备战高一高二高三高考化学临考题号押题（辽宁、黑龙江、吉林专用）押非选择题 化学工艺流程综合题（解析版）

押非选择题化学工艺流程综合题考情统计考向预测备考策略2023·辽宁卷，162022·辽宁卷，162021·辽宁卷，16以工艺流程图为载体，综合考查无机化学知识，并涉及实验操作、离子反应、氧化还原反应、化学平衡移动等知识，意在考查考生的变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知的学科素养，以及信息获取、理解掌握、知识整合和科学思维的关键能力。①无机物的性质、转化及其类比应用；②化学实验基本操作；③方程式（离子方程式、氧化还原反应方程式）的书写；④化学平衡移动原理的应用及相关计算（沉淀溶解平衡等）；⑤物质结构与性质相关内容。1.（2023·辽宁卷）16.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）NA（3）①.②.Fe(OH)3（4）①.9.0%②.SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）（6）11.1【解析】【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)2，在空气中可被氧化成。【小问1详解】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【小问2详解】的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA【小问3详解】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；【小问4详解】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SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率【小问5详解】“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；【小问6详解】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。2.（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制备和，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；②金属活动性：；③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列问题：（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度（2）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为___________。（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②___________。（4）滤渣的主要成分为___________(填化学式)。（5）生成气体A的离子方程式为___________。（6）加入金属的目的是___________。【答案】（1）ab（2）（3）抑制金属离子水解（4）（5）（6）将转化为【解析】【分析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：、、，故联合焙烧后得到、、、和；水浸：进入滤液，滤渣为、、和；酸浸：加入过量浓盐酸后，和发生转化：、，因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：，气体A为，滤渣主要为不溶于浓盐酸的，滤液中金属离子为；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，的金属活动性强于，且调pH=2.6时和进入滤液，可知加入金属的目的是将还原为。【小问1详解】a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；【小问2详解】在空气中单独焙烧生成，根据原子守恒可知还应生成，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为；【小问3详解】加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为、、、、，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的产率偏低；【小问4详解】滤渣主要为不溶于浓盐酸的，答案为；【小问5详解】因有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：；【小问6详解】由已知信息③知，调pH=2.6时，会水解生成沉淀，但还没开始沉淀，故要将转化为，在调后获得含的滤液，为了不引入新的杂质，加入作还原剂。3.（2021·辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：（1）Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。（2）用溶液制备胶体的化学方程式为_______。（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。