專題14化學(xué)工藝流程綜合（講義）

專題14化學(xué)工藝流程綜合01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法考點(diǎn)二提純類化工流程題【高考解密】考點(diǎn)二提純類化工流程題【高考解密】命題點(diǎn)01反應(yīng)條件控制命題點(diǎn)02化學(xué)基本原理命題點(diǎn)03化學(xué)圖表圖象信息加工【技巧解密】【考向預(yù)測】考點(diǎn)一物質(zhì)制備類化工流程題【高考解密】命題點(diǎn)01反應(yīng)條件控制命題點(diǎn)02化學(xué)基本原理命題點(diǎn)03化學(xué)圖表圖象信息加工【技巧解密】【考向預(yù)測】04核心素養(yǎng)·微專題微專題化工流程題中定量計算考點(diǎn)考查內(nèi)容考情預(yù)測物質(zhì)制備類化工流程題1、反應(yīng)條件控制2、化學(xué)基本原理3、化學(xué)圖表圖象信息加工化學(xué)工藝流程題是全國高考中的必考題型，它是將化工生產(chǎn)過程中主要生產(chǎn)階段——生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來，并根據(jù)生產(chǎn)流程中有關(guān)的化學(xué)知識步步設(shè)問，是無機(jī)框圖的創(chuàng)新；化學(xué)工藝流程題是現(xiàn)代化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)工藝流程的簡化，它涉及了化工生產(chǎn)過程中所遇到的生產(chǎn)成本、產(chǎn)品提純、環(huán)境保護(hù)等實(shí)際問題，并考查了物質(zhì)的制備、檢驗(yàn)、分離提純等實(shí)驗(yàn)基本操作和基本實(shí)驗(yàn)原理在化工生產(chǎn)中的實(shí)際應(yīng)用。預(yù)計2024年高考的試題仍以某礦石為原料制備某物質(zhì)或以廢渣、廢液提取某物質(zhì)為背景，呈現(xiàn)化工生產(chǎn)流程圖，進(jìn)行命題設(shè)計，綜合考查元素化合物知識、氧化還原反應(yīng)方程式的書寫、反應(yīng)條件的控制與選擇、產(chǎn)率的計算、Ksp的應(yīng)用、綠色化學(xué)思想的體現(xiàn)等，題目綜合性強(qiáng)，難度大，旨在考查考生提取信息，遷移應(yīng)用的邏輯思維能力。提純類化工流程題1、反應(yīng)條件控制2、化學(xué)基本原理3、化學(xué)圖表圖象信息加工考點(diǎn)一物質(zhì)制備類化工流程題命題點(diǎn)01反應(yīng)條件控制典例01（2023·全國甲卷）是一種壓電材料。以為原料，采用下列路線可制備粉狀?；卮鹣铝袉栴}：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”時主要反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是_______(填標(biāo)號)。a．稀硫酸

b．濃硫酸

c．鹽酸

d．磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步驟中生成的化學(xué)方程式為_______。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的_______。【答案】(1)做還原劑，將還原(2)(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低(5)(6)【分析】由流程和題中信息可知，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、易溶于水的和微溶于水的；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中碳粉和，濾液中有和；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到晶體；晶體溶于水后，加入和將鋇離子充分沉淀得到；經(jīng)熱分解得到?！窘馕觥浚?）“焙燒”步驟中，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、和，被還原為，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將還原。（2）“焙燒”后固體產(chǎn)物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的與過量的可以發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時主要反應(yīng)的離子方程式為。（3）“酸化”步驟是為了將轉(zhuǎn)化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而可溶于水，因此，應(yīng)選用的酸是鹽酸，選c。（4）如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的，導(dǎo)致溶液中混有雜質(zhì)無法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低。（5）“沉淀”步驟中生成的化學(xué)方程式為：++=。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，，因此，產(chǎn)生的=。典例02（2022·遼寧卷）某工廠采用輝鉍礦(主要成分為，含有、雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為)聯(lián)合焙燒法制各和，工藝流程如下：已知：①焙燒時過量的分解為，轉(zhuǎn)變?yōu)?；②金屬活動性：；③相關(guān)金屬離子形成氫氧化物的范圍如下：開始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為_______。a.進(jìn)一步粉碎礦石

b.鼓入適當(dāng)過量的空氣

c.降低焙燒溫度(2)在空氣中單獨(dú)焙燒生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出和；②_______。(4)濾渣的主要成分為_______(填化學(xué)式)。(5)生成氣體A的離子方程式為_______。(6)加入金屬Bi的目的是_______。(7)將100kg輝鉍礦進(jìn)行聯(lián)合焙燒，轉(zhuǎn)化時消耗1.1kg金屬Bi，假設(shè)其余各步損失不計，干燥后稱量產(chǎn)品質(zhì)量為32kg，滴定測得產(chǎn)品中Bi的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為78.5%。輝鉍礦中Bi元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_______。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)(6)將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+(7)24.02%【解析】已知①焙燒時過量的分解為，轉(zhuǎn)變?yōu)?，在空氣中單?dú)焙燒生成和二氧化硫，經(jīng)過酸浸，濾渣為二氧化硅，與濃鹽酸生成A氯氣，濾液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，調(diào)節(jié)pH得到。（1）為提高焙燒效率，可采取的措施為：進(jìn)一步粉碎礦石增大與氧氣的接觸面積；鼓入適當(dāng)過量的空氣使燃燒更加充分，故選ab；（2）在空氣中單獨(dú)焙燒生成和二氧化硫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（3）“酸浸”中由于鐵離子、Bi3＋易水解，因此溶浸時加入過量濃鹽酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出和；②抑制金屬離子水解；（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故濾渣的主要成分為SiO2；（5）A為氯氣，生成氣體A的離子方程式為；（6）金屬活動性：，F(xiàn)e3+在pH為1.6時則產(chǎn)生沉淀，為了鐵元素不以沉淀形式出現(xiàn)故加入金屬Bi將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，形成氯化亞鐵溶液；（7）輝鉍礦中Bi元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。典例03（2021·全國卷）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面。回答下列問題：(1)的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為_______，生成的沉淀與硝酸反應(yīng)，生成_______后可循環(huán)使用。②通入的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；若反應(yīng)物用量比時，氧化產(chǎn)物為_______；當(dāng)，單質(zhì)碘的收率會降低，原因是_______。(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入過量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的總反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_______。在溶液中可發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)室中使用過量的與溶液反應(yīng)后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應(yīng)中加入過量的原因是_______。【答案】

(1)

①2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I

AgNO3

②

FeI2+Cl2=I2+FeCl2

I2、FeCl3

I2被過量的進(jìn)一步氧化

(2)

