溶剂M中ZnSO4。操作2是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(4)工业上也可利用次氯酸钠氧化Co2+生成Co(OH)3沉淀，实现钴的回收。该反应的离子方程式是：2Co2++4OH-+H2O+ClO-=2Co(OH)3↓+Cl-，若将次氯酸钠改为Na2S2O8(还原产物为SO)，Na2S2O8与Co2+得失电子比为2：1，氧化剂为Na2S2O8、还原剂为Co2+，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。(5)常温下，已知Co(OH)3的溶度积常数为Ksp，则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1]，溶液的c(OH-)=，pH至少为14+lg。4．（2021·河北沧州市·高三三模）钌()为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：(1)加碱浸取时，为提高钌的浸出率可采取的措施有_______(任写两点)。(2)操作X的名称为_______。(3)“研磨预处理”是将研磨后的含钌废料在氢气还原炉中还原为单质钌，再进行“碱浸”获得，写出“碱浸”时生成的离子方程式：_______。(4)“滤渣”的主要成分为，加入草酸的作用是_______，金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是_______。在酸性介质中，若使用溶液代替草酸，可获得，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_______。(5)“一系列操作”为_______，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：_______。【答案】延长浸取时间，适当提高温度过滤作还原剂洗涤、干燥【分析】根据反应速率的影响因素进行判断，能改变的反应速率；根据分离出的物质判断操作的名称，利用电荷守恒、原子守恒、升降守恒进行配平方程式；根据图像中外界条件的变化对钌回收率的影响从经济效应考虑找适应的条件。【解析】(1)为了提高钌的浸出率，可采取的措施：适当升高温度，增大碱的浓度，延长浸取时间，搅拌等；(2)根据操作X后分离的物质浸出渣和浸出液进行判断，操作X为过滤；(3)金属钌在碱浸时被溶液氧化为对应的还原产物为，反应的离子方程式为；(4)通过分析题意可知，在加入盐酸调节的同时，再加入草酸的目的是还原，根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1:5，T=70℃，NaClO3与根据化合价的升降，氯元素化合价有+5价降低到-1价，Ru化合价由+2价升高到+4价，根据化合价守恒得出关系式：n(NaClO3):n()=1:3；(5)滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。5．（2021·山东济南市·高三三模）综合利用研究发现，硼镁铁矿(主要成分为，含有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)可以制备硼酸、铁红和碳酸镁等常用化工试剂，工艺流程图如下：回答下列问题：(1)硼镁矿粉碎的目的是___________，“酸浸”中发生的离子反应是___________。(2)为提高产品纯度，“净化”时用的试剂X为___________(填化学式)，如果将“净化”中①和②的顺序调换，会导致的结果是___________。(3)过滤所得碳酸镁需冷水洗涤后再进行干燥证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为___________。(4)不同条件下硼酸的萃取率图象如下：萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是___________。【答案】增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率MgO或者Mg(OH)2等铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净放热当溶液的pH过高时，硼酸以盐的形式存在【分析】硼镁铁矿经过粉碎增大了与酸的接触面积，提高了反应速率，经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，过滤直接除去，加H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，再加MgO或者Mg(OH)2等，调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，灼烧Fe(OH)3得到铁红Fe2O3，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入萃取剂，将硼酸根和含有Mg2+的溶液分离，在水层中加入NH4HCO3，沉淀Mg2+，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入反萃取剂，得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，促进生成硼酸，结晶析出。