2021-2025年高考化学真题知识点分类汇编之工艺流程（解答大题）（二）

第60页（共60页）2021-2025年高考化学真题知识点分类汇编之工艺流程（解答大题）（二）一．工艺流程题（共20小题）1．（2023•辽宁）某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8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（H2SO5），1molH2SO5中过氧键的数目为。（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、（填化学式）。（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是。（5）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成CoO（OH），该反应的化学方程式为。（6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于（精确至0.1）。2．（2023•福建）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收金属的流程如图：（1）“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有（任写其中一种），CoO发生反应的离子方程式。（2）“焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3•xH2O和CoSO4•yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：温度区间/℃＜227227～566566～600600～630晶体总质量变小不变变小不变①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是；566～600℃发生分解的物质是（填化学式）。②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为℃。（3）25℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反应CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数K＝（列出计算式即可）。经计算可判断CuS难溶于稀硫酸。Ⅱ.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。（4）基态Cu2+的价电子排布式为。（5）晶胞中含有个S22-，N（Cu+）：N（Cu2+）＝。晶体中微粒间作用力有a．氢键b．离子键c．共价键d．金属键（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为；“滤渣2”是（填化学式）。3．（2023•海南）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石（主要化学成分为（Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3）生产BeO的一种工艺流程如图。回答问题：（1）Be3Al2Si6O18中Be的化合价为。（2）粉碎的目的是；残渣主要成分是（填化学式）。（3）该流程中能循环使用的物质是（填化学式）。（4）无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800℃制备BeCl2的化学方程式为。（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的%。4．（2023•河北）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如图：已知：室温下的Ksp（CuCl）＝10﹣6.8。回答下列问题：（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为（填化学式）。（2）滤渣的主要成分为（填化学式）。（3）浸取工序的产物为[Cu（NH3）2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为。（4）浸取工序宜在30～40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是。（5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu（NH3）2]++2H++Cl﹣═+。（6）真空干燥的目的为。5．（2023•重庆）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。25℃时各物质溶度积见表：物质Fe（OH）2Fe（OH）3Ca（OH）2溶度积（Ksp）4.9×10﹣172.8×10﹣395.0×10﹣6回答下列问题：（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和。O2﹣的核外电子排布式为。（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是。（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为。②为加快反应速率，可采取的措施有（写出两项即可）。（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过。②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为，该副产物中CaCl2的质量分数为。6．（2023•甲卷）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。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BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“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BaTiO（C2O4）2的化学方程式为。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2：nCO＝7．（2023•新课标）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以回答下列问题：（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为（填化学式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和。（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是。（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH＜9时，会导致；pH＞9时，会导致。（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VO2+或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-。上述性质说明V2O5具有A.酸性B.碱性C.两性（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）溶液，反应的离子方程式为。8．（2023•湖南）超纯Ga（CH3）3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Ga（CH3）3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3的工艺流程如图：知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；②Et2O（乙醚）和NR3（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Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：（1）晶体Ga（CH3）3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40～45℃的原因是，阴极的电极反应式为；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，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Et2O得到了循环利用B.流程中，“合成Ga2Mg5”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Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3D.