（4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中_______【近似为，的近似为】。（5）“转化”过程中生成的离子方程式为_______。（6）“提纯”过程中的作用为_______。【答案】（1）①.4②.VIB（2）FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl（3）（4）①.6.0②.1×10-6（5）Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O（6）防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【解析】【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。【小问1详解】Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；【小问2详解】用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；【小问3详解】常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知，“沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为，故答案为：；【小问4详解】某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6，故答案为：6.0；1×10-6；【小问5详解】由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；【小问6详解】由分析可知，“提纯”过程中的作用为防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。一、原料的预处理1．原料预处理的目的(1)原料经过预处理主要是除去不必要的杂质，净化所需要的原料。(2)原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。2．原料的预处理的方法与作用方法作用粉碎或研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体、气体间的接触面积，增大反应速率灼烧、焙烧、煅烧除去可燃性杂质；使原料初步转化为下一步可溶解的物质(氧化物等)水浸与水接触反应或溶解，分离可溶物与难溶物酸浸与酸反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污；溶解铝(氧化铝)、二氧化硅；调节pH促进水解(金属离子的沉淀)二、反应条件的控制通过控制一定的反应条件，达到提高物质转化率或除去杂质的目的。反应条件最常见的是溶液的酸碱性(pH)、反应的温度。1．控制溶液的酸碱性(pH)(1)增强物质的氧化性、还原性，调节离子的水解程度。(2)通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。①若要除去溶液中含有的Fe3+、Al3+，可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。[若有Fe2+，通常需先用氧化剂(H2O2等)把Fe2+氧化为Fe3+]②调节pH所利用的物质一般应满足能与H+反应，使溶液pH增大和不引入新杂质两点需求。例如:若要除去Cu2+溶液中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。2．控制反应的温度(1)调节化学反应速率。(2)调节平衡移动方向。(3)控制固体的溶解与结晶，如趁热过滤能防止某物质降温时析出。(4)促进溶液中气体的逸出或实现蒸馏。(5)防止或实现某物质水解或分解。(6)防止副反应的发生。3．调节反应物的浓度(1)通过控制反应物的浓度，控制反应的类型，有利于目标反应的进行。(2)根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡向利于目标产物生成的方向进行。(3)反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作带来除杂问题。三、陌生方程式的书写从近五年高考试题考查点的统计可以得出结论：陌生化学方程式、离子方程式的书写每年必考，往往还要进行多个方程式的书写。主要分为氧化还原反应、非氧化还原反应、电极反应三大类型。1．氧化还原反应方程式、离子方程式的书写(1)掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。常见氧化剂反应产物常见还原剂反应产物Na2O2NaOHFe2+Fe3+Fe3+Fe2+SO2、H2SO3、Na2SO3、NaHSO3NO2NOH2S、Na2S、NaHSS、SO2、HNO3(浓)NO2NaI、HII2、IHNO3(稀)NOH2C2O4、C2H2O2H2OH2O2O2H2SO4(浓)SO2Cl2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2Cl-KMnO4(H+)Mn2+(2)通过练习掌握书写信息型氧化还原反应方程式的步骤①确定发生氧化还原反应的物质或离子;②依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物);③根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数;④根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H+、OH-或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。