(3)4

防止單質(zhì)碘析出【解析】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應(yīng)生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進(jìn)行轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I，生成的銀能與硝酸反應(yīng)生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I；AgNO3；②通入的過程中，因I還原性強(qiáng)于Fe2+，先氧化還原性強(qiáng)的I，若氧化產(chǎn)物只有一種，則該氧化產(chǎn)物只能是I2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應(yīng)物用量比時即過量，先氧化完全部I再氧化Fe2+，恰好將全部I和Fe2+氧化，故氧化產(chǎn)物為I2、FeCl3，當(dāng)即過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質(zhì)碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，單質(zhì)碘的收率會降低，故答案為：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進(jìn)一步氧化；(2)先向溶液中加入計量的，生成碘化物即含I的物質(zhì)；再向混合溶液中（含I）加入溶液，反應(yīng)得到，上述制備的兩個反應(yīng)中I為中間產(chǎn)物，總反應(yīng)為與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故答案為：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學(xué)方程式為4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應(yīng)中加入過量，I濃度增大，可逆反應(yīng)平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時防止單質(zhì)碘析出，故答案為：4；防止單質(zhì)碘析出。命題點(diǎn)02化學(xué)基本原理典例01（2023·全國乙卷）LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關(guān)注。由菱錳礦（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制備LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×1039，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×1016?；卮鹣铝袉栴}：(1)硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。為提高溶礦速率，可采取的措施_______(舉1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。(3)溶礦反應(yīng)完成后，反應(yīng)器中溶液pH=4，此時c(Fe3+)=_______mol·L1；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。(5)在電解槽中，發(fā)生電解反應(yīng)的離子方程式為_______。隨著電解反應(yīng)進(jìn)行，為保持電解液成分穩(wěn)定，應(yīng)不斷_______。電解廢液可在反應(yīng)器中循環(huán)利用。(6)緞燒窯中，生成LiMn2O4反應(yīng)的化學(xué)方程式是_______?！敬鸢浮?1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱錳礦(2)將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)2.8×109Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【分析】根據(jù)題給的流程，將菱錳礦置于反應(yīng)器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質(zhì)中的Fe、Ni、Al等元素物質(zhì)也轉(zhuǎn)化為其離子形式，同時，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調(diào)至制約等于7，此時，根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中的Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應(yīng)的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產(chǎn)物L(fēng)iMn2O4?！窘馕觥浚?）菱錳礦中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以與其反應(yīng)，硫酸溶礦主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎；故答案為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱錳礦。（2）根據(jù)分析，加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因?yàn)檠趸笊傻腇e3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶礦完成以后，反應(yīng)器中溶液pH=4，此時溶液中c(OH)=1.0×1010mol·L1，此時體系中含有的c(Fe3+)==2.8×109mol·L1，這時，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×105，認(rèn)為Fe3+已經(jīng)沉淀完全；用石灰乳調(diào)節(jié)至pH≈7，這時溶液中c(OH)=1.0×107mol·L1，溶液中c(Al3+)=1.3×1012mol·L1，c(Ni2+)=5.5×104mol·L1，c(Al3+)小于1.0×105，Al3+沉淀完全，這一階段除去的金屬離子是Al3+；故答案為：2.8×109、Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時溶液中發(fā)生的離子方程式為BaS+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在電解槽中，Mn2+發(fā)生反應(yīng)生成MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；電解時電解液中Mn2+大量減少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持電解液成分的穩(wěn)定；故答案為：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。（6）煅燒窯中MnO2與Li2CO3發(fā)生反應(yīng)生成LiMn2O4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案為：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。典例02（2022·山東卷）工業(yè)上以氟磷灰石[，含等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：(1)酸解時有產(chǎn)生。氫氟酸與反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸，離子方程式為_______。(2)部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比加入脫氟，充分反應(yīng)后，_______；再分批加入一定量的，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是_______。(3)濃度(以計)在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、濃度(以計)的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得、為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學(xué)式)；洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗滌液X的操作單元是_______；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中和的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是_______(填標(biāo)號)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O(2)

(3)CaSO4?0.5H2O

抑制CaSO4的溶解，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率

酸解

AD【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結(jié)晶轉(zhuǎn)化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和，過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2=2H+++2H2O。（2）精制1中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c()=4c3()，c()=mol?L1，因此c(Na+)=2c()=mol?L1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c()=mol?L1；分批加入一定量的BaCO3，當(dāng)BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L1，當(dāng)BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是，然后才是。（3）根據(jù)圖中的坐標(biāo)信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價值，由于酸解時使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，體系溫度為65℃時，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于65℃線下方的晶體全部以CaSO4?2H2O。體系溫度為80℃時，位于80℃線下方的晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，位于80℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，據(jù)此分析：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于65℃線以下，晶體以CaSO4?2H2O形式存在，可以實(shí)現(xiàn)石膏晶體的轉(zhuǎn)化，A符合題意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于80℃線的上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的轉(zhuǎn)化，B不符合題意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實(shí)現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不符合題意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D符合題意；綜上所述，能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是AD。典例03（2021·山東卷）工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉栴}：(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是___。(2)礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溶液中可溶組分濃度c≤1.0×105mol?L1時，可認(rèn)為已除盡。中和時pH的理論范圍為___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作單元的名稱)過程中除去。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導(dǎo)致___；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有____。(4)利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在___(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為___?！敬鸢浮?/p>

(1)

增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率

(2)

使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率

浸取

(3)過度蒸發(fā)，導(dǎo)致Na2SO4（提早）析出

(4)H2SO4

陽

Na＋【解析】以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)過程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進(jìn)行焙燒，F(xiàn)eCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，F(xiàn)e(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進(jìn)行“浸取”，F(xiàn)e2O3不溶于水，過濾后向溶液中加入H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使、轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，再向?yàn)V液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。據(jù)此解答。(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率，故答案為：增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率。(2)中和時調(diào)節(jié)溶液pH目的是將、轉(zhuǎn)化為沉淀過濾除去，由圖可知，當(dāng)溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當(dāng)溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成，因此中和時pH的理論范圍為；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移動，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：；使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)會導(dǎo)致Na2SO4（提早）析出。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實(shí)質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由可知，在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備Na2Cr2O7的效率，Na＋通過離子交換膜移向陰極，故答案為：陽；Na＋。命題點(diǎn)03化學(xué)圖表圖象信息加工典例01（2023·北京卷）以銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，的氧化性強(qiáng)于。(1)“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續(xù)銀的浸出：礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應(yīng)，則可推斷：__________(填“>”或“<”)。②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應(yīng)，則浸錳液中主要的金屬陽離子有__________。(2)“浸銀”時，使用過量和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。①將“浸銀”反應(yīng)的離子方程式補(bǔ)充完整：__________。②結(jié)合平衡移動原理，解釋浸出劑中的作用：____________________。(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應(yīng)的離子方程式有______________________________。②一定溫度下，的沉淀率隨反應(yīng)時間的變化如圖所示。解釋分鐘后的沉淀率逐漸減小的原因：______________。(4)結(jié)合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：________?！敬鸢浮?1)>、(2)是為了與電離出的結(jié)合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀(3)、被氧氣氧化為，把氧化為(4)可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【分析】銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)混合加溶液，使礦石中的錳元素浸出，同時去除，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有、；浸錳渣中與過量和的混合液反應(yīng)，將中的銀以形式浸出，用鐵粉把還原為金屬銀?！窘馕觥浚?）①“浸錳”過程中，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，發(fā)生反應(yīng)，硫化錳溶于強(qiáng)酸而硫化銀不溶于強(qiáng)酸，則可推斷：>；②根據(jù)信息，在溶液中二氧化錳可將氧化為，自身被還原為，則浸錳液中主要的金屬陽離子有、。（2）①中S元素化合價升高，F(xiàn)e元素化合價降低，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為；②是為了與電離出的結(jié)合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①鐵粉可將還原為單質(zhì)銀，過量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應(yīng)，因此離子方程式為、；②溶液中生成的會被空氣中的氧氣緩慢氧化為，把部分氧化為，因此后銀的沉淀率逐漸降低。（4）聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用的氧化性將中的氧化為，同時生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時得到。典例02（2022·北京卷）白云石的主要化學(xué)成分為，還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制備高純度的碳酸鈣和氧化鎂，流程示意圖如下。已知：物質(zhì)(1)白云石礦樣煅燒完全分解的化學(xué)方程式為___________。(2)用量對碳酸鈣產(chǎn)品的影響如下表所示。氧化物()浸出率/%產(chǎn)品中純度/%產(chǎn)品中Mg雜質(zhì)含量/%(以計)計算值實(shí)測值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20備注：ⅰ、浸出率=(浸出的質(zhì)量/煅燒得到的質(zhì)量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、純度計算值為濾液A中鈣、鎂全部以碳酸鹽形式沉淀時計算出的產(chǎn)品中純度。①解釋“浸鈣”過程中主要浸出的原因是___________。②沉鈣反應(yīng)的離子方程式為___________。③“浸鈣”過程不適宜選用的比例為___________。④產(chǎn)品中純度的實(shí)測值高于計算值的原因是___________。(3)“浸鎂”過程中，取固體B與一定濃度的溶液混合，充分反應(yīng)后的浸出率低于60%。加熱蒸餾，的浸出率隨餾出液體積增大而增大，最終可達(dá)98.9%。從化學(xué)平衡的角度解釋浸出率增大的原因是___________。(4)濾渣C中含有的物質(zhì)是___________。(5)該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是___________。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故先浸出