用核磁共振氢谱不能区分Ga（CH3）3和CH3I（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制备超纯Ga（CH3）3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga（CH3）3的理由是；（7）比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga（CH3）3Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是。9．（2023•乙卷）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的流程如图：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。10．（2023•北京）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图。已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。（1）“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出；矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+═Mn2++H2S↑，则可推断：Ksp（MnS）（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2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FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]﹣形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：Fe3++Ag2S+⇌+2[AgCl2]﹣+S。②结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl﹣、H+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，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag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：。11．（2023•山东）盐湖卤水（主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl﹣、SO42-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Li2CO已知：常温下，Ksp（Li2CO3）＝2.2×10﹣2。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B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O⇌H++[B（OH）4]﹣（常温下，Ka＝10﹣9.24）；B（OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4•8H2O。常温下，在0.10mol•L﹣1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2﹣水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]﹣，该水解反应的离子方程式为，该溶液pH＝。（2）滤渣Ⅰ的主要成分是（填化学式）；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol•L﹣1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在mol•L﹣1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加（3）精制Ⅱ的目的是；进行操作X时应选择的试剂是，若不进行该操作而直接浓缩，将导致。12．（2024•安徽）精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，如图所示。回答下列问题：（1）Cu位于元素周期表第周期第族。（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是。（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为。（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的（填化学式）转化为[Ag（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为（填化学式）。（6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为。（7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O62-的结构为（a）而不是（b）的原因：13．（2024•湖北）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2（SiO3）6]中提取铍的路径为：已知：Be2++4HA⇌BeA2（HA）2+2H+回答下列问题：（1）基态Be2+的轨道表示式为。（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是。（3）“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是。（4）写出反萃取生成Na2[Be（OH）4]的化学方程式。“滤液2”可以进入步骤再利用。（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是。（6）Be（OH）2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通过CH3COO﹣相连，其化学式为。14．（2024•甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如图。注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10﹣5mol•L﹣1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，Ksp（ZnS）＝2.5×10﹣22，Ksp（CoS）＝4.0×10﹣21。②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c（M）/（mol•L﹣1）]和溶液pH的关系如图所示。回答下列问题：（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是。（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c（Zn2+）和c（Co2+）均为0.10mol•L﹣1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c（Co2+）＝mol•L﹣1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离（填“能”或“不能”）。（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molMnO2，产生H+的物质的量为。（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是。15．（2024•河北）V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如图所示。已知：ⅰ石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca（VO3）2]和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：（1）钒原子的价层电子排布式为；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为，产生的气体①为（填化学式）。（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为（填化学式）。（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙，发生反应的离子方程式为；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入（填工序名称），可实现钒元素的充分利用。（4）洗脱工序中洗脱液的主要成分为（填化学式）。（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为（填序号）。a.延长沉钒时间b.将溶液调至碱性c.搅拌d.降低NH4Cl溶液的浓度16．（2024•山东）以铅精矿（含PbS，Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图：回答下列问题：（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生（填化学式）。