2．非氧化还原反应方程式的书写(1)广义的水解反应广义的水解是指化合物中的正电性原子或原子团与OH结合，负电的原子或原子团与H部分结合形成两种新的物质。(2)酸(酸式盐)与碱可发生中和反应、强酸与弱酸盐反应生成强酸盐与弱酸。(3)铵盐、弱酸酸式盐、难溶氢氧化物、难溶碳酸盐受热后的分解反应。(4)多元弱酸盐与其多元弱酸反应生成其酸式盐。3．电极反应式的书写(1)原电池的电极反应都是自发氧化还原反应的半反应，其书写思路为:①负极反应先考虑还原剂失电子后的合理产物(碳元素酸性生成CO2、碱性以存在)，然后考虑产物与电解质是否反应。②正极反应则先考虑氧化剂得电子后的合理产物，然后考虑产物与电解质是否反应。(2)电解池中的阳极有最强的氧化能力，阴极有最强的还原能力，所以可以发生平常不能发生的一些氧化还原反应。同时考虑得失电子产物与电解液可能发生的反应。(3)由于离子在电极上的放电顺序除了与离子氧化还原性有关外还与离子浓度等有关，所以有些电极反应需要结合题目的信息完成。四、产物的分离提纯1．常用分离操作2．结晶方法：①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶、趁热过滤④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤⑤重结晶的方法分离的原理：随温度的改变，两种物质的溶解度变化量差别较大3．分离提纯中的答题规范(1)关于结晶操作从溶液中得到带结晶水的晶体的规范操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(2)关于沉淀、过滤①沉淀剂过量的判断把反应后的混合物静置一段时间，吸取少量上层清液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的沉淀剂，若没有沉淀生成，则证明沉淀剂已过量。②沉淀洗涤操作向过滤得到的沉淀上慢慢注入适量蒸馏水至刚好浸没沉淀，然后静置，让其自然流下，重复以上操作2～3次，直至洗涤干净。为了减少沉淀的溶解，可用冰水或有机溶剂洗涤。③检验沉淀洗涤干净的答题规范取少量最后一次洗涤液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的检验试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净。五、物质的转化与跟踪1．循环物质的确定2．滤渣、滤液成分的确定要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：(1)反应过程中哪些物质(离子)消失了？(2)所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应。1．（2024·辽宁沈阳·高三一模）马日夫盐是一种用于机械设备的防锈磷化剂，工业上利用软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)为主要原料，联合处理含的烟气并制备马日夫盐的一种工艺流程如下。请回答下列问题：已知：①不稳定，易被空气氧化②有机萃取剂是溶解了一种酸性磷酸酯(表示为)的磺化煤油，萃取时发生的反应主要为③，，(1)若含的烟气中混有空气，不同的浸出时间下，浸出液中、的浓度和测定结果如下图，在“浸锰”步骤中，主反应的化学方程式为，后曲线产生明显差异的原因。(用化学方程式表示)。(2)萃取可分为扩散萃取和动力学萃取两种类型。萃取率随搅拌速度的增加而进一步增加称为扩散萃取，浸出液受化学反应的控制称为动力学萃取。萃取时搅拌速度和溶液对金属离子萃取率的影响如图所示。萃取时，应采用的最佳实验条件为，过大或过小都会降低萃取率，结合平衡移动原理解释其原因是。(3)若浸出液中的浓度为，则“调”的范围为(当离子浓度小于时认为沉淀完全)。(4)“沉锰”步骤中为减少副产物的生成，正确的操作是将溶液逐量加入溶液中，并不断搅拌。(5)“酸溶”后的操作步骤包括、过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)(2)，小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁(3)(4)碳酸钠硫酸锰(5)蒸发浓缩、冷却结晶【分析】该工艺流程原料为软锰矿(主要成分为，含少量硅、铁、铝等氧化物)，产品为马日夫盐，流程主线中的主元素为锰，硅、铁、铝等元素在流程工艺中被依次除去，“浸锰”过程二氧化硅不溶，过滤除去，滤渣1为二氧化硅，Mn、Fe、A1以离子形式进入“萃取分液”过程，加入有机萃取剂，除去铁离子，调节水层的pH除去铝离子，滤渣2为氢氧化铝，溶液中主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液“沉锰”，过滤后再加入磷酸反应，一系列操作后得到。