2.4∶1

，優(yōu)先析出，且氧化鈣也能轉(zhuǎn)化為碳酸鈣(3)，，隨大量氨逸出，平衡正向移動(4)(5)【解析】白云石礦樣煅燒后轉(zhuǎn)化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解浸鈣，大部分鈣離子進(jìn)入濾液A，通入二氧化碳生成碳酸鈣；過濾分離出含有鎂、鐵、硅元素的固體B，加入硫酸銨將鎂離子轉(zhuǎn)化為硫酸鎂溶液，加入碳酸銨生成碳酸鎂沉淀，煅燒得到氧化鎂；（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳?xì)怏w，化學(xué)方程式為；（2）①氯化銨水解生成一水合氨與氫離子，可以調(diào)節(jié)溶液的pH，由圖表可知，，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應(yīng)而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；②沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和銨根離子，離子方程式為。③由圖表可知，“浸鈣”過程的比例為2.4∶1時，產(chǎn)品中鎂元素雜質(zhì)最多且碳酸鈣純度最低，故不適宜選用的比例為2.4∶1。④，在反應(yīng)中會優(yōu)先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3質(zhì)量更小，二者共同作用導(dǎo)致產(chǎn)品中純度的實(shí)測值高于計算值；（3）“浸鎂”過程中，發(fā)生反應(yīng)：，，加熱蒸餾隨大量氨逸出，平衡正向移動，利于氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂；（4）白云石的主要化學(xué)成分為，還含有質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進(jìn)入濾液中，部分鈣進(jìn)入B中加入硫酸銨后轉(zhuǎn)化為微溶于的硫酸鈣，氧化鐵、二氧化硅幾乎不反應(yīng)進(jìn)入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達(dá)98.9%，則還有部分氧化鎂進(jìn)入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是；（5）沉鈣反應(yīng)中通入二氧化碳生成碳酸鈣和氯化銨；“浸鎂”過程中加熱蒸餾會有大量氨逸出；濾液D加入碳酸銨生成碳酸鎂和硫酸銨，碳酸鎂煅燒生成二氧化碳；白云石煅燒也會生成二氧化碳；在流程中既是反應(yīng)物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。典例03（2021·遼寧卷）從釩鉻錳礦渣(主要成分為、、)中提鉻的一種工藝流程如下：已知：pH較大時，二價錳[](在空氣中易被氧化.回答下列問題：(1)Cr元素位于元素周期表第周期族。(2)用溶液制備膠體的化學(xué)方程式為。(3)常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數(shù)[]與pH關(guān)系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，“沉釩”過程控制，則與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為(填化學(xué)式)。(4)某溫度下，、的沉淀率與pH關(guān)系如圖2?！俺零t”過程最佳pH為；在該條件下濾液B中【近似為，的近似為】。(5)“轉(zhuǎn)化”過程中生成的離子方程式為。(6)“提純”過程中的作用為?！敬鸢浮?1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl(3)(4)6.01×106(5)Mn2++H2O2+2OH=MnO2+2H2O(6)防止pH較大時，二價錳[]被空氣中氧氣氧化，轉(zhuǎn)化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純【分析】分析本工藝流程圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附含有釩的雜質(zhì)，濾液中主要含有Mn2+和Cr3+，加熱NaOH“沉鉻”后，Cr3+轉(zhuǎn)化為固體A為Cr(OH)3沉淀，濾液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要時防止pH較大時，二價錳[]被空氣中氧氣氧化，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，“轉(zhuǎn)化”步驟中的反應(yīng)離子方程式為：Mn2++H2O2+2OH=MnO2+2H2O，據(jù)此分析解題?！窘馕觥浚?）Cr是24號元素，價層電子對排布式為：3d54s1，根據(jù)最高能層數(shù)等于周期序數(shù)，價電子數(shù)等于族序數(shù)，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案為：4；VIB；（2）用溶液制備膠體的化學(xué)方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故答案為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；（3）常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數(shù)[]與pH關(guān)系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，=2，從圖中可知，“沉釩”過程控制，=2時，與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為，故答案為：；（4）某溫度下，、的沉淀率與pH關(guān)系如圖2，由圖中信息可知“沉鉻”過程最佳pH為6.0；則此時溶液中OH的濃度為：c(OH)=108mol/L，在該條件下濾液B中==1×106，故答案為：6.0；1×106；（5）由分析可知，“轉(zhuǎn)化”過程中生成的離子方程式為Mn2++H2O2+2OH=MnO2+2H2O，故答案為：Mn2++H2O2+2OH=MnO2+2H2O；（6）由分析可知，“提純”過程中的作用為防止pH較大時，二價錳[]被空氣中氧氣氧化，轉(zhuǎn)化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純，故答案為：防止pH較大時，二價錳[]被空氣中氧氣氧化，轉(zhuǎn)化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產(chǎn)物不純。物質(zhì)制備型工藝流程題一般分為原料處理、分離提純、獲得產(chǎn)品三個階段。通過對給定的原料進(jìn)行預(yù)處理、分離提純,再經(jīng)過若干步反應(yīng),最后制得目標(biāo)物質(zhì)。一、物質(zhì)制備過程中的常考知識點(diǎn)1.原料處理階段的常見考查點(diǎn)①研磨——減小固體的顆粒度，增大固體與液體或氣體間的接觸面積，加快反應(yīng)速率。②水浸——與水接觸反應(yīng)或溶解。③酸浸——與酸接觸反應(yīng)或溶解，使可溶性金屬進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去。④灼燒——除去可燃性雜質(zhì)或使原料初步轉(zhuǎn)化，如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質(zhì)。⑤煅燒——改變結(jié)構(gòu)，使一些物質(zhì)能溶解。并使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土。2．分離提純階段的常見考查點(diǎn)(1)調(diào)pH除雜①控制溶液的酸堿性使其中的某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化劑把Fe2＋氧化為Fe3＋，再調(diào)溶液的pH。②調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：能與H＋反應(yīng)，使溶液pH增大；不引入新雜質(zhì)。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH。(2)加熱：加快反應(yīng)速率或促進(jìn)平衡向某個方向移動。如果在制備過程中出現(xiàn)一些受熱易分解的物質(zhì)或產(chǎn)物，則要注意對溫度的控制。如侯氏制堿法中的NaHCO3；還有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(濃)等物質(zhì)。(3)降溫：防止某物質(zhì)在高溫時會溶解(或分解)；使化學(xué)平衡向著題目要求的方向移動。3．獲得產(chǎn)品階段的常見考查點(diǎn)(1)洗滌(冰水、熱水)：如乙醇洗滌既可洗去晶體表面的雜質(zhì)，又可減少晶體溶解的損耗。(2)蒸發(fā)時的氣體氛圍抑制水解：如從溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶質(zhì)時，應(yīng)在HCl的氣流中加熱，以防其水解。(3)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若將混合溶液加熱蒸發(fā)后再降溫，則析出的固體主要是K2Cr2O7，這樣就可分離出大部分K2Cr2O7；同樣原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若將混合溶液蒸發(fā)一段時間，析出的固體主要是NaCl，同樣原理可除去NaCl中的少量KNO3。二、工藝流程中的常見專業(yè)術(shù)語釋義研磨、霧化將塊狀或顆粒狀的物質(zhì)磨成粉末或?qū)⒁后w分散成微小液滴，增大反應(yīng)物接觸面積，以加快反應(yīng)速率或使反應(yīng)更充分灼燒(煅燒)使固體在高溫下分解或改變結(jié)構(gòu)、使雜質(zhì)高溫氧化、分解等。如煅燒石灰石、高嶺土、硫鐵礦浸取向固體中加入適當(dāng)溶劑或溶液，使其中可溶性的物質(zhì)溶解，包括水浸取、酸溶、堿溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去的過程浸出率固體溶解后，離子在溶液中的含量的多少滴定定量測定，可用于某種未知濃度物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度的測定酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金屬離子的水解、除去雜質(zhì)離子等堿作用去油污、去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅、調(diào)節(jié)pH、促進(jìn)水解(沉淀)三、工藝流程題中常見問題的答題方向常見問題答題要考慮的角度分離、提純過濾、蒸發(fā)、萃取、分液、蒸餾等常規(guī)操作，如從溶液中得到晶體的方法：蒸發(fā)濃縮—冷卻結(jié)晶—過濾—(洗滌、干燥)提高原子利用率綠色化學(xué)(物質(zhì)的循環(huán)利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)在空氣中或特定氣體中進(jìn)行的反應(yīng)或操作要考慮O2、H2O、CO2或特定氣體是否參與反應(yīng)或能否達(dá)到隔絕空氣，防氧化、水解、潮解等目的洗滌沉淀方法：往漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復(fù)以上操作2～3次判斷沉淀是否洗滌干凈取最后洗滌液少量，檢驗(yàn)其中是否還有某種離子存在等控制溶液的pH①調(diào)節(jié)溶液的酸堿性，抑制水解(或使其中某些金屬離子形成氫氧化物沉淀)②“酸作用”還可除去氧化物(膜)③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等④特定的氧化還原反應(yīng)需要的酸性條件(或堿性條件)控制溫度(常用水浴、冰浴或油浴)①使化學(xué)平衡移動；控制化學(xué)反應(yīng)的方向②控制固體的溶解與結(jié)晶③控制反應(yīng)速率：使催化劑達(dá)到最大活性④升溫：促進(jìn)溶液中的氣體逸出，使某物質(zhì)達(dá)到沸點(diǎn)揮發(fā)⑤加熱煮沸：促進(jìn)水解，聚沉后利于過濾分離三、核心反應(yīng)——陌生方程式的書寫關(guān)注箭頭的指向：箭頭指入→反應(yīng)物，箭頭指出→生成物。(1)氧化還原反應(yīng)：熟練應(yīng)用氧化還原反應(yīng)規(guī)律，判斷生成物并配平。陌生情景的氧化還原反應(yīng)方程式書寫①根據(jù)流程圖的目的，分析元素化合價的變化。②根據(jù)流程圖的轉(zhuǎn)化信息和反應(yīng)規(guī)律預(yù)測產(chǎn)物。③根據(jù)得失電子、溶液的酸堿性，配平化學(xué)(或離子)方程式。(2)非氧化還原反應(yīng)：結(jié)合物質(zhì)性質(zhì)和反應(yīng)實(shí)際情況判斷生成物。四、原料預(yù)處理的六種常用方法方法目的研磨減小固體的顆粒度，增大固體與液體或氣體間的接觸面積，增大反應(yīng)速率水浸與水接觸反應(yīng)或溶解酸浸與酸接觸反應(yīng)或溶解，使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過過濾除去堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒除去可燃性雜質(zhì)或使原料初步轉(zhuǎn)化，如從海帶中提取碘時的灼燒就是為了除去可燃性雜質(zhì)煅燒改變結(jié)構(gòu)，使一些物質(zhì)能溶解，并使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土五、控制反應(yīng)條件的七種常用方法(1)調(diào)節(jié)溶液的pH。常用于使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：①能與H＋反應(yīng)，使溶液pH變大。②不引入新雜質(zhì)，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋時，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制溫度。根據(jù)需要升溫或降溫，改變反應(yīng)速率或使平衡向需要的方向移動。(3)控制壓強(qiáng)。改變速率，影響平衡。(4)使用合適的催化劑。加快反應(yīng)速率，縮短達(dá)到平衡所需要的時間。(5)趁熱過濾。防止某物質(zhì)降溫時析出。(6)冰水(或有機(jī)溶劑)洗滌。洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗。(7)氧化：氧化劑的選擇要依據(jù)試題設(shè)置的情境，常見的氧化劑有氯氣、過氧化氫、氧氣和次氯酸鈉等，為了避免引入新的雜質(zhì)，通常選擇的氧化劑有過氧化氫和氧氣。六、副產(chǎn)品及循環(huán)物質(zhì)的確定1.副產(chǎn)品的確定2.循環(huán)物質(zhì)的確定七、工藝流程題的主線分析方法1.主線分析方法2.實(shí)例分析【典例】磷酸鐵鋰(LiFePO4)被認(rèn)為是最有前途的鋰離子電池正極材料。某企業(yè)利用富鐵浸出液生成磷酸鐵鋰,開辟了處理硫酸亞鐵廢液一條新途徑。其主要流程如下:已知:H2TiO3是種難溶于水的物質(zhì)。(1)鈦鐵礦用濃硫酸處理之前,需要粉碎,其目的是