（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是。（4）“置换”中可选用的试剂X为（填标号）；A.AlB.ZnC.PbD.Ag“置换”反应的离子方程式为。（5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作（填“阴极”或“阳极”）。17．（2024•湖南）铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如图：已知：①当某离子的浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可忽略该离子的存在；②AgCl（s）+Cl﹣（aq）⇌[AgCl2]﹣（aq）K＝2.0×10﹣5；③Na2SO3易从溶液中结晶析出；④不同温度下Na2SO3的溶解度如下：温度/℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列问题：（1）Cu属于区元素，其基态原子的价电子排布式为；（2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为；（3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl：①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是；②在“除金”工序溶液中，Cl﹣浓度不能超过mol•L﹣1；（4）在“银转化”体系中，[Ag（SO3）2]3﹣和[Ag（SO3）3]5﹣浓度之和为0.075mol•L﹣1两种离子分布分数δ[δ（[Ag（SO3）2]3﹣=n([Ag(SO3)2]3-)n([Ag(SO3)2]3-)+n([Ag(SO3（5）滤液4中溶质主要成分为（填化学式）；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是。18．（2024•甘肃）我国科研人员以高炉渣（主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等）为原料，对炼钢烟气（CO2和水蒸气）进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：已知：Ksp（CaSO4）＝4.9×10﹣5ㅤㅤKsp（CaCO3）＝3.4×10﹣9（1）高炉渣与（NH4）2SO4经焙烧产生的“气体”是。（2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和。（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为，该反应能进行的原因是。（4）铝产品NH4Al（SO4）2•12H2O可用于。（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为pm；化合物的化学式是，其摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算表达式）。19．（2024•广东）镓（Ga）在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣（含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素）中提取镓及循环利用铝的工艺如图。工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知：①pKa（HF）＝3.2。②Na3[AlF6]（冰晶石）的Ksp为4.0×10﹣10。③浸取液中，Ga（Ⅲ）和Fe（Ⅲ）以[MClm]（m﹣3）﹣（m＝0～4）微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl﹣配位，其他金属离子与Cl﹣的配位可忽略。（1）“电解”中，反应的化学方程式为。（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]﹣的离子方程式为。（3）“还原”的目的：避免元素以（填化学式）微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl﹣浓度越，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入（填化学式），以进一步提高Ga的提取率。（5）“调pH”中，pH至少应大于，使溶液中c（F﹣）＞c（HF），有利于[AlF6]3﹣配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c（Na+）＝0.10mol•L﹣1，则[AlF6]3﹣的浓度为mol•L﹣1。（6）一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co：Ga：Ni＝，其立方晶胞的体积为nm3。20．（2024•江西）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4。含有Th3（PO4）4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。已知：ⅰ.Ksp[Th（OH）4]＝4.0×10﹣45，Ksp[Ce（OH）3]＝1.6×10﹣20，Ksp[Ce（OH）4]＝2.0×10﹣48ⅱ.镭为第ⅡA族元素回答下列问题：（1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是（填标号）。a.降低压强，分解速率增大b.降低温度，分解速率降低c.反应时间越长，分解速率越大d.提高搅拌速度，分解速率降低（2）Na2U2O7中铀元素的化合价为，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为。（3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为，滤液可用于阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。（4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。①盐酸溶解Ce（OH）4的离子方程式为。②当溶液pH＝4.5时，c（Th4+）＝mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。（5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质。

2021-2025年高考化学真题知识点分类汇编之工艺流程（解答大题）（二）参考答案与试题解析一．工艺流程题（共20小题）1．（2023•辽宁）某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe（OH）3Co（OH）2Ni（OH）2Mg（OH）2Ksp10﹣37.410﹣14.710﹣14.710﹣10.8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粉碎镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等）（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（H2SO5），1molH2SO5中过氧键的数目为NA。（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、Fe（OH（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图。SO2体积分数为9.0%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是SO2具有还原性，SO2过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率。（5）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ）在空气中可被氧化成CoO（OH），该反应的化学方程式为4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）。（6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于11.1（精确至0.1）。【答案】（1）粉碎镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等）；（2）NA；（3）H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；Fe（4）9.0%；SO2具有还原性，SO2过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率；（5）4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）；（6）11.1。