【解析】(1)硼铁矿粉碎可以增大固液接触面积，加快浸取速率，提高浸取效率；“酸浸”中与酸发生的离子反应是；(2)“净化”时，加入物质X是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为提高产品纯度，试剂X应为MgO或者Mg(OH)2等，如果将“净化”中①和②的顺序调换，Fe2+未被氧化成Fe3+，从而未能转化成沉淀除去，导致铁元素不能彻底的分离，滤液中仍然含有Fe2+，导致所得碳酸镁不纯净；(3)若未洗涤干净，洗涤液中会有离子，则证明碳酸镁固体洗涤干净的具体操作为取少量最后一次洗涤液于一试管中，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则洗涤干净；(4)由图可知，温度越高，萃取率越低，则可知硼酸的萃取过程为放热反应。增大pH会导致萃取率降低的原因是当溶液的pH过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。6．（2021·江苏盐城市·高三三模）水合肼(N2H4•H2O)常用作航天器燃料，也广泛应用于医药生产。实验室制取水合肼，并模拟处理铜氨{[Cu(NH3)4]2+}废液回收铜粉的实验流程如图：（1）反应Ⅰ中温度升高时易产生副产物NaClO3。为提高NaClO产率，实验中可采取的措施有___A．反应容器浸入热水中B．适当减慢通入Cl2的速率C．不断搅拌溶液（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的离子方程式为___。②合成过程中需控制≈，比理论值略大的原因是___。（3）检验分离出水合肼后的溶液中Cl-的实验操作是___。（4）铜粉沉淀率与水合肼溶液浓度的关系如图所示。请设计由铜氨废液回收铜粉的实验方案：取一定量5mol•L-1水合肼溶液，___，静置、过滤、洗涤、干燥。实验中可选用的试剂：5mol•L-1水合肼溶液、2mol•L-1硫酸、2mol•L-1NaOH溶液、铜氨废液、蒸馏水。已知：2[Cu(NH3)4]2++N2H4•H2O+4OH-2Cu↓+N2↑+8NH3↑+5H2O。【答案】BCCO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加【解析】（1）NaOH溶液与Cl2在一定温度下反应生成NaClO、NaCl，该反应为放热反应，温度升高时易产生副产物NaClO3，为提高NaClO产率，可适当减慢通入Cl2的速率以减缓反应速率，或者不断搅拌溶液增大热量散失速率，故答案为：BC；（2）①NaClO与CO(NH2)2反应合成水合肼的过程中，Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至-2，反应过程中溶液为碱性，根据化合价升降守恒、电荷守恒以及原子守恒可知反应方程式为CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4•H2O+Cl-+CO；②N2H4•H2O中N元素化合价为-2，具有还原性，能够被NaClO氧化，N2H4•H2O被氧化会导致N2H4•H2O产率降低，因此通过增大CO(NH2)2的量防止N2H4•H2O被氧化，故答案为：适当增加还原剂CO(NH2)2用量，减少生成物水合肼的氧化损耗量，为反应Ⅱ提供更多的反应物水合肼；（3）检验Cl-的试剂为硝酸银溶液，但硝酸银同时能与N2H4•H2O反应生成难溶物会干扰Cl-检验，因此可加入稀硝酸将N2H4•H2O氧化为N2，然后再加入硝酸银进行检验，故答案为：取少量合成后的溶液，向其中加入稀硝酸至不再产生气泡，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀；（4）由图可知，当水合肼溶液浓度为3.0～3.25mol/L时铜粉沉淀率最高，因此可利用3.0～3.25mol/L的水合肼溶液与铜氨废液在碱性并加热条件下反应回收铜粉，反应过程中生成NH3、N2，NH3不能排放至空气中，可利用2mol•L-1硫酸吸收，当溶液中不再生成N2时，说明铜氨废液回收基本完全，故答案为：加入蒸馏水稀释至3mol•L-1~3.25mol•L-1，加入适量2mol•L-1NaOH溶液。边搅拌边逐滴加入铜氨废液，加热使其充分反应，同时用2mol•L-1硫酸吸收反应中放出的NH3，直至溶液中无气泡产生，停止滴加。7．（2021·陕西宝鸡市·高三一模）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示(已知废催化剂中含有70.0%及一定量的、、和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但的性质较稳定)。回答下列问题：已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的如下表所示。沉淀物5.23.29.79.2（1）滤渣a的成分是___________，用乙醇洗涤废催化剂的目的是___________，从废液中回收乙醇的方法是___________（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有___________(答一条即可)（3）硫酸酸浸后所得滤液A中可能含有的金属离子是___________，向其中加入的目的是___________，反应的离子方程式为___________（4）利用化学镀(待镀件直接置于含有镀层金属的化合物的溶液中)可以在金属、塑料、陶瓷等物品表面镀上一层金属镍或铬等金属，与电镀相比，化学镀的最大优点是___________（5）滤液C进行如下所示处理可以制得。