。(2)TiO2+水解生成H2TiO3的離子方程式為

。(3)加入NaClO發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為

。(4)在實(shí)驗(yàn)中,從溶液中過濾出H2TiO3后,所得濾液渾濁,應(yīng)如何操作。(5)為測定鈦鐵礦中鐵的含量,某同學(xué)取經(jīng)濃硫酸等處理的溶液(此時鈦鐵礦中的鐵已全部轉(zhuǎn)化為二價鐵離子),采取KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定Fe2+的方法:(不考慮KMnO4與其他物質(zhì)反應(yīng))在滴定過程中,若未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管,則使測定結(jié)果(填“偏高”、“偏低”或“無影響”),滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。滴定分析時,稱取ag鈦鐵礦,處理后,用cmol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)液滴定,消耗VmL,則鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為?！痉治觥堪凑罩骶€分析法分析如下：【信息處理】鈦鐵礦用濃硫酸處理后得到含F(xiàn)e2+、SO42、TiO2+的溶液，水解后得到鈦酸沉淀，再對濾液進(jìn)行處理得到目標(biāo)產(chǎn)物磷酸鐵鋰(LiFePO4)。(1)粉碎的目的是增大固體與溶液反應(yīng)時的接觸面積,加快反應(yīng)的進(jìn)行(2)根據(jù)水解規(guī)律，TiO2+水解生成H2TiO3和H+；(3)酸性條件下ClO將Fe2+氧化為Fe3+,ClO被還原成Cl；(4)濾液渾濁,說明過濾器損壞,應(yīng)換上新過濾器后,重新過濾；(5)如果未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管,會導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋,消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,使測定結(jié)果偏高;當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時,滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液,溶液變成紫紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色，根據(jù)電子得失守恒進(jìn)行計算解答。學(xué)=科網(wǎng)【解析】(1)將鈦鐵礦粉碎，可以增大表面積，增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率;故答案為：增大表面積，增大濃硫酸的接觸面積，加快反應(yīng)速率；(2)TiO2+水解生成H2TiO3，同時生成氫離子，反應(yīng)離子方程式為：TiO2++2H2OH2TiO3↓+2H+；故答案為：TiO2++2H2OH2TiO3↓+2H+；(3)ClO具有強(qiáng)氧化性，將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cl，酸性條件下，同時生成水，反應(yīng)離子方程式為：ClO+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl+H2O；故答案為：ClO+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl+H2O；(4)從溶液中過濾出H2TiO3后，所得濾液渾濁，需要更換過濾器，重新過濾；故答案為：更換過濾器，重新過濾；(5)如果未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗滴定管,會導(dǎo)致標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋,消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大,使測定結(jié)果偏高;當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)終點(diǎn)時,滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液,溶液變成紫紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色。由Mn～5Fe2+知,w(Fe)=×100%=%?！敬鸢浮?1)增大固體的表面積,加快化學(xué)反應(yīng)速率(2)TiO2++2H2OH2TiO3+2H+(3)ClO+2Fe2++2H+2Fe3++Cl+H2O(4)換上新的過濾器,將渾濁濾液重新過濾(5)偏高滴加最后一滴KMnO4標(biāo)準(zhǔn)液,溶液變成紫紅色,且在半分鐘內(nèi)不褪色為止%考向01反應(yīng)條件控制1．（2023上·廣東·高三校聯(lián)考）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨(dú)居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質(zhì)。以獨(dú)居石為原料制備的工藝流程如圖：已知：①常溫下，的，，；②易被氧化為?；卮鹣铝袉栴}：(1)為提高“焙燒”效率，可采取的措施有(寫一條即可)；(2)濾渣Ⅲ的主要成分是(寫化學(xué)式)；(3)“沉鈰”過程中，恰好沉淀完全[為]時溶液的pH為5，則溶液中mol/L(保留兩位有效數(shù)字)。(4)濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、草酸()和可制備電極材料，同時生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(6)為測定產(chǎn)品中的含量，取2.00g產(chǎn)品加入氧化劑將完全氧化并除去多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液用0.10mol/L的溶液滴定至終點(diǎn)(鈰被還原成)，消耗溶液20.00mL，則產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為?！敬鸢浮?1)將獨(dú)居石粉碎增大接觸面積或提高焙燒溫度(2)(3)0.21(4)(5)56%【分析】焙燒濃硫酸和獨(dú)居石的混合物、水浸，CePO4轉(zhuǎn)化為Ce(SO4)3和H3PO4，SiO2與硫酸不反應(yīng)，Al2O3轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，F(xiàn)e2O3轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，CaF2轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；過濾，濾渣Ⅰ為SiO2和磷酸鈣、FePO4，濾液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，F(xiàn)e2(SO4)3，加氯化鐵溶液除磷，濾渣Ⅱ?yàn)镕ePO4；聚沉將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，濾渣Ⅲ主要為氫氧化鋁，還含氫氧化鐵；加碳酸氫銨沉鈰得?！窘馕觥浚?）為提高“焙燒”效率，可采取的措施有：將獨(dú)居石粉碎增大接觸面積、提高焙燒溫度等。（2）由分析可知，濾渣Ⅲ的主要成分是：。（3）的，，，，，，。（4）在高溫條件下，、草酸()和可制備電極材料，同時生成和，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：。（5）由題可知：2．（2023上·吉林白城·高三?？迹┾伿且环N性能非常優(yōu)越的金屬，有著廣泛的應(yīng)用，有人說“21世紀(jì)將是鈦的世紀(jì)”。以金紅石礦(主要成分為TiO2，含有少量Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3等雜質(zhì))為主要原料，首先反應(yīng)生成TiCl4，然后再用鎂還原得到金屬鈦，其工藝流程如下：已知：常溫下Fe(OH)3和Fe(OH)2溶度積(Ksp)分別為4.0×1038和8.0×1016請回答下列問題：(1)加入濃NaOH溶液的目的是。(2)鎂和氯氣主要來源于流程中的某種物質(zhì)通過電解方法獲得，該物質(zhì)是。工業(yè)生產(chǎn)中需要適當(dāng)補(bǔ)充該物質(zhì)，該物質(zhì)可來源于海水，制備過程如下：向海水中加入石灰乳后，向分離得到的固體中加入過量的鹽酸，目的是，將得到的溶液通過、冷卻結(jié)晶操作后得到晶體，在HCl氣流中加熱晶體即可得到該物質(zhì)。(3)高溫下，濾渣Y、焦炭和氯氣發(fā)生反應(yīng)生成可燃性氣體的化學(xué)方程式為：。(4)工藝流程中稀有氣體Ar的作用是。(5)為提高原料的利用率，常溫下某研究小組向⑤過濾后的濾液中，先加適量的H2O2，再加適量的堿調(diào)節(jié)溶液的pH至4，過濾后將濾渣加熱灼燒，得到了常用的涂料。調(diào)節(jié)溶液的pH至4時，溶液中金屬離子的濃度為mol/L。