【分析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率可以采用增大接触面积、提高反应物浓度、升高温度等方法；（2）H2SO5中过氧键的数目为x，则有2x个O原子显﹣1价，则﹣2价O原子数目为5﹣2x，依据正负化合价代数和为0计算得出；（3）依据H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，则H2SO5拆开表示为H++HSO5-，酸式根离子不能再拆分，H2SO5将Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的还原产物为SO42-；加入石灰乳时加入石灰乳pH＝4时，Fe（OH）（4）由Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图，斜率最大的速率最大；（5）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ），其成分是Co（OH）2，在空气中可被氧化成CoO（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣），“沉镁”时Mg2+沉淀完全（25℃）的最低浓度是10﹣5mol•L﹣1，以此分析解题。【解答】解：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率可以采用增大接触面积、提高反应物浓度、升高温度等方法，可采取的具体措施有粉碎镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等），故答案为：粉碎镍钴矿（适当提高硫酸的浓度、适当加热、搅拌等）；（2）H2SO5中过氧键的数目为x，则有2x个O原子显﹣1价，则﹣2价O原子数目为5﹣2x，正负化合价代数和为0，列式：+2+6﹣2x﹣2（5﹣2x）＝0，解得x＝1，则1molH2SO5中过氧键的数目为NA，故答案为：NA；（3）依据H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱，则H2SO5拆开表示为H++HSO5-，酸式根离子不能再拆分，H2SO5将Mn2+氧化成MnO2，H2SO5的还原产物为SO42-，反应的离子方程式为：H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；加入石灰乳pH＝4时，Fe（OH）3已经完全沉淀，还生成了CaSO4故答案为：H2O+HSO5-+Mn2+＝MnO2+SO42-+3H+；Fe（4）由Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图，斜率最大的速率最大，其对应的SO2体积分数为9.0%；故答案为：9.0%；SO2具有还原性，SO2过多会降低H2SO5的浓度，从而降低Mn（Ⅱ）的氧化速率；（5）“沉钴镍”中得到的Co（Ⅱ），其成分是Co（OH）2，在空气中可被氧化成CoO（OH），反应方程式为：4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH），故答案为：4Co（OH）2+O2＝2H2O+4CoO（OH）；（6）Mg（OH）2的Ksp＝c（Mg2+）×c2（OH﹣）＝10﹣10.8，“沉镁”时Mg2+沉淀完全（25℃）的最低浓度是10﹣5mol•L﹣1，此时c（OH﹣）=Kspc(Mg2+)=10-10.810-5mol•L﹣1＝10﹣2.9mol•L﹣1，则c（H+）=Kwc(OH-故答案为：11.1。【点评】本题考查化学反应原理，属于工艺流程图题，试题特点是综合性强，既考查物质性质变化，又考查学生对化学原理的掌握和计算能力等，题目难度较大。2．（2023•福建）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金（主要含Fe3O4、CoO、CuS、Cu2S及少量SiO2）中分离回收金属的流程如图：（1）“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等（任写其中一种），CoO发生反应的离子方程式CoO+2H+＝Co2++H2O。（2）“焙烧1”中，晶体[Fe2（SO4）3•xH2O和CoSO4•yH2O]总质量随温度升高的变化情况如下：温度区间/℃＜227227～566566～600600～630晶体总质量变小不变变小不变①升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是失去结晶水；566～600℃发生分解的物质是Fe2（SO4）3（填化学式）。②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600～630℃。（3）25℃时，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36，H2S的Ka1＝1.1×10﹣7，Ka2＝1.3×10﹣13。反应CuS（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数K＝6.3×10-361.1×10Ⅱ.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。（4）基态Cu2+的价电子排布式为3d9。（5）晶胞中含有2个S22-，N（Cu+）：N（Cu2+）＝2：1。晶体中微粒间作用力有bca．氢键b．离子键c．共价键d．金属键（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为Cu2S+2O2≜2CuO+SO2；“滤渣2”是SiO2（填化学式）。【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等；CoO+2H+＝Co2++H2O；（2）①失去结晶水；Fe2（SO4）3；②600～630；（3）6.3×10（4）3d9；（5）2；2：1；bc；（6）Cu2S+2O2≜2CuO+SO2；SiO2。【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有Co2+、Fe2+、SO42-、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣【解答】解：（1）“酸浸1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等，CoO发生反应的离子方程式为：CoO+2H+＝Co2++H2O，故答案为：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀H2SO4浓度等；CoO+2H+＝Co2++H2O；（2）①由图可知，升温至227℃过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227～566℃质量不变，而后566～600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解，故答案为：失去结晶水；Fe2（SO4）3；②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600～630℃，此时硫酸铁已全部分解，故答案为：600～630；（3）CuS（s）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+H2S（aq）的平衡常数K=故答案为：6.3×10（4）基态Cu2+的价电子排布式为3d9，故答案为：3d9；（5）晶胞中的S分别位于立方体的棱上与体内，Cu位于晶胞内部，Cu个数为6个；由晶胞可知含S2﹣的个数为晶胞内与Cu形成3个键的，有2个，S22-的个数为8×18+4×14=2，S的总价为2✖（﹣2）+2✖（﹣2）＝﹣8，设亚铜离子个数为x，铜离子为y，则x+y＝6，x+2y＝+8，x＝4，故答案为：2；2：1；bc；（6）“焙烧2”中Cu2S发生反应的化学方程式为：Cu2S+2O2≜2CuO+SO2，由分析可知，滤渣2为SiO2，故答案为：Cu2S+2O2≜2CuO+SO2；SiO2。【点评】本题考查物质分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯的掌握情况，试题难度中等。3．（2023•海南）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石（主要化学成分为（Be3Al2Si6O18，还含有一定量的FeO和Fe2O3）生产BeO的一种工艺流程如图。回答问题：（1）Be3Al2Si6O18中Be的化合价为+2。（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣主要成分是SiO2（填化学式）。（3）该流程中能循环使用的物质是（NH4）2SO4（填化学式）。（4）无水BeCl2可用作聚合反应的催化剂。BeO、Cl2与足量C在600～800℃制备BeCl2的化学方程式为BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl2（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的10%。