滤液C溶液D①操作X的名称是___________②在强碱溶液中用氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料—，该反应的离子方程式是___________【答案】溶解、除去有机物蒸馏将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度、、加入的目的是将氧化为，有利于分离不消耗电能，节约能源蒸发结晶【分析】由题给流程可知，用乙醇洗涤将废催化剂表面的有机物溶解、除去后，用稀硫酸酸浸废催化剂，废催化剂中的铝、铁、镍与稀硫酸反应生成可溶性的硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣a和含有稀硫酸、可溶性硫酸盐的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子得到滤液B；向滤液B中加入氢氧化镍调节溶液pH，使溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣b和含有硫酸镍的滤液C；向滤液C中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为9.2，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；氢氧化镍经灼烧、还原得到金属镍。【解析】（1）由分析可知，滤渣a的成分是二氧化硅，用乙醇洗涤废催化剂的目的是溶解、除去废催化剂表面的有机物；可以利用乙醇与废液中沸点不同，题给蒸馏的方法从废液中回收乙醇，故答案为：；溶解、除去有机物；蒸馏；（1）将废催化剂粉碎，增大反应物的接触面积，或适当地提高硫酸的浓度，或升高浸泡时的温度等措施均可以提高酸浸速率，故答案为：将废催化剂粉碎或适当地提高硫酸的浓度或升高浸泡时的温度；（3）由分析可知，硫酸酸浸后所得滤液A中含有硫酸镍、硫酸铝、硫酸铁，则溶液中含有的金属阳离子为、、；向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是保温条件下将亚铁离子氧化为铁离子，便于调节溶液pH时，将铁离子转化为沉淀除去，反应的离子方程式为，故答案为：、、；加入的目的是将氧化为，有利于分离；；（4）与电镀相比，化学镀的最大优点是不消耗电能，节约能源，故答案为：不消耗电能，节约能源；（5）①由题给流程可知，酸化后的硫酸镍溶液经蒸发结晶得到七水硫酸镍晶体，故答案为：蒸发结晶；②由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下，硫酸镍溶液与次氯酸钠溶液发生氧化还原反应生成碱式氧化镍沉淀、硫酸钠、氯化钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：。8．（2021·湖北武汉市·高三月考）工业上可用红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)制备镍并回收副产物黄铵铁矾[]的工艺流程如下。回答下列问题：（1）基态Ni原子的价电子排布图为___________。（2）“初步沉铁”时，鼓入空气的作用除了搅拌、加快反应速率之外，还有___________。（3）“深度沉铁”时，溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是___________。溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为___________。检验“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是___________。（4）已知几种物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示。物质黄铵铁矾开始沉淀的pH7.22.71.3沉淀完全的pH9.23.72.3“深度沉铁”通入调节溶液pH的范围是___________。（5）隔绝空气煅烧时得到，则煅烧反应的化学方程式为___________。【答案】将Fe2+氧化为Fe3+双氧水不稳定，受热易分解取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全【分析】红土镍矿(主要成分为NiO，含有少量FeO、)中加入稀硫酸，生成硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸铁，然后通入氨气、空气并加热得到黄铵铁矾，过滤后继续通入氨气，加入双氧水并加热进一步得到黄铵铁矾，然后向滤液中加入草酸沉镍，煅烧得到氧化镍，利用焦炭还原得到粗镍，据此解答。【解析】（1）基态Ni原子的价电子排布图为；（2）由于空气中含有氧气，因此鼓入的空气除了起到搅拌、加快反应速率的作用外，还能够起到将Fe2+氧化为Fe3+的作用；（3）溶液保持的温度比“初步沉铁”时溶液保持的温度低，且的用量高于理论用量的原因是双氧水不稳定，受热易分解；溶液中转化为黄铵铁矾的离子方程式为；检测Fe3+一般用KSCN溶液，则证明“深度沉铁”完全的实验步骤和现象是取沉淀后的滤液少许，向其中加入几滴KSCN溶液，若不出现血红色，这说明沉淀完全；（4）深度沉铁通入氨气需要防止生成氢氧化内和氢氧化铁沉淀，则条件溶液pH的范围是；（5）NiC2O4煅烧分解可以制得Ni2O3，同时获得混合气体，反应中镍元素化合价升高，则碳元素化合价应该降低，因此混合气体是CO和CO2，反应的化学方程式为。9．（2021·四川成都市·高三一模）高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：回答下列问题：（1）有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式______。（2）实验测得反应溶液的pH、温度对铁黄产率的影响如图所示。反应温度宜选择______；pH大于4.5时铁黄产率降低的主要原因可能是______。（3）用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH3、CN-转化成CO2、N2等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN-废水时除去CN-的离子方程式______。