(6)TiN具有重要的用途，可在高溫下由TiO2與NH3反應(yīng)制得，同時生成一種可用作保護(hù)氣的單質(zhì)氣體和一種無色無味的液體。該反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?1)除去雜質(zhì)SiO2和Al2O3(2)物質(zhì)B(或氯化鎂)抑制氯化鎂(Mg2+)的水解蒸發(fā)濃縮(3)TiO2+2C+2Cl22CO+TiCl4(4)防止高溫下鈦被氧化(5)4.0×108(6)6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2【分析】根據(jù)金紅石礦所含成分以及流程目的，氧化鋁為兩性氧化物，二氧化硅為酸性氧化物，F(xiàn)eO、Fe2O3為堿性氧化物，粉碎后，加入濃NaOH溶液，發(fā)生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，過濾除去硅元素和氯元素，濾渣為TiO2、FeO、Fe2O3，加入稀硫酸，F(xiàn)eO、Fe2O3與稀硫酸反應(yīng)生成Fe2+、Fe3+，過濾除去，濾渣為TiO2，反應(yīng)⑥得到可燃性氣體，該氣體為CO，即反應(yīng)⑥的方程式為2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4，TiCl4與Mg在惰性氣體中反應(yīng)生成Ti，據(jù)此分析；【解析】（1）根據(jù)上述分析，濃NaOH溶液的目的是除去雜質(zhì)Al2O3、SiO2；故答案為Al2O3、SiO2；（2）工業(yè)上電解熔融氯化鎂得到鎂單質(zhì)和氯氣，反應(yīng)⑦發(fā)生2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，因此該物質(zhì)為物質(zhì)B或MgCl2；向海水中加入石灰乳，發(fā)生Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，過濾，得到氫氧化鎂沉淀，然后加入鹽酸，發(fā)生Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，為抑制Mg2+水解，加入鹽酸需過量，然后將溶液通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾得到氯化鎂晶體，在HCl氛圍中加熱該晶體得到氯化鎂固體；故答案為物質(zhì)B或MgCl2；抑制氯化鎂(Mg2+)的水解；蒸發(fā)濃縮；（3）根據(jù)上述分析，濾渣Y、焦炭、氯氣反應(yīng)方程式為2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4；故答案為2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4；（4）根據(jù)流程圖，用到Ar在反應(yīng)⑦，其作用是防止高溫下鈦被氧化；故答案為防止高溫下鈦被氧化；（5）向⑤過濾后的濾液中，先加適量的H2O2，將Fe2+氧化成Fe3+，然后調(diào)節(jié)pH至4，F(xiàn)e3+以氫氧化鐵形式沉淀出來，此時溶液中c(OH)=1010mol/L，c(Fe3+)==4.0×108mol/L，故答案為4.0×108；（6）得到保護(hù)氣，根據(jù)原子守恒，該保護(hù)氣為氮?dú)猓瑹o色無味的液體為水，該反應(yīng)方程式為6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2；故答案為6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2。3．（2023·全國·高三專題）某礦山開采的高嶺土礦石中含有10%左右的黃鐵礦，原礦化學(xué)多元素分析結(jié)果如表。成分S含量/%9.8210.7910.13.1727.9726.98(1)研磨礦石的目的是增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，但并不是越細(xì)越好，細(xì)度是指物料中小于某個粒度的有粒子的百分含量。圖甲是磨礦細(xì)度對銅粗選指標(biāo)影響的試驗(yàn)結(jié)果，選取—磨礦細(xì)度為___________%最合理。A．60 B．65 C．80 D．85(2)經(jīng)研究酸化水玻璃對高嶺石的分散、抑制效果最好，固定酸化水玻璃中硫酸的用量為1000g/t，考查酸化水玻璃中水玻璃的用量對硫粗精礦指標(biāo)的影響，試驗(yàn)結(jié)果見圖乙。因此，選擇酸化水玻璃中水玻璃的粗選用量為對硫粗精礦指標(biāo)的影響最高。(3)浮選精礦中硫鐵礦()中Fe的化合價為+2，請寫出在焙燒過程中的化學(xué)方程式：。(4)由生成的操作為，請寫出制備的化學(xué)方程式：。(5)已知，25℃時相關(guān)物質(zhì)的如表所示：物質(zhì)則加入試劑1調(diào)節(jié)pH的理論最小值為(當(dāng)溶液中某離子濃度時，可認(rèn)為該離子沉淀完全)。(6)仿照上述流程示意圖，設(shè)計從濾渣2中制備的流程。(7)在上述物質(zhì)制備流程中可以循環(huán)使用的物質(zhì)是。【答案】(1)B(2)1500g/t(3)(4)加入大量的水同時加熱(5)4.9(6)或(7)硫酸【分析】將浮選精礦焙燒，使轉(zhuǎn)化為Fe2O3，加入硫酸，不溶于硫酸，故濾渣1為，經(jīng)一系列操作得到含有CuSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，調(diào)節(jié)溶液pH，使Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3轉(zhuǎn)化為Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，過濾后得到硫酸銅溶液，電解硫酸銅溶液得到Cu?！窘馕觥浚?）從圖甲可知，磨礦細(xì)度小于(74)65%時，銅礦中銅的含量逐漸增大；在磨礦細(xì)度在(74)65%~80%的范圍內(nèi)，銅礦中銅的含量緩慢增加，當(dāng)磨礦細(xì)度大于(74)80%時，銅礦中銅的含量呈下降趨勢，綜合考慮，選取磨礦細(xì)度為(74)65%最合理，答案選B；（2）由圖乙可知，硫粗精礦硫的品位隨著酸化水玻璃中水玻璃用量的增加呈先上升后下降的趨勢，在水玻璃的用量為1500g/t時達(dá)到最高點(diǎn)；硫粗精礦硫的回收率隨著酸化水玻璃中水玻璃用量的增加先上升，在水玻璃的用量達(dá)到1500g/t后變化不明顯，因此，選擇酸化水玻璃中水玻璃的粗選用量為1500g/t對硫粗精礦指標(biāo)的影響最高；（3）根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和等于零，可確定硫鐵礦中S的化合價為1，根據(jù)得失電子守恒可得在焙燒過程中的化學(xué)方程式為；（4）由生成的操作為加入大量的水同時加熱，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為；（5）比較和的可知，當(dāng)完全沉淀時，早已完全沉淀，完全沉淀時，，則，所以pH的理論最小值為4.9；（6）由分析可知，濾渣2的主要成分為Al(OH)3、Fe(OH)3，向?yàn)V渣2中加入硫酸，使Al(OH)3、Fe(OH)3轉(zhuǎn)化為Al3+、Fe3+，向溶液中加入鋁粉，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe，過濾得到Al2(SO4)3溶液，將Al2(SO4)3溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾后得到；或者向?yàn)V渣2中加入NaOH溶液，Al(OH)3使轉(zhuǎn)化為NaAlO2，而Fe(OH)3不和NaOH溶液反應(yīng)，過濾后得到NaAlO2溶液，向溶液中加入硫酸，使NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，將Al2(SO4)3溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾后得到，故從濾渣2中制備的流程為或；（7）在電解硫酸銅溶液制備銅時，產(chǎn)生硫酸，故硫酸可以循環(huán)使用?？枷?2化學(xué)基本原理1．（2023秋·廣東韶關(guān)·高三聯(lián)考）過氧化鈣(CaO2)微溶于水，能與水緩慢反應(yīng)，常用作醫(yī)用消毒劑和供氧劑。以某地大理石(含Al2O3)為原料制備CaO2的一種方法以下：請回答下列問題：(1)可用NaOH溶液除去大理石中的Al2O3，對應(yīng)離子方程式為_______；堿浸前需對大理石進(jìn)行粉碎處理，目的是_______。(2)步驟Ⅱ中制備CaO2·8H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；反應(yīng)在冰水浴中進(jìn)行，目的有：防止NH3·H2O揮發(fā)、_______(任答一點(diǎn))。(3)洗滌操作中，檢驗(yàn)CaO2·8H2O是否洗凈的操作是：取最后一次洗滌液，加入_______(填試劑名稱)溶液，若觀察到_______現(xiàn)象，則沉淀未洗凈。(4)CaO2用作長途運(yùn)輸魚苗的供氧劑，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______；不使用Na2O2的原因是_______(任答一點(diǎn))。【答案】(1)