【答案】（1）+2；（2）增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；SiO2；（3）（NH4）2SO4；（4）BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl（5）10。【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO2不溶于硫酸，残渣是SiO2，加硫酸铵调节pH＝1.5除去铝离子，加入氨水调节pH＝5.1除去铁离子，再加入氨水到pH＝8.0生成Be（OH）2沉淀，滤液硫酸铵循环利用。【解答】解：（1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2价，故答案为：+2；（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO2，故答案为：增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；SiO2；（3）最后的滤液中的硫酸铵[（NH4）2SO4]可以在除铝步骤中循环利用，故答案为：（NH4）2SO4；（4）BeO、Cl2与足量C在600～800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl故答案为：BeO+Cl2+C600～800℃CO+BeCl（5）设Be（OH）2的溶度积常数为Ksp，K＝c（Be2+）×c2（OH﹣），c（Be2+）=Kspc2(OH-)，当pH＝8.0时，c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，铍损失浓度为c（Be2+）=Ksp10-12mol/L，当pH＝8.5时，c（OH﹣）＝10﹣5.5故答案为：10。【点评】本题考查混合物分离提纯的综合应用，为高频考点，把握物质的反应、发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。4．（2023•河北）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如图：已知：室温下的Ksp（CuCl）＝10﹣6.8。回答下列问题：（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为[Cu（NH3）4]Cl2（填化学式）。（2）滤渣的主要成分为Fe（填化学式）。（3）浸取工序的产物为[Cu（NH3）2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为8NH3（4）浸取工序宜在30～40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是盐酸和液氨反应放热。（5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu（NH3）2]++2H++Cl﹣═CuCl↓+2NH4（6）真空干燥的目的为防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化。【答案】见试题解答内容【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。【解答】解：（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：[Cu（NH3）4]Cl2；（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为8N故答案为：[Cu（NH3）4]Cl2+Cu＝2[Cu（NH3）2]Cl；8N（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30～40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热；（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为[Cu(NH故答案为：CuCl↓；2N（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化。【点评】本题以工艺流程的形式考查了元素化合物知识，涉及物质的除杂、化学方程式的书写，属于高考的高频考点，难度适中。5．（2023•重庆）Fe3O4是一种用途广泛的磁性材料，以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺如图。25℃时各物质溶度积见表：物质Fe（OH）2Fe（OH）3Ca（OH）2溶度积（Ksp）4.9×10﹣172.8×10﹣395.0×10﹣6回答下列问题：（1）Fe3O4中Fe元素的化合价是+2和+3。O2﹣的核外电子排布式为1s22s22p6。（2）反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁。（3）反应釜2中，加入CaO和分散剂的同时通入空气。①反应的离子方程式为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+。②为加快反应速率，可采取的措施有搅拌、适当升高温度（写出两项即可）。（4）①反应釜3中，25℃时，Ca2+浓度为5.0mol/L，理论上pH不超过11。②称取CaCl2水合物1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol/LKMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。滴定达到终点的现象为当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色，该副产物中CaCl2的质量分数为66.6%。【答案】（1）+3；1s22s22p6；（2）防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；（3）①4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；②搅拌、适当升高温度；（4）①11；②当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%。【分析】以FeCl2为原料制备Fe3O4并获得副产物CaCl2水合物的工艺流程为：反应釜1中FeCl2溶液与CaO反应生成Fe（OH）2沉淀和CaCl2，反应为Fe2++CaO+H2O＝Fe（OH）2↓+Ca2+，反应釜2中FeCl2溶液与CaO、O2反应生成Fe（OH）3沉淀和CaCl2，反应为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+，调节pH在反应釜3中形成Fe3O4和CaCl2溶液，加压过滤得到Fe3O4沉淀，Fe3O4沉淀经过洗涤、干燥得到纯净Fe3O4固体，CaCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到纯净的CaCl2水合物，据此分析解答。【解答】解：（1）Fe3O4可写成Fe2O3•FeO，则Fe元素的化合价是+2和+3；O2﹣的核外电子数为10，排布式为1s22s22p6，故答案为：+3；1s22s22p6；（2）反应釜1中FeCl2溶液与CaO反应生成Fe（OH）2沉淀，Fe2+具有强还原性，易被氧气氧化，所以反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，故答案为：防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁；（3）①应釜2中FeCl2溶液与CaO、O2反应生成Fe（OH）3沉淀和CaCl2，反应为4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+，故答案为：4Fe2++4CaO+6H2O+O2＝4Fe（OH）3↓+4Ca2+；②加快反应速率的措施有搅拌、适当升高温度等，故答案为：搅拌、适当升高温度；（4）①Ksp[Ca（OH）2]＝c（Ca2+）•c2（OH﹣）＝5.0×10﹣6，则溶液中Ca2+浓度为5.0mol/L时c（OH﹣）=5.0×10-65.0mol/L＝1.0×10﹣3mol/L，c（H+）=10-141.0×10-3mol/L＝1.0×10﹣11mol/L，pH＝11，所以25故答案为：11；②KMnO4标准溶液呈紫红色，当滴定达到终点时现象为：当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；草酸与酸性高锰酸钾反应的离子方程式为5H2C2O4+2MnO4-+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，根据Ca、C原子守恒有：5CaCl2～5CaC2O4～5H2C2O4～2KMnO4，则n（CaCl2）=52n（KMnO4）＝2.5×0.024L×0.1000mol/L＝0.0060mol，m（CaCl2）＝0.0060mol×111g/mol＝0.6660g，CaCl2的质量分数为故答案为：当滴加最后半滴标准溶液，溶液由无色变成浅红色，并且半分钟内不变色；66.6%。