（4）已知：常温下，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。高铁酸钾的净水能力与废水的pH有关，当溶液pH=2时，废水中c(Fe3+)=______mol·L-1。（5）K2FeO4可作锌铁碱性高能电池的正极材料，电池反应原理：2K2FeO4+3Zn+8H2O2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4KOH。充电时阴极的电极反应为______。【答案】NaCl+H2ONaClO+H2↑40℃酸性减弱，Fe(OH)3增多10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-0.04Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-【分析】实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe3+的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。【解析】（1）电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式为NaCl+H2ONaClO+H2↑；（2）根据图像，FeOOH的产率先上升后下降，40℃左右时，铁黄产率较高；pH大于4.5时，溶液中OH-浓度较大，生成了氢氧化铁，使得铁黄产率降低；（3）高铁酸钾具有氧化性，可以将CN－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO+6CN-+22H2O=10Fe(OH)3(胶体)+6CO+3N2↑+14OH-；（4）pH=2时，c(OH-)=10-12mol/L，根据Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38，c(Fe3+)=mol/L=0.04mol/L；（5）根据电池反应，充电时为电解池反应，此时阴极反应为得电子的反应，在充电过程中Zn元素得到电子生成Zn单质，因此充电时阴极的反应为Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-。10．（2021·北京高三一模）磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料制备磷酸铁的流程如下：已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2请回答下列问题：（1）滤渣3的主要成分是___________(写出化学式)；（2）用FeS还原Fe3＋的目的是___________加入FeO的作用是___________(用离子方程式表示)；（3）试剂R宜选择___________(填字母)；A．高锰酸钾B．稀硝酸C．双氧水D．次氯酸钠（4）检验“氧化”之后溶液是否含Fe2＋的操作是___________；（5）已知沉淀溶解平衡：，。常温下，，“沉铁”中为了使，最小为___________mol/L。【答案】Al(OH)3避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O（或2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋）C取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋1.3×10－17【分析】硫铁矿中含有物质是FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4，焙烧时FeS2转化成Fe2O3，Fe2O3为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，SiO2为酸性氧化物，能与稀硫酸反应的是Fe2O3、Al2O3、Fe3O4，SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2，滤液中阳离子是Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、H＋等，加入FeS将Fe3＋还原成Fe2＋，加入FeO调节pH，使Al3＋转化成Al(OH)3沉淀，除去Al3＋，然后加入氧化剂，将Fe2＋氧化成Fe3＋，据此分析；【解析】（1）加入FeO调节pH，可以使Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，所用滤渣3的主要成分为Al(OH)3；（2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3＋必先沉淀，因此用FeS还原Fe3＋的目的是避免在除去Al3＋时Fe3＋一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH，让Al3＋以Al(OH)3形式沉淀而除去，Al3＋发生水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，促使平衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2Al3＋＋3FeO＋3H2O=2Al(OH)3＋3Fe2＋；（3）A．KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2＋、K＋，故A不适宜；B．