【详解】（1）在“浸锰”步骤中，主反应为转化为，锰元素化合价发生降低，为还原反应，故与具有还原性的反应，化学方程式为；后浸出液中相同时间内的浓度增加量小于的浓度增加量，且下降不明显，说明有副反应发生，故产生明显差异的原因为；（2）萃取时搅拌速度在时，萃取率最大，溶液=1时，萃取率最大，且不会被萃取，故答案为：，=1；小于1时，萃取率下降，从萃取时的反应可知，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，导致萃取率下降，过大，氢离子浓度减小该水解平衡正移，生成氢氧化铁，且萃取率提高而造成损失，故答案为：小于1时，氢离子浓度过大，反应的平衡逆移，萃取率下降，过大，水解生成氢氧化铁；（3）“调”的目的是使完全沉淀除去，不被沉淀出来，完全沉淀，则，，，，故完全沉淀，溶液，不被沉淀出来，，，，，不被沉淀出来，，故答案为：；（4）碳酸钠溶液显碱性，与硫酸锰“反应时可能有生成，为减少副产物的生成，应使混合溶液的，则碳酸钠溶液不能过量，故正确的操作是将碳酸钠溶液逐量加入硫酸锰溶液中，并不断搅拌，答案为：碳酸钠；硫酸锰；（5）“沉锰”反应后过滤、洗涤，得到的固体再加入适量磷酸反应，得溶液，从溶液中得到结晶水化合物操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶。2．（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MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3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MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+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。3．（2024·黑龙江·统考一模）HDS废催化剂是石油精炼加氢脱硫工序中产生的危险固体废弃物，但又富含钼、镍等有价金属，是一种重要的二次资源。以下是工业从HDS中回收钼的工艺流程：已知：①HDS废催化剂氧化焙烧转化成②浸出渣的成分为和，③(1)该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为，操作1为，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、、。(2)结合下图，碱浸时选择的最佳质量浓度为，最佳浸出温度为。(3)碱浸时有生成，该反应的离子方程式为。(4)采用碳酸根型萃取钼的反应为：。参考有关文献资料可知：一些阴离子被萃取的顺序为，则加入反萃取发生的化学方程式为：。反萃取后有机相为型，加入氢氧化钠处理可实现萃取剂再生。(5)该流程中可循环利用的物质为(6)经还原可得钼粉，涉及的金属冶炼方法为。A．热分解法B．热还原法C．电解法【答案】(1)研磨过滤烧杯（或漏斗）漏斗（或烧杯）(2)20170℃(3)(4)(5)萃取剂(6)B【分析】由流程和信息可知，HDS废催化剂氧化焙烧转化成，经研磨碱浸后，Ni元素转化为NiO，和Al2O3一起成为浸出渣，MoO3和一起转化为进入浸出液，浸出液中加入N263有机试剂，和有机溶剂发生反应，再加入反萃取剂转化为，进而经过一系列变化，生成钼，以此来解答。【解析】（1）根据流程图可知，该流程中使用的能提高碱浸出率的措施为研磨；由操作1得到浸出渣和浸出液可知，操作1为过滤，此操作在化学实验室中用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗；（2）由图1分析可知，Mo浸出率在Na2CO3添加量20时已达90%以上，再提高，Mo浸出率变化不大，因此的最佳选择为20；同理，由图2分析可知，Mo浸出率在170℃时已达95%以上，再升温变化不大，因此温度的最佳选择为170℃；（3）碱浸时有生成，且浸出渣有NiO，则该反应的离子方程式为；（4）由题意可知，加入反萃取发生的化学方程式为；（5）由流程图和(4)可知，可循环利用的物质为萃取剂；（6）由经还原可得钼粉可知，通过热还原法得到金属钼，答案选B。4．（2024·吉林·统考模拟预测）是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为)为原料制备的一种工艺方法如下：天青石主要元素质量分数如下：元素质量分数()36.42.04.00.55.0。回答下列问题：(1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成、时失重率分别为、，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为(填“”或“”)。(2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为和。(3)“水浸”后滤渣的主要成分除和C外，还有两种氧化物，化学式为和。(4)“水浸”时需加热，与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为(用化学方程式表示)(5)“水浸”后的滤液中，“除杂”过程中(忽略溶液引起的体积变化)，为使不沉淀，应控制溶液中，每升滤液中篇加入溶液的体积。(6)“沉锶”过程中，可溶性发生反应的离子方程式为。【答案】(1)CO2(2)COSO2(3)Al2O3SiO2(4)SrS+2H2Oeq\o(=====,\s\up7(△))H2S+Sr(OH)2(5)2×10-423.8(6)Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O【分析】天青石与碳粉混合煅烧生成SrS和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。