增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率(2)

避免溫度過高，H2O2發(fā)生分解(3)硝酸酸化的硝酸銀

有白色沉淀生成(4)2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2

過氧化鈉與水反應(yīng)速率過快，不利于長時間供氧(或過氧化鈉與水反應(yīng)生成NaOH，堿性過強(qiáng))【解析】大理石經(jīng)系列操作得到純CaCO3，CaCO3和鹽酸反應(yīng)得到氯化鈣溶液，在冰水浴中往溶液中加入H2O2、NH3·H2O反應(yīng)生成CaO2·8H2O，經(jīng)洗滌、烘干可得CaO2。（1）NaOH和Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為；堿浸前需對大理石進(jìn)行粉碎處理，目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率。（2）步驟Ⅱ中制備CaO2·8H2O反應(yīng)的化學(xué)方程式為；反應(yīng)在冰水浴中進(jìn)行，可以防止NH3·H2O揮發(fā)，同時避免溫度過高，H2O2發(fā)生分解。（3）檢驗(yàn)CaO2·8H2O是否洗凈，主要是檢驗(yàn)洗滌液中是否還含有氯離子，其操作方法是：取最后一次洗滌液，加入硝酸酸化的硝酸銀溶液，若觀察到有白色沉淀生成的現(xiàn)象，則沉淀未洗凈。（4）CaO2能與水緩慢反應(yīng)生成氧氣，可用作長途運(yùn)輸魚苗的供氧劑，其反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2；不使用Na2O2的原因是：過氧化鈉與水反應(yīng)速率過快，不利于長時間供氧；過氧化鈉與水反應(yīng)生成NaOH，堿性過強(qiáng)。2．（2023秋·黑龍江哈爾濱·高三聯(lián)考）可用于電子工業(yè)生產(chǎn)軟磁鐵氧體，用作電子計算機(jī)中存儲信息的磁芯，磁盤等。工業(yè)上以軟錳礦(主要成分是，還含有少量的(、、)為原料生產(chǎn)的工藝流程如下：25℃時，相關(guān)金屬離子[]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子開始沉淀的pH1.56.33.48.1沉淀完全的pH2.88.34.710.1回答下列問題：(1)“酸浸、還原”時，為了加快化學(xué)反應(yīng)速率，可以采取的措施有_______(任寫一種即可)?！八峤⑦€原”后溶液中含有的金屬陽離子主要有_______(填離子符號)，鐵屑與發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。(2)“調(diào)節(jié)pH”時，加入溶液的目的是_______，“調(diào)節(jié)pH”的范圍為_______。(3)“沉錳”時，其他條件一定，沉錳過程中錳離子的沉淀率與溶液溫度的關(guān)系如圖所示。50℃后，溶液溫度越高，錳離子的沉淀率越低，原因是_______。(4)25℃時，pH=2.8沉淀完全，則_______。(5)濾渣1中的可制備還原鐵粉，還原鐵粉的純度可通過下列方法測定：稱取0.2800g樣品，溶于過量稀硫酸，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定所得溶液中的，測得三次消耗0.03000mol/L的溶液25.10mL、26.50mL、24.90mL(測定過程中雜質(zhì)不參與反應(yīng))。①寫出滴定反應(yīng)的離子方程式_______。②計算還原鐵粉的純度_______?！敬鸢浮?1)加熱、增加硫酸的濃度等