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，把握物质的性质、发生的反应、氧化还原滴定及方程式书写为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握元素化合物知识的应用，题目难度中等。6．（2023•甲卷）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将BaSO4还原为BaS。（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为Ca2++S2﹣═CaS↓。（3）“酸化”步骤应选用的酸是c（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？其原因是不可行，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境。（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2：nCO＝1：1【答案】（1）将BaSO4还原为BaS；（2）Ca2++S2﹣═CaS↓；（3）C；（4）不可行，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境；（5）BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl；（6）1：1。【分析】由制备流程可知，用碳粉和氯化钙处理BaSO4，将BaSO4转化为易溶于水的BaS和氯化钡，硫化钡经过盐酸酸化生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化钛、草酸氨反应生成BaTiO（C2O4）2沉淀，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO3，以此解答该题。【解答】解：（1）由流程可知，“焙烧”步骤中碳粉转化为了CO，化合价升高，做还原剂，将硫酸钡转化为硫化钡，故“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是将BaSO4还原为BaS，故答案为：将BaSO4还原为BaS；（2）“浸取”时多余的钙离子与硫离子生成硫化钙沉淀，故离子反应为：Ca2++S2﹣═CaS↓，故答案为：Ca2++S2﹣═CaS↓；（3）酸化的作用是为了将BaS转化为BaCl2而不能引入新杂质，故选用HCl，故答案为：C；（4）焙烧后的产物有BaS和CaS，如果直接加盐酸，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境，故答案为：不可行，多余的Ca2+无法除去，同时会放出更多的H2S污染环境；（5）由沉淀步骤可知加入了TiCl4和（NH4）2C2O4生成了BaTiO（C2O4）2，根据反应原子守恒可写出化学方程式为：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl，故答案为：BaCl2+TiCl4+2（NH4）2C2O4+H2O＝BaTiO（C2O4）2+4NH4Cl+2HCl；（6）BaTiO（C2O4）2分解方程式为：BaTiO（C2O4）2•4H2O△BaTiO3+2CO↑+2CO2↑+4H2O，则nCO2：nCO＝故答案为：1：1。【点评】本题考查物质的制备、化学方程式的书写，为高考常见题型，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握常见物质分离提纯方法。7．（2023•新课标）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物。从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如图所示。已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O72-存在，在碱性介质中以回答下列问题：（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为Na2CrO4（填化学式）。（2）水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3。（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是Al（OH）3。（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH＜9时，会导致PO43-与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；pH＞9时，会导致Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（NH4+）降低，导致MgNH4PO（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VO2+或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-。上述性质说明V2O5具有A.酸性B.碱性C.两性（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）溶液，反应的离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO【答案】（1）Na2CrO4；（2）Fe2O3；（3）Al（OH）3；（4）PO43-会与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（NH4+）降低，导致MgNH（5）C；（6）3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3+【分析】铬钒渣（铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物）中分离提取铬和钒的流程为：铬钒渣在Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐Na2CrO4、NaVO3，铝、硅、磷等的化合物转化为NaAlO2、Na2SiO3、Na3PO4，铁的化合物转化为Fe2O3，加水浸取熔渣，过滤，水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，水浸液中含有NaAlO2、NaVO3、Na2CrO4、Na2SiO3、Na3PO4，加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，过滤得到含有Al（OH）3的滤渣，再加入MgSO4和（NH4）2SO4除硅磷，使硅、磷分别转化为MgSiO3、MgNH4PO4沉淀，过滤除去沉淀得到含有NaVO3、Na2CrO4的滤液，加入稀硫酸将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2O72-具有强氧化性，与加入的Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3++6SO42-+5H2O，调pH【解答】解：（1）铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，煅烧过程中钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，碱性条件下含铬化合物主要为Na2CrO4，故答案为：Na2CrO4；（2）Na2CO3、NaOH作用下高温焙烧，铝、硅、磷的化合物转化为可溶性的NaAlO2、Na2SiO3（部分以SiO2形式存在）、Na3PO4等，铁的化合物转化为Fe2O3，则水浸渣中主要有SiO2和Fe2O3，故答案为：Fe2O3；（3）“沉淀”步骤中加入稀硫酸调溶液的pH到弱碱性时，NaAlO2转化为Al（OH）3沉淀，可除去Al（OH）3，故答案为：Al（OH）3；（4）PO43-、SiO32-水解呈碱性，“除硅磷”步骤中控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH＜9时溶液的碱性减弱，PO43-会与H+反应，使c（PO43-）降低，不能完全MgNH4PO4沉淀，同时SiO32-会与H+反应生成硅酸胶状沉淀，不利于硅、磷转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀；pH＞9时溶液的碱性增强，沉淀剂中的Mg2+、NH4+分别转化为Mg（OH）2沉淀、NH3•H故答案为：PO43-与H+反应，使其浓度降低，导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀，不宜处理；Mg2+生成Mg（OH）2沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中c（NH4+）降低，导致MgNH（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH＜1时，溶解为VO2+或VO3+；在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-故答案为：C；（6）酸性条件下Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，Cr2O72-具有强氧化性，与Na2S2O5反应生成Cr3+，离子方程式为3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═故答案为：3S2O52-+2Cr2O72-+10H+═4Cr3+【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度中等。