【解析】（1）生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，说明两者都有，设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为(1-x)，则有,因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2；（2）煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和CO；（3）天青石中含有Ba、Ca、Al和Si，Si转化的SiO2和Al转化的Al2O3不能溶于水，所以两种氧化物为Al2O3和SiO2；（4）SrS溶于水几乎完全水解，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS+2H2Oeq\o(=====,\s\up7(△))H2S+Sr(OH)2；（5）根据Ksp(SrSO4)=3.4×10-7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为，为使Sr2+不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10-7mol/L，则钡离子浓度需大于，为使Sr2+不沉淀，在1L溶液中总的钡离子物质的量减硫酸消耗的钡离子物质的量，还余下2×10-4mol，硫酸根与钡离子满足1:1反应，则1L中硫酸的物质的量为，硫酸浓度为1mol/L，则体积为23.8mL；（6）沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2++2OH-+CO2=SrCO3↓+H2O。5．（2024·吉林·统考一模）五氟化锑主要用作氟化工的催化剂，也用作纺织工业物阻燃剂，在染料工业中用于制造染料中间体，此外，还用于制备高纯度金属锑、无机离子交换材料和胶体五氧化二锑。以某锑矿(主要成分为，含有少量、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下图：已知：Ⅰ．、的分别为、；Ⅱ．微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物；难溶于水。回答下列问题：(1)已知锑与氮元同素主族，原子序数为51，写出锑的价电子排布图。(2)“浸出”时少量转化为“滤渣1”。其成分为，加入氨水“除氯”，同时将其转化为，能否用溶液代替氨水，(填“能”或“否”)，原因是。(3)“沉淀”的过程是加入极稀的溶液，其目的是使和转化为相应的硫化物而除去，当、共沉时，。(4)“除砷”时，H2PO7转化为HsPO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是。(5)“电解”中锑的产率与电压大小关系如下图所示。当电压未超过V时，阴极反应方程式为，当电压超过V时，锑的产率降低，阴极还可能发生了反应。(写出电极反应式)(6)与反应。首次实现了用化学方法制取，同时生成和，化学反应方程式为。【答案】(1)(2)否在碱性条件下“除氯”转化为，为两性氧化物，能溶于溶液，实际操作时的量不易控制(3)(4)4∶3(5)(6)【分析】由题干工艺流程图可知，锑矿用盐酸浸出，Sb2O3、CuO、PbO、As2O3分别与盐酸反应生成SbCl3、CuCl2、PbCl2、AsCl3，结合“浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl”，滤渣1的成分SbOCl，过滤除去难溶性杂质，滤液中加入Na2S，沉淀Cu2+、Pb2+，过滤除去CuS、PbS，滤液中含有SbCl3和AsCl3，加入NaH2PO2除去As，滤液中含有SbCl3，电解滤液制得金属Sb，用氯气氧化Sb制得SbCl5，通入HF制得SbF5，据此分析解题。【解析】（1）已知锑与氮元同素主族即VA，原子序数为51，锑在元素周期表中的位置第5周期第VA族，锑的价电子排布图为：（2）浸出时少量Sb2O3转化为SbOCl，为“滤渣Ⅰ”的成分，加入氨水对其“除氯”转化为Sb2O3，即SbOCl与NH3•H2O反应生成Sb2O3、NH4Cl和H2O，发生反应的离子方程式为；不宜用NaOH溶液代替氨水，是因为SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制，故答案为：否；SbOCl在碱性条件下“除氯”转化为Sb2O3，Sb2O3为两性氧化物，能溶于过的NaOH溶液，实际操作时NaOH的量不易控制；（3）当CuS、PbS共沉时，，故答案为：；（4）“除砷”时，转化为H3PO4，As3+被还原为As单质，则发生反应的离子方程式为，反应中As3+的化合价降低被还原，是氧化剂，中P的化合价升高被氧化，是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:3，故答案为：4:3；（5）当电压超过U0V时，阴极周围的H+可能参与电极反应，被还原生成H2，导致锑的产率降低，故阴极还可能发生了电极反应；（6）SbF5与KMnF6反应制取F2，同时生成KSbF6和MnF3，该反应中F元素的化合价从-1价升高为0，Mn的化合价从+5降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平该化学反应方程式为，故答案为：。