、、

(2)將氧化成

4.7≤pH小于8.1(3)溫度升高，分解并揮發(fā)出(4)(5)

90%【解析】軟錳礦主要成分是MnO2，還含有少量的、、，向軟錳礦中加入過量稀硫酸和鐵屑酸浸、還原得到含有錳離子、亞鐵離子、鋁離子的溶液；向溶液中加入過氧化氫溶液，將亞鐵離子氧化為鐵離子后，再加入碳酸錳調(diào)節(jié)溶液pH在4.7~8.1范圍內(nèi)，將鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有二氧化硅、氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入氨水，將濾液中錳離子轉(zhuǎn)化為氫氧化錳沉淀，過濾得到濾液和氫氧化錳；向氫氧化錳中加入過氧化氫溶液，共熱將氫氧化錳轉(zhuǎn)化為四氧化三錳。（1）將軟錳礦粉碎處理，增大反應(yīng)物的接觸面積；適當(dāng)升高溫度；增加硫酸的濃度等加快化學(xué)反應(yīng)速率。向軟錳礦中加入過量稀硫酸和鐵屑，“酸浸、還原”，堿性氧化物與酸反應(yīng)得到相應(yīng)的鹽，鐵屑具有還原性，將MnO2和Fe3+還原，所以溶液中含有的金屬陽離子主要有Mn2+、Fe2+、Al3+。鐵屑與發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（2）向溶液中加入H2O2溶液，將Fe2+氧化為Fe3+后，再加入MnCO3固體調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+、Al3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，Mn2+不能沉淀，所以pH應(yīng)控制在4.7~8.1范圍內(nèi)。（3）“沉錳”時用的是氨水調(diào)節(jié)pH，氨水受熱易分解，50℃后，溶液溫度越高，錳離子的沉淀率越低，因?yàn)榉磻?yīng)物氨水受熱易分解，錳離子的沉淀率降低。（4）pH=2.8時，，沉淀完全，此時溶液中c()=1×105,。（5）稱取0.2800g樣品，用過量稀硫酸溶解，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定其中的，根據(jù)滴定反應(yīng)的離子方程式：，存在關(guān)系式：6Fe~6~，滴定過程中，26.50mL為誤差較大數(shù)據(jù)舍去，求平均值消耗的體積為25.00mL，物質(zhì)的量為0.03000mol·L1×0.02500L=0.00075mol，則樣品中含有的鐵的物質(zhì)的量為0.00075mol×6=0.0045mol，樣品中鐵含量為。3.（2023春·湖北武漢·高三統(tǒng)考）廢舊鋅錳電池中的黑錳粉含有、、和少量、及炭黑等，為了保護(hù)環(huán)境、充分利用錳資源，通過下圖流程制備?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)原子的簡化電子排布式為_______。(2)“濾液a”的主要成分為，另外還含有少量等。①用離子方程式表示“濾液a”呈酸性的原因：_______。②根據(jù)下圖所示的溶解度曲線，將“濾液a”蒸發(fā)結(jié)晶、_______、洗滌、干燥，得固體。(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化等。空氣中氧化的化學(xué)方程式為____。(4)探究“酸浸”中溶解的適宜操作。實(shí)驗(yàn)I.向中加入溶液，產(chǎn)生大量氣泡；再加入稀，固體未明顯溶解。實(shí)驗(yàn)II.向中加入稀，固體未溶解；再加入溶液，產(chǎn)生大量氣泡，固體完全溶解。①實(shí)驗(yàn)I中的作用是_______，實(shí)驗(yàn)II中的作用是_______。②由實(shí)驗(yàn)可知，“酸浸”溶解時加入試劑的順序是_______。(5)證明溶液中沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填試劑)，觀察到_______(填現(xiàn)象)?！敬鸢浮?1)[Ar]3d54s2(2)

過濾(3)(4)催化作用

還原劑

先加入稀硫酸再加入過氧化氫溶液(5)KSCN溶液

溶液不變色【解析】（1）錳為25號元素，基態(tài)原子的簡化電子排布式為[Ar]3d54s2；（2）①“濾液a”中含有銨根離子，銨根離子水解生成生成氫離子，導(dǎo)致溶液顯酸性，；②氯化銨溶解度低溫時較小，且溶解度受溫度影響不大，將“濾液a”蒸發(fā)結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得固體；（3）氧氣具有氧化性，氧化生成二氧化錳和水，化學(xué)方程式為；（4）①二氧化錳催化過氧化氫生成水和氧氣，實(shí)驗(yàn)I中的作用是催化劑；實(shí)驗(yàn)II中加入溶液，產(chǎn)生大量氣泡，固體完全溶解，反應(yīng)中錳元素化合價降低，中氧元素化合價升高發(fā)生氧化反應(yīng)，過氧化氫為還原劑起還原作用；②由實(shí)驗(yàn)可知，酸性條件下，二氧化錳被過氧化氫還原，故“酸浸”溶解時加入試劑的順序是先加入稀硫酸再加入過氧化氫溶液；（5）鐵離子和KSCN溶液變紅色，故實(shí)驗(yàn)為：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明鐵離子完全沉淀。考向03化學(xué)圖表圖象信息加工1.（2023春·廣東清遠(yuǎn)高三校聯(lián)考）工業(yè)上利用某地碳酸錳礦(成分及含量如表)制備硫酸錳，其工藝流程如圖：已知：該碳酸錳礦的成分及含量如表。成分元素化合物及其他雜質(zhì)含量/%18.0610.3212.542.6011.4812.4210.2422.34請回答下列問題：(1)“酸浸”前適當(dāng)粉碎碳酸錳礦的目的是_______；若顆粒太細(xì)，則硫酸容易浸透，隨后劇烈反應(yīng)產(chǎn)生、水汽等懸浮在表層，導(dǎo)致冒槽，除影響操作外還會_______；的第三電離能大于的第三電離能，分析其原因：_______。(2)“溶渣”的主要成分為_______(填化學(xué)式)。(3)“酸浸”中被溶解的離子方程式為_______。(4)“酸浸”過程中的浸出率與礦酸比、浸出溫度的關(guān)系如圖所示：最適宜的礦酸比、浸出溫度分別為_______、_______。(5)“除鋁鐵”中加入的目的是_______。加入氨水調(diào)節(jié)時，與鋁鐵去除率、錳損失率的關(guān)系如圖所示，則應(yīng)調(diào)節(jié)的范圍為_______(填標(biāo)號)。A．1.5～2

B．2.5～3

C．3～4

D．4.5～5【答案】(1)增大反應(yīng)物的接觸面積

影響溶渣的沉降

失去2個電子后的3d軌道為半填充較為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鐵離子失去2個電子后為3d6結(jié)構(gòu)，故的第三電離能大于的第三電離能(2)SiO2、CaSO4(3)(4)0.7