8．（2023•湖南）超纯Ga（CH3）3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Ga（CH3）3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3的工艺流程如图：知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；②Et2O（乙醚）和NR3（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Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：（1）晶体Ga（CH3）3的晶体类型是分子晶体；（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40～45℃的原因是保证Ga为液体，便于纯Ga流出，阴极的电极反应式为[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是CH4；（5）下列说法错误的是D；A.流程中Et2O得到了循环利用B.流程中，“合成Ga2Mg5”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Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3D.用核磁共振氢谱不能区分Ga（CH3）3和CH3I（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制备超纯Ga（CH3）3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga（CH3）3的理由是NR3的沸点远高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分离；（7）比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga（CH3）3＞Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“＝”），其原因是Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。【答案】（1）分子晶体；（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）CH4；（5）D；（6）NR3的沸点远高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分离；（7）＞；Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。【分析】以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga（CH3）3（Et2O）、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga（CH3）3，Et2O重复利用，据此解答。【解答】解：（1）根据物质的沸点，晶体Ga（CH3）3的沸点较低，晶体类型是分子晶体，故答案为：分子晶体；（2）根据Ga的熔点为29.8℃，电解池温度控制在40～45℃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，Ga的化学性质和Al相似，阴极为[Ga（OH）4]﹣得到电子，电极反应式为[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣，故答案为：保证Ga为液体，便于纯Ga流出；[Ga（OH）4]﹣+3e﹣＝Ga+4OH﹣；（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）””工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI，故答案为：8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5＝2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI；（4）“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4，故答案为：CH4；（5）A.根据分析，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；B.Ga（CH3）3（NR3）容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C.“配体交换”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），“工序X”为蒸出Ga（CH3）3，C正确；D.两者所含相同类型氢原子个数不同，氢谱面积大小不同，用核磁共振氢谱能区分Ga（CH3）3和CH3I，D错误，故答案为：D；（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制备超纯Ga（CH3）3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga（CH3）3的理由是NR3的沸点远高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分离，故答案为：NR3的沸点远高于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易分离；（7）结合各物质的结构，分子中的C—Ga—C键角Ga（CH3）3＞Ga（CH3）3（Et2O），其原因是Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小，故答案为：＞；Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。【点评】本题考查物质制备实验，为高频考点，明确制备流程是解本题关键，注意反应过程中反应的原理以及分离方法为解答的关键，题目难度较大。9．（2023•乙卷）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的流程如图：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MnCO3+H2SO4＝MnSO4+H2O+CO2↑。为提高溶矿速率，可采取的措施粉碎菱锰矿（举1例）。（2）加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，不宜使用H2O2替代MnO2，原因是Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c（Fe3+）＝2.8×10﹣9mol•L﹣1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为Mn2++2H2O电解H2↑+MnO2↓+2H+。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断加入Mn（OH）2（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是2Li2CO3+8MnO2煅烧4LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【答案】见试题解答内容【分析】根据题目中的流程，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。【解答】解：（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，此时体系中含有的c（Fe3+）=Ksp[Fe(OH)3]C3(OH-)=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，c（Ni2+）＝5.5×10﹣4mol•L﹣1故答案为：2.8×10﹣9；Al3+；（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO故答案为：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++2H2O电解H2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液