稀硝酸作氧化剂，得到NO，NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根成为新杂质，故B不适宜；C．双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；D．次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质Cl－、Na＋，故D不适宜；答案：C；（4）Fe2+可以和铁氰酸钾溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2＋：取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液(或酸性高锰酸钾溶液)，若产生蓝色沉淀(或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2＋；（5）当c(Fe3+)≤1×10-5mol/L时，c(PO)≥=1.3×10-17mol/L。11．（2021·江西高三二模）某小组利用含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)制备化工产品三盐(PbSO4·3PbO·H2O)的工艺流程如图：已知：Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，Pb(OH)2具有两性，PbO2有强氧化性。请回答下列问题：（1）结晶水合物M(M=322g/mol)的化学式为___。（2）“转化”中，加入Na2SO3溶液的离子反应方程式___。（3）“转化”中，加入Na2CO3目的是___。（4）下列试剂可以替代Na2SO3溶液___(填写字母)。A．H2O2溶液B．Na2SO4溶液C．高锰酸钾溶液D．Fe2(SO4)3溶液（5）该流程中可以循环利用的物质是___(填写物质名称)。（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，其主要原因是___。（7）合成三盐的化学方程式为___，解释“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因___。【答案】Na2SO4·10H2OSO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-使PbSO4转化为PbCO3A(稀)硝酸低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解4PbSO4+6NaOH=PbSO4·3PbO·H2O+3Na2SO4+2H2OPb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率【分析】向含铅废料(主要含PbO、PbSO4和PbO2)中加入Na2SO3溶液、Na2CO3溶液，PbO2有强氧化性，将Na2SO3溶液氧化生成PbSO4，Na2CO3溶液将PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，然后过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2；然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH溶液，发生反应4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+PbSO4•3PbO•PbSO4•H2O+2H2O，过滤、洗涤、干燥得到PbSO4•3PbO•H2O，滤液3中含有Na2SO4，据此分析解答。【解析】（1）通过以上分析知，滤液1为Na2SO4溶液，蒸发、结晶可得到的副产品为硫酸钠晶体，其相对分子质量为322，则M为Na2SO4•10H2O，故答案为：Na2SO4•10H2O；（2）PbO2有强氧化性，“转化”中，加入的Na2SO3溶液能够被PbO2氧化生成PbSO4，反应的离子方程式为SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-，故答案为：SO+PbO2+H2O=PbSO4+2OH-；（3）Ksp(PbSO4)=1.82×10-8，Ksp(PbCO3)=1.46×10-13，加入Na2CO3溶液，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，反应的离子方程式为CO+PbSO4=PbCO3+SO，故答案为：使PbSO4转化为PbCO3；（4）Na2SO3溶液是将PbO2转化为Pb2+，体现了Na2SO3溶液的还原性，四种物质中只有H2O2溶液具有还原性，Na2SO4溶液不具有还原性，高锰酸钾溶液、Fe2(SO4)3溶液具有氧化性，因此可以用H2O2溶液代替Na2SO4溶液，故答案为：A；（5）根据上述分析，滤液2的主要成分是HNO3，可以循环利用，故答案为：硝酸；（6）“酸溶”时，反应温度为40℃，若低于40℃，反应速率慢，不利于酸溶；若高于40℃，硝酸会分解，故答案为：低于40℃，反应速率慢，高于40℃硝酸会分解；（7）合成三盐的化学方程式为4PbSO4+6NaOH=3Na2SO4+PbSO4•3PbO•H2O+2H2O，“合成”需控制溶液的pH不能大于10，若pH大于10，Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率，故答案为：4PbSO4+6NaOH=PbSO4•3PbO•H2O+3Na2SO4+2H2O；Pb2+会转化为Pb(OH)2或者可溶的Pb(OH)、Pb(OH)、PbO等，降低了三盐的产率。12．（2021·广东梅州市·高三二模）铍有“超级金属”之称，是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料。