6．（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：。7．（2024上·安徽·高三一模）锰酸锂可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为，含少量等杂质)吸收含硫烟气(主要成分)制备，生产流程如下：已知：①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强；②在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的如下表：沉淀物开始沉淀2.77.63.47.7完全沉淀3.79.64.79.8回答下列问题：(1)滤渣1为(填化学式)；被还原为的离子方程式为。(2)由“滤液1”得到“滤液2”同时回收的实验方案为[在时溶解]：边搅拌边向滤液1中滴加足量；搅拌，加入溶液至，过滤得滤液2和固体；向所得固体中加入溶液至，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入___________，____________、___________、低温烘干得(实验中须用到的试剂有：溶液、溶液、)。(3)已知室温下，，当时，要使形成沉淀，。(4)在实际生产中，与按物质的量之比混合后，均匀加热制取，反应过程如下：①升温到时，开始分解产生，同时生成固体，此时比预计的分解温度低得多，原因可能是。②升温到时，开始分解产生另一种气体，完全反应后，恰好与①中产生的的物质的量相等，同时得到固体。则固体的化学式为。③升温到时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的。写出该阶段反应的化学方程式：。【答案】(1)(2)溶液4.7≤pH<7.7过滤洗涤(3)(4)MnO2对的分解有催化剂的作Mn2O3【分析】软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，、Fe2O3、FeO、Al2O3都能溶于酸，二氧化硅不溶于酸，得到滤渣1为二氧化硅，三价铁将二氧化硫氧化为硫酸同时生成二价铁，滤液1含Al3＋、Mn2＋、Fe2＋，滴加足量过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，利于将铁离子转化为沉淀，结合图表数据，搅拌加入氢氧化钠溶液至4.7≤pH<7.7，使得铁、铝离子沉淀而锰离子不沉淀，过滤得到滤液2和固体，固体含有氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，向所得固体中加入氢氧化钠溶液至pH≥12，搅拌溶解氢氧化铝得到四羟基合铝酸钠溶液，氢氧化铁不反应，过滤再向所得滤液中通入二氧化碳将四羟基合铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤洗涤，低温烘干得到氢氧化铝；滤液2中加入氢氧化钠溶液过滤得到Mn(OH)2，一定条件下得到MnO2，Li2CO3与MnO2按物质的量之比为1：4混合均匀加热制取LiMn2O4；【解析】（1）由分析可知，滤渣1为；铁离子具有氧化性把二氧化硫氧化为硫酸而本身被还原为亚铁离子，离子方程式为；（2）由分析可知，由“滤液1”得到“滤液2”同时回收的实验方案为：边搅拌边向滤液1中滴加足量溶液，搅拌，加入溶液至4.7≤pH<7.7，过滤得滤液2和固体；向所得固体中加入溶液至，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入，过滤、洗涤、低温烘干得；（3）当时，pOH=6，要使形成沉淀，此时，故；（4）①升温到515℃时，开始分解产生，同时生成固体A氧化锂，此时比预计的分解温度(723℃)低得多，说明MnO2对的分解有催化剂的作用；②实际生产中，与按物质的量之比混合后，均匀加热制取；升温到566℃时，开始分解产生另一种气体X只能为氧气，氧气恰好与①中产生的CO2物质的量相等，假设Li2CO3的物质的量为1mol，MnO2物质的量为4mol，则产生1molCO2即也生成1molO2，由元素守恒可知，生成B中含4molMn和4mol×2-1mol×2=6molO，故得到固体B的化学式Mn2O3；③升温到720℃时，A()、B(Mn2O3)反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂，Li2O和Mn2O3反应生成LiMn2O4，反应中锰元素化合价化合价升高被氧化，则固体质量增加原因为空气氧气作为氧化剂参与反应，反应的化学方程式为：。8．（2024·广东·高三一模）铋酸钠(NaBiO3)是一种可测定锰的强氧化剂。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、SiO2、CuO等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下：已知：①易水解，难溶于冷水，与热水反应，不溶于水。②“氧化浸取”时，硫元素转化为硫单质。③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表：金属离子开始沉淀的pH7.62.74.84.5沉淀完全的pH9.63.76.45.5回答下列问题：(1)基态的3d电子轨道表示式为。“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。