2024年高考化學二輪復習- 化學工藝流程（新高考專用）（解析版）

2024年高考化學二輪復習-化學工藝流程（新高考專用）【知識點1化工流程中原料預處理及反應條件的控制】1.原料預處理的方法及目的方法目的解題指導粉碎、研磨將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸與水接觸反應或溶解(1)加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度，可以加快浸出速率；增加浸出時間可使樣品充分溶解，可提高浸出率(2)酸溶時所加酸的量不能太多①過量的酸多消耗后續(xù)調節(jié)pH所加的堿性試劑②如果實驗過程有硫化物，酸過量會形成有毒氣體硫化氫酸浸與酸接觸反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，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(焙燒)1.除去可燃性雜質2.使原料初步轉化①除去硫、碳單質②使有機物轉化或除去有機物③高溫下原料與空氣中氧氣反應等④使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土2.常見的流程中的條件控制條件控制目的反應物用量或濃度①酸浸時提高酸的濃度可提高礦石中某金屬元素的浸取率；②增大便宜、易得的反應物的濃度，可以提高其他物質的利用率，使反應充分進行；③增大物質濃度可以加快反應速率，使平衡發(fā)生移動等降溫①防止某物質在高溫時溶解(或分解)；②使化學平衡向著題目要求的方向(放熱反應方向)移動；③使某個沸點較高的產物液化，使其與其他物質分離等；④降低某些晶體的溶解度，減少損失等控溫①結晶獲得所需物質；②防止某種物質(如H2O2、草酸、濃硝酸、銨鹽等)溫度過高時會分解或揮發(fā)；③使某物質達到沸點揮發(fā)出來；④使催化劑的活性達到最好；⑤防止副反應的發(fā)生等加入氧化劑(或還原劑)①轉化為目標產物的價態(tài)；②除去雜質離子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后調溶液的pH，使其轉化為Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀劑①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)；②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀；③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋pH控制①生成金屬氫氧化物，以達到除去金屬離子的目的；②抑制鹽類水解；③促進鹽類水解生成沉淀，有利于過濾分離【知識點2化工流程中物質的分離與提純】1.化工生產過程中分離、提純、除雜化工生產過程中分離、提純、除雜等環(huán)節(jié)，與高中化學基本實驗的操作緊密聯(lián)系，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥、蒸餾、萃取、分液等基本實驗操作及原理，并要熟悉所用到的相關儀器。2．?？挤蛛x、提純的方法及操作(1)從溶液中獲取晶體的方法及實驗操作①溶解度受溫度影響較小的(如NaCl)采取蒸發(fā)結晶的方法，實驗過程為：蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾(如果溫度下降，雜質也會以晶體的形式析出來)、洗滌、干燥。②溶解度受溫度影響較大、帶有結晶水的鹽或可水解的鹽，采取冷卻結晶的方法，實驗過程為：蒸發(fā)濃縮(至少有晶膜出現(xiàn))、冷卻結晶、過濾、洗滌(冰水洗、熱水洗、乙醇洗等)、干燥。(2)固體物質的洗滌洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產物不溶于水除去固體表面吸附著的可溶性粒子，可適當降低固體因為溶解而造成的損失熱水有特殊的物質其溶解度隨著溫度升高而下降除去固體表面吸附著的可溶性粒子，可適當降低固體因為溫度變化溶解而造成的損失有機溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水、難溶于有機溶劑減少固體溶解；利用有機溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分，產品易干燥飽和溶液對純度要求不高的產品減少固體溶解酸、堿溶液產物不溶于酸、堿除去固體表面吸附著的可溶于酸、堿的雜質；減少固體溶解洗滌沉淀的方法：向過濾器中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復操作2～3次檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向其中滴入××試劑，若未出現(xiàn)特征反應現(xiàn)象，則沉淀洗滌干凈(3)減壓蒸發(fā)的原因：減壓蒸發(fā)降低了蒸發(fā)溫度，可以防止某物質分解(如H2O2、濃硝酸、NH4HCO3)或失去結晶水(如題目要求制備結晶水合物產品)。