以绿柱石[]为原料制备金属铍的工艺如下：已知：难溶于水，可与过量结合成。回答下列问题：（1）“操作1”的目的是使烧结的固体在水浸过程有较大的接触面积，则其名称是___________。（2）烧结时；与绿柱石作用除生成易溶于水的外，还有铁、铝、硅的氧化物，该反应的化学方程式为___________。“滤渣1”中的酸性氧化物是___________。（3）“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________(用离子方程式表示)。（4）已知，室温下恰好完全沉淀时[此时浓度为]的___________。（5）在熔融状态下不能导电，工业上用电解熔融混合物制备金属铍，可选用镍坩埚作电解槽的___________(填“阳极”或“阴极”)材料，电解总反应的化学方程式为___________；加入NaCl的主要目的是___________。【答案】粉碎(或破碎、或研磨)6.0或6阴极增强熔盐的导电性【分析】绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO•Al2O3•6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6+2Na3FeF63Na2BeF4+Al2O3+Fe2O3+6SiO2，碾碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF+Fe2(SO4)3=2Na3FeF6↓+3Na2SO4，难溶物循环利用，以此来解答。【解析】（1）绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积，操作1名称是：粉碎(或破碎、或研磨)；（2）Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为，“滤渣1”中的酸性氧化物是：；（3）因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是；（4），常温下，，pH=6；（6）若镍作阳极材料，则通电后易失电子而发生溶解，所以镍坩锅作电解槽的阴极材料，电解时BeCl2熔融电解，生成Be和氯气，发生反应的化学方程式为，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强熔盐的导电性。12．（2021·广东高三模拟）锗是一种重要的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。下图为工业上利用湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)制备高纯锗的工艺流程：已知：①GeO2为两性化合物。②常温下，部分金属阳离子转化为氢氧化物沉淀的pH见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+开始沉淀pH7.52.26.28.2完全沉淀pH9.03.28.211.2③有机试剂丹宁沉淀金属离子的沉淀率见下表。离子Fe2+Fe3+Zn2+Ge4+沉淀率(％)099097~98.5（1）“浸出”时加热的目的是_______；浸出渣的主要成分是_______(填化学式)。（2）浸出后加入NaClO溶液的作用是_______(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是_______。（3）“滤液2”中主要含有的金属阳离子是_______(填离子符号)。（4）GeCl4与高纯水反应的化学方程式为_______。（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，则锗的回收率为_______(保留3位有效数字)。【答案】加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率SiO22H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O除去Fe3+Zn2+、Na+GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl91.3%【分析】湿法炼锌渣(主要含有GeO2、ZnO、FeO、Fe2O3、SiO2)，浸出液中含有四价锗和锌离子，加入有机沉淀剂丹宁与四价锗络合形成沉淀，过滤后得到含有Ge的沉淀，将沉淀焙烧得到GeO2；用浓盐酸溶解GeO2生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2•nH2O，GeO2•nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。【解析】（1）“浸出”时加热的目的是加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；“浸出”中，湿法炼锌渣中的GeO2为两性化合物，与稀硫酸反应生成Ge4+；ZnO、FeO、Fe2O3均为碱性氧化物，与稀硫酸反应生成Zn2+、Fe2+和Fe3+；SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与稀硫酸反应，过滤后以浸出渣的形式除去。浸出渣的主要成分是SiO2(填化学式)。故答案为：加快浸出反应速率，提高锗元素浸出率；SiO2；（2）由表1中数据可知沉淀亚铁离子的pH较大，需要将其氧化为铁离子，故加入次氯酸钠的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O，再通过调节pH至3.9时，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。