(2)“氧化浸取”过程中，需要控制温度不超过40℃的原因是，发生反应的化学方程式为。(3)已知，中的配位数为，配体的空间结构为。(4)“氧化”过程发生反应的离子方程式为。(5)取1.0g制得的产品，加入足量稀硫酸和稀溶液，发生反应，完全反应后再用0.1000的标准溶液滴定生成的，当溶液紫红色恰好褪去时，消耗23.50mL标准溶液，则产品的纯度为%。(6)我国科学家对新型二维半导体芯片材料——的研究取得了突破性进展。的晶胞结构中的位置如图所示(略去、)，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密度为。设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞底边边长(填含b、、的计算式，不必化简)。【答案】(1)S和SiO2(2)防止盐酸挥发和双氧水分解(3)4三角锥形(4)(5)65.8(6)【分析】已知，氧化浸取时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质向辉铋矿中加入过氧化氢和盐酸进行氧化浸取，过氧化氢具有氧化性，发生的反应有Bi2S3+3H2O2+6H+＝2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+＝2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe（OH）3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3⋅H2O[Cu(NH3)4]2++4H2O，Bi3+转化为氢氧化铋沉淀，过滤后得固体为氢氧化铋沉淀，滤渣中加入NaOH、Cl2，发生反应Na++Cl2+Bi(OH)3+3OH-=NaBiO3↓+2Cl-+3H2O，得到产品NaBiO3，据此分析解题。【详解】（1）已知Fe是26号元素，基态的3d的电子排布式为：3d6，则电子轨道表示式为，由分析可知，“滤渣1”的主要成分为S和SiO2，故答案为：；S和SiO2；（2）由题干工艺流程图可知，“氧化浸取”过程中使用的盐酸易挥发，H2O2受热易分解，故反应中需要控制温度不超过40℃，FeS2发生反应生成FeCl3、S，该反应的化学方程式为：，故答案为：防止盐酸挥发和双氧水分解；；（3）已知每个NH3分子与Cu2+间形成一个配位键，故中Cu2+的配位数为4，配体即NH3中心原子N周围的价层电子对数=3+=4，则其空间结构为三角锥形，故答案为：4；三角锥形；（4）由分析可知，“氧化”过程发生反应的离子方程式为，故答案为：；（5）根据反应方程式：，2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可找到关系式：5NaBiO3~2~5H2C2O4，故有n(NaBiO3)=n(H2C2O4)=0.1000mol/L×23.50×10-3L=2.35×10-3mol，则产品的纯度为=65.8%，故答案为：65.8；（6）由题干晶胞示意图可知，Bi2O2Se的晶胞结构中Se2-的位置如图所示(略去O2-、Bi3+)，一个晶胞中含有Se2-的个数为：=2，即一个晶胞中含有2个Bi2O2Se，已知晶胞为竖直的长方体，高为bpm，晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：a2b×10-30cm3，则有：，故则晶胞底边边长，故答案为：。9．（2023·辽宁沈阳·沈阳二中校考模拟预测）残渣油中含有大量的有机物，还含有少量金属元素Mo、V、Ni、Fe的硫化物，其中Mo、V的含量最高，回收价值最大。但因油的粘度较大，增大了回收的难度，工业生产中从残渣油里回收V、Mo的工艺流程如图所示。

已知：①微溶于冷水、乙醉、乙醚，能溶于热水：②“除杂”步骤后的、以利离子的形式存在；③钒在不同、不同浓度下的存在形态如图，其中可简写成。

回答下列问题：(1)已知和是同族相邻元素，写出Mo的外围电子轨道表示式。(2)脱油残渣空气焙烧的目的是。(3)“焙烧1”时生成的气体成分是。(4)用碳酸钠溶液除杂，调节值范围为。(5)“沉钒”时，发现随着温度升高，沉钒率反而下降，推测可能的原因是。(6)在“焙烧2”制备的操作中，若采取真空干燥焙烧，副产物经处理后可投入使用的流程步骤是；若在空气中焙烧，可生成一种无毒气体，该反应的化学方程式为。【答案】(1)

(2)去除残渣中的有机物，并将残渣中的金属硫化物转化为金属氧化物(3)、(4)6～9(5)受热分解，且在热水中溶解度大(6)沉矾【分析】由题干工艺流程图信息可知，将残渣油用有机溶剂进行浸取操作，然后分液分离出浸取液和脱油残渣，干燥后在空气中进行焙烧1，除去残渣表面的有机物，大部分有机物和残渣中含有硫化物焙烧生成CO2、SO2等气体，加入Na2CO3溶液将V、Mo分别转化为和离子的形式存在，过滤除去不溶性杂质，得到的滤液1中加入NH4Cl进行沉钒即将转化为NH4VO3，过滤得到NH4VO3沉淀和滤液2，对NH4VO3进行焙烧2得到V2O5，对滤液2进行沉钼，然后过滤得到沉淀，进行焙烧3得到MoO3。【解析】（1）已知和是同族相邻元素，的外围电子排布式为：，所以Mo的外围电子轨道表示式：

，答案为：

；（2）由题干信息可知，因油的粘度较大，增大了回收的难度，故脱油残渣空气焙烧的目的是除去有机物表面的有机物和将硫化物转化为氧化物，故答案为：去除残渣中的有机物，并将残渣中的金属硫化物转化为金属氧化物；（3）由分析可知，在空气中进行焙烧1，除去残渣