80℃(5)將二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵

D【解析】碳酸錳礦加入硫酸酸溶，二氧化硅不反應(yīng)，氧化鈣轉(zhuǎn)化為硫酸鈣沉淀，兩者成為濾渣，錳、鋁、鎂、銅、鎳進(jìn)入濾液；濾液加入二氧化錳將二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵，加入氨水調(diào)節(jié)pH將鐵、鋁轉(zhuǎn)化為沉淀，然后再除去銅鎳，溶液加熱濃縮，結(jié)晶分離出濾液，蒸發(fā)濃縮結(jié)晶得到硫酸錳；（1）“酸浸”前適當(dāng)粉碎碳酸錳礦的目的是增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率和酸浸效果；若顆粒太細(xì)，則硫酸容易浸透，隨后劇烈反應(yīng)產(chǎn)生、水汽等懸浮在表層，導(dǎo)致冒槽，除影響操作外還會影響溶渣的沉降，不利于分離出溶渣；基態(tài)Mn原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s2，基態(tài)Fe原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d64s2，失去2個電子后的3d軌道為半填充較為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，鐵離子失去2個電子后為3d6結(jié)構(gòu)，故的第三電離能大于的第三電離能；（2）由分析可知，“溶渣”的主要成分為SiO2、CaSO4；（3）“酸浸”中和硫酸反應(yīng)生成硫酸錳、二氧化碳、水，離子方程式為；（4）由圖可知，最適宜的礦酸比、浸出溫度分別為0.7、80℃，此時浸出率最好；（5）“除鋁鐵”中加入的目的是將二價鐵轉(zhuǎn)化為三價鐵，便于將鐵轉(zhuǎn)化為沉淀除去；由圖可知，加入氨水調(diào)節(jié)范圍為4.5～5時，此時鋁鐵去除率較高、錳損失率較低，故選D。2．（2023秋·貴州貴陽高三統(tǒng)考期末）以黃鐵礦(主要成分是，含少量)和軟錳礦(主要成分是，含少量、)為原料制備的工藝流程如下。已知溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子開始沉淀時()的pH8.17.52.23.7沉淀完全時()的pH9.69.03.24.7回答下列問題：(1)提高“酸浸”率的方法有_______、_______(任答兩條)。濾渣中有S和_______；“酸浸”得到的濾液中含有、，則該過程中主要反應(yīng)的離子方程式是_______。(2)若“調(diào)pH”后的溶液中濃度為，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是_______。(3)“沉錳”時的離子反應(yīng)方程式是_______。(4)結(jié)合圖象分析，得到晶體所需的“操作A”是指_______、_______、洗滌、干燥。(5)若稱取一定質(zhì)量的用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(滴定過程產(chǎn)生的誤差可忽略)，計算所得樣品質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%，分析可能的原因是_______?！敬鸢浮?1)礦石粉碎

適當(dāng)提高反應(yīng)溫度

(2)4.7~7.1(3)(4)蒸發(fā)濃縮結(jié)晶

保持溫度高于40℃以上趁熱過濾(5)樣品失去部分結(jié)晶水或混有硫酸鹽雜質(zhì)【解析】黃鐵礦(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和軟錳礦(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先進(jìn)行粉碎，增大酸溶時的接觸面積，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金屬氧化物溶于酸生成硫酸鋁和硫酸鐵，MnO2、FeS2與硫酸發(fā)生反應(yīng)生成單質(zhì)S和硫酸錳、硫酸鐵，由表中數(shù)據(jù)計算出Mn(OH)2的Ksp可知，過濾除雜后加氫氧化鈉調(diào)節(jié)溶液pH值4.7~7.1之間除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得濾液中加入碳酸氫銨發(fā)生反應(yīng)，將錳轉(zhuǎn)化為碳酸錳沉淀，碳酸錳沉淀中加入稀硫酸，將其轉(zhuǎn)化為硫酸錳溶液，經(jīng)過操作A即蒸發(fā)結(jié)晶、保持溫度高于40℃以上趁熱過濾，過濾洗滌干燥后得到MnSO4·H2O；（1）提高“酸浸”率的方法有礦石粉碎、適當(dāng)增加酸的濃度、適當(dāng)提高反應(yīng)溫度等；“酸浸”過程得到的濾液中含有，是由于MnO2和FeS2發(fā)生氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化而來的，故該過程中主要反應(yīng)的離子方程式是；反應(yīng)中生成硫，二氧化硅不反應(yīng)，兩者成為濾渣；（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，計算的c(Mn2+)c2(OH)=0.01×()2=，當(dāng)濃度為時，溶液中c(OH)==106.9mol/L，此時溶液的pH=7.1，由分析可知，調(diào)節(jié)pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“調(diào)”應(yīng)控制的范圍是4.7~7.1；（3）由分析可知，“沉猛”時，、碳酸氫銨反應(yīng)生成碳酸錳沉淀和二氧化碳、水，反應(yīng)的離子方程式是；（4）由題干溶解度圖像可知，當(dāng)溫度低于40℃時溶液將析出，故由分析從“操作A”所得溶液中得到晶體需進(jìn)行的操作是蒸發(fā)結(jié)晶、保持溫度高于40℃以上趁熱過濾，洗滌、干燥；（5）若稱取一定質(zhì)量的用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(操作過程產(chǎn)生的誤差可忽略)，若樣品失去部分結(jié)晶水則導(dǎo)致相同質(zhì)量的樣品中含有的硫酸根量偏大，導(dǎo)致結(jié)果偏高，或樣品混有硫酸鹽雜質(zhì)也將產(chǎn)生跟多的硫酸鋇，導(dǎo)致計算所得樣品質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于，故答案為：樣品失去部分結(jié)晶水或混有硫酸鹽雜質(zhì)。3.（2023·高三醴陵市第一中學(xué)校考）鎳目前有廣泛的用途，不僅可以用于不銹鋼的制取中，目前也是三元鋰電池中的重要元素。由紅土鎳礦(主要成分為NiO，還含有少量MgO2SiO2以及鐵的氧化物等)可以制取黃鈉鐵礬[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]和NiSO4·6H2O。(1)Ni的價電子排布式為______。Ni(CO)4是用于烯烴、H2、CO制備高一級醛的重要催化劑，Ni(CO)4的空間結(jié)構(gòu)類似于CH4分子，其空間結(jié)構(gòu)為______。(2)為加快紅土鎳礦的溶解，在酸浸步驟中可以采取的措施是______(任寫一條即可)；“預(yù)處理”中，發(fā)生的離子方程式可能為______。(3)“沉鐵”中若采用Na2CO3作為除鐵所需鈉源，Na2CO3溶液的用量對體系pH和鎳的損失影響如圖1所示。當(dāng)Na2CO3溶液的用量超過6g/L時，鎳的損失率會增大，其可能的原因是______。(Fe3+、Ni2+開始沉淀的pH分別為2.2、7.5)(4)若溶液中c(Mg2+)為0.1mol/L，溶液的體積為1L，則要使溶液中c(Mg2+)=7.4×107mol/L，則應(yīng)加入固體NaF為______mol［忽略體積的變化，已知Ksp(MgF2)=7.4×1011］。“沉鎂”時應(yīng)保證MgO已將溶液的pH調(diào)節(jié)至5.5~6.0的原因是______。(5)硫酸鈉與硫酸鎳晶體溶解度曲線圖如圖2所示，請設(shè)計由濾液Y制備NiSO4·6H2O的實(shí)驗(yàn)方案：______。[可選用的試劑：稀硫酸，NaOH溶液、BaCl2溶液、Ca(OH)2、蒸餾水]【答案】(1)3d84s2

正四面體(2)研磨粉碎紅土鎳礦、增大酸的濃度、適當(dāng)升高溫度等

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3)pH＞2.2后，容易形成氫氧化鐵的膠體，吸附溶液中的Ni2+，造成鎳的損失(4)0.21

pH值過小，F(xiàn)與H+會結(jié)合形成HF，導(dǎo)致Mg2+沉淀不完全；pH值過大，會形成Ni(OH)2沉淀(5)邊攪拌邊向?yàn)V液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，過濾；用蒸餾水洗滌固體至最后一次洗滌濾液加BaCl2溶液無沉淀出現(xiàn)；將所得固體分批加入足量稀硫酸，攪拌使其完全溶解；稍低于53.8℃減壓蒸發(fā)濃縮，降溫至稍高于30.8℃，趁熱過濾【解析】紅土鎳礦（主要成分為NiO，還含有少量MgO2、SiO2以及鐵的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有、、、等，二氧化硅不溶，形成濾渣，濾液中加入H2O2將氧化為，再加入Na2SO4沉鐵，得到黃鈉鐵礬沉淀，向?yàn)V液中加入MgO調(diào)節(jié)溶液pH，再加入NaF溶液沉鎂，所得濾液Y中含有NiSO4經(jīng)分離提純得到。（1）Ni元素為28號元素，核外有28個電子，所以核外電