浸出后加入NaClO溶液的作用是2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O(用离子方程式表示)。加入NaClO溶液后调节溶液的pH至3.9的原因是除去Fe3+。故答案为：2H++ClO−+2Fe2+=Cl−+2Fe3++H2O；除去Fe3+；（3）“过滤1”后“滤饼1”的主要成分是Fe(OH)3，滤液1中的离子有Zn2+、Ge4+，加入硫酸引入的和过量的H+，及加入次氯酸钠引入的Na+、过量的ClO−和生成的Cl−。由表2中数据可知加入有机试剂丹宁后Ge4+的沉淀率为97％~98.5％，故滤液2中主要含有的金属阳离子是Zn2+和Na+，Ge4+转化为沉淀被分离。“滤液2”中主要含有的金属阳离子是Zn2+、Na+(填离子符号)。故答案为：Zn2+、Na+；（4）由流程图可知，GeCl4与高纯水反应生成GeO2·nH2O晶体，GeCl4与高纯水反应的化学方程式为GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl。故答案为：GeCl4+(2+n)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl；（5）若含锗3.2%的湿法炼锌渣的质量为5kg，氢气还原过程中参与反应的氢气体积为89.6L(标准状况下)，氢气还原氧化锗的反应方程式为则锗的回收率为×100%≈91.3%。故答案为：91.3%。13．（2021·四川内江市·高三三模）某科研小组以平板液晶显示屏生产过程中产生的废玻璃粉末(含CeO2、SiO2、Fe2O3等)为原料回收Ce(铈)的流程如图所示：已知：CeO2具有强氧化性，通常情况下不与常见的无机酸反应。回答下列问题：（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有_______(写两种)。（2）操作①和②均为_______(填名称)；在_______中加入KSCN溶液显红色。（3）写出加入H2O2作还原剂时发生反应的离子方程式_______；操作③在加热的条件下通入HCl的作用是_______。（4）当加入碱调节溶液的pH=_______时，Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L。[已知：25℃时，Ce(OH)3的Ksp=8×10-21]（5）对CeCl3样品纯度进行测定的方法：准确称量样品62.50g，配成1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S2O8]溶液使Ce3+被氧化为Ce4+，然后用萃取剂萃取Ce4+，再用1mol/LFeSO4标准溶液滴定至终点，重复2～3次，平均消耗10.00mL标准液。①写出滴定过程中发生反应的离子方程式_______。②CeCl3样品的纯度为_______％。【答案】搅拌；适当增大酸的浓度过滤滤液12CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O抑制Ce3+水解生成沉淀9Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+78.88【分析】由流程可知，搅拌、适当增大酸的浓度酸浸，过滤分离出滤液I为铁盐溶液，滤渣I为CeO2、SiO2，加过氧化氢、盐酸发生2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出滤渣II为SiO2，滤液II为CeCl3溶液，加入碱溶液调节溶液pH生成Ce(OH)3沉淀，悬浊液中加入盐酸得到CeCl3溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到结晶水合物，在浓盐酸、氩气氛围中加热CeCl3•6H2O得到无水CeCl3，一定条件下CeCl3转化为Ce，以此来解答。【解析】（1）为了加快废玻璃粉末的酸浸速率，通常采用的方法有搅拌、适当增大酸的浓度；

（2）操作①和②均为过滤；滤液1中含有Fe3+，加入KSCN溶液显红色；（3）加入H2O2只作还原剂时发生反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+═2Ce3++O2↑+4H2O，操作③在加热的条件下加入浓HCl的作用是抑制Ce3+水解生成沉淀；（4）Ce(OH)3悬浊液中c(Ce3+)=8×10-6mol/L，，常温下，则pH=9；（5）①滴定过程中发生反应的离子方程式为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+；

②由电子守恒可知Ce3+物质的量等于Fe2+的物质的量，质量为0.01L×1mol/L×200/50×246.5g/mol=9.86g，则CeCl3样品的纯度为9.86/12.5×100%=78.88%.14．（2021·四川成都市·高三三模）镍氢电池有着广泛的应用，旧电池的回收和再利用同样的重要。废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，以下为金属分离以及镍的回收流程，按要求回答下列问题：（1）N2H4的电子式是___________；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是___________。（2）“氧化”过程中与Fe2+有关的离子方程式是___________，滤渣1主要成分是弱碱，其化学式是___________。（3）已知=8.0×10-44，当三价钴沉淀完全时，溶液pH=___________。(已知：lg2=0.3)（4）滤液A的主要溶质是_____；操作X是_____（5）用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.500g样品，酸溶后配成250mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.1000mol/L的Na2H2Y溶液进行滴定。已知：①Ni2++H2Y2-=[NiY]2-+2H+②紫脲酸胺：紫色试剂，遇Ni2+显橙黄色。①滴定终点的现象是___________。②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致___________。。【答案】还原Ni(III)为Ni2+2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2OFe(OH)31.3NaCl过滤滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色测得Ni含量偏高【分析】废旧镍氢电池中常含有NiOOH、Ni(OH)2、及少量Co(OH)2、FeO等，向混合物中加入盐酸，生成Ni3+、Ni2+、Co2+、Fe2+，再向溶液中加入N2H4还原Ni3+，然后加入H2O2氧化Fe2+，向溶液中加入Na2CO3条件溶液pH使Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀，过滤后向滤液中加入NaClO氧化Co2+生成Co3+，Co3+与溶液中Na2CO3发生复分解反应生成Co(OH)3，过滤后向滤液中加入Na2CO3与Ni2+发生复分解反应生成NiCO3。【解析】（1）N2H4可理解为NH3中1个H原子被-NH2“替换”后的物质，其电子式为；“酸浸”中，加入N2H4的主要作用是还原Ni(III)为Ni2+，避免后续除杂过程中生成Ni(OH)3导致NiCO3产率降低，故答案为：；还原Ni(III)为Ni2+；（2）“氧化”过程中H2O2与Fe2+反应时，H2O2中O元素化合价由-1降低至-2，Fe元素化合价由+2升高至+3，此时溶液呈酸性，根据氧化还原反应化合价升降守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应离子方程式为2H++H2O2+2Fe2+=2Fe3++2H2O；由上述分析可知，滤渣1主要成分是Fe(OH)3；（3）当三价钴沉淀完全时，溶液中c(Co3+)=1×10-5mol/L，此时溶液中c(OH-)==mol/L=2×10-13mol/L，溶液中c(H+)==mol/L=0.05mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg0.05=1.3；（4）第二次加入Na2CO3后，溶液中阳离子主要是Na+，溶液中阴离子为NaClO还原后生成的Cl-，因此滤液A中主要溶质为NaCl；操作X为固液分离操作，因此操作X为过滤，故答案为：NaCl；过滤；（5）①当Na2H2Y与Ni2+完全反应后，溶液中无Ni2+，因此溶液由橙黄色变为紫色，故滴定终点现象为：滴入最后一滴标准液，溶液恰好由橙黄色变为紫色且30s不变色；②如果紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，则会导致部分Na2H2Y并未参加反应，使得最终测得Ni含量偏高。15．（2021·山东青岛市·高三二模）铍可应用于飞机、火箭制造业和原子能工业。素有“中国铍业一枝花”之称的湖南水口山六厂改进国外生产工艺，以硅铍石(主要成分为、、、、)为原料提取铍，具体流程如下：已知：①铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性。②铝铵钒在不同温度下的溶解度：温度/℃01020304060溶解度/g2.105.007.7410.914.926.7回答下列问题：（1）流程中“系列操作”为___________。（2）将“中和液”沉淀时，调节溶液的不能过大或过小。过大时发生反应的离子方程式为___________。（3）已知，。若浓度为0.40的中和液开始沉淀时，溶液中___________。（4）若在实验室洗涤粗，操作为___________；洗涤时加入溶液除去表面吸附的少量氢氧化铝，反应的离子方程式为___________。（5）氧化铍转化为氯化铍的化学方程式为___________。（6）的电子式为___________；电解时须加入氯化钠的作用是___________。【答案】蒸发浓缩、降温结晶、过滤向过滤器中加入溶液至浸没沉淀，将溶液滤出，重复操作2～3次为共价化合物，加入使转化为其它含铍的离子化合物(或将氯化铍转化为。【分析】硅铍石(主要成分为、、、、)经过原料预处理后用硫酸酸浸，浸出液中有Be2+、Al3+、Fe2+、Fe3+、H+、，SiO2形成浸出渣分离，浸出液加入硫酸铵，经过蒸发浓缩、降温结晶(铝铵矾溶解度随温度的降低而减小)、过滤从而分离出铝铵矾晶体，净化液加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+然后加氨水调pH除去铁，过滤之后往中和液中加入碱性物质继续调pH使Be2+完全沉淀，由于铍和铝在元素周期表中处于对角线位置，电负性相近，其单质及化合物在结构与性质等方面具有相似性，所以生成的Be(OH)2会与氢氧化钠溶液反应形，所以调pH时pH不能过大，洗涤后的Be(OH)2高温煅烧分解生成BeO，而后加入氯气和过量的碳反应生成氯化铍：，铍和铝电负性相近，所以氯化铍为共价化合物，需要加入氯化钠转化为离子化合物，然后电解获得铍单质。【解析】（1）根据铝铵钒在不同温度下的溶解度数据可知铝铵矾溶解度随温度的降低而减小，所以要从溶液中获得铝铵矾晶体进行的“系列操作”为