(4)萃取與反萃?、佥腿。豪梦镔|在兩種互不相溶的溶劑中的溶解度不同，將物質從一種溶劑轉移到另一種溶劑的過程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。②反萃取：反萃取是利用反萃取劑使被萃取物從負載有機相返回水相的過程，為萃取的逆過程。反萃取劑主要起破壞有機相中被萃組分結構的作用，使被萃組分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有機相的沉淀。經過反萃取及所得反萃液經過進一步處理后，便得到被分離物的成品。反萃后經洗滌不含或少含萃合物的有機相稱再生有機相，繼續(xù)循環(huán)使用。(5)其他①蒸發(fā)時的氣體氛圍抑制水解：如從溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶質時，應在HCl的氣流中加熱，以防其水解。②減壓蒸餾的原因：減小壓強，使液體沸點降低，防止受熱分解、氧化等。3.物質成分的跟蹤與確定(1)濾渣的確定(2)副產品的確定(3)循環(huán)物質的確定4.根據(jù)溶解度曲線判斷結晶的方法(1)溶解度受溫度影響較小的(如NaCl)采取蒸發(fā)結晶的方法。(2)溶解度受溫度影響較大的采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法。(3)帶有結晶水的鹽，一般采取蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶的方法。【知識點3化工流程中方程式的書寫與計算】1．書寫思路首先根據(jù)題給材料中的信息寫出部分反應物和生成物的化學式，再根據(jù)反應前后元素化合價有無變化判斷反應類型：(1)元素化合價無變化則為非氧化還原反應，遵循質量守恒定律；(2)元素化合價有變化則為氧化還原反應，既遵循質量守恒定律，又遵循得失電子守恒規(guī)律。2．流程中陌生的氧化還原反應的書寫流程(1)首先根據(jù)題給材料中的信息確定氧化劑(或還原劑)與還原產物(或氧化產物)，結合已學知識根據(jù)加入的還原劑(或氧化劑)判斷氧化產物(或還原產物)。(2)根據(jù)得失電子守恒配平氧化還原反應。(3)根據(jù)電荷守恒和反應物的酸堿性，在方程式左邊或右邊補充H＋、OH－或H2O等。(4)根據(jù)質量守恒配平反應方程式。3.化工流程中的有關計算(1)有關Ksp的計算?？夹问接校孩倥袛嗄芊癯恋恚虎谂袛嗄芊癯恋硗耆?；③計算某一離子的濃度；④沉淀生成和沉淀完全時pH的計算。(2)產率、純度的計算①計算公式純度＝純凈物的質量/混合物的質量×100%產物的產率＝產物的實際產量/產物的理論產量×100%②計算方法：守恒法或關系式法。【題型1綜合考查廢舊物資提純回收】【例1】（2024·北京石景山·一模）從鉛銀渣(含Pb、Ag、Cu等金屬元素)中提取銀的流程如下：已知：PbSO4難溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3?。(1)“酸浸”時，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作為浸出劑。①加入NaNO3的作用。②固體B含有。(2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)進行“絡合浸出”和“還原析銀”。①氨水“絡合浸出”的化學方程式是。②將水合肼“還原析銀”反應的離子方程式補充完整：。□___________+N2H4·H2O=N2↑+H2O+□___________+□___________+□NH3↑(3)用Na2SO3和甲醛進行“絡合浸出”和“還原析銀”。①亞硫酸鈉“絡合浸出”時，銀浸出率和溶液pH、浸出時間的關系分別如下圖所示，解釋銀浸出率隨溶液pH增大先升高后降低的原因；分析浸出時間超過4h，銀浸出率降低的原因。②寫出pH=14時甲醛“還原析銀”的離子方程式。【答案】(1)利用硝酸根在酸性條件下的氧化性，將金屬單質氧化AgCl和PbSO4(2)AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑(3)溶液pH增大有利于增大亞硫酸根濃度，進而提高銀浸出率；堿性過高Ag+會生成Ag2O，導致浸出率降低亞硫酸鈉既是銀的配合劑也是還原劑，會將Ag+還原為Ag2[Ag(SO3)2]3?+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO?+2H2O【分析】由題給流程可知，鉛銀渣在空氣中氧化焙燒得到含有金屬氧化物的焙燒渣，向焙燒渣中加入硫酸、氯化鈉、硝酸鈉的混合溶液酸浸，氧化鉛和未反應的鉛轉化為硫酸鉛、氧化銀和未反應的銀轉化為氯化銀、氧化銅和未反應的銅轉化為可溶的銅鹽，過濾得到含有銅鹽的濾液A和含有硫酸鉛、氯化銀的固體B；向固體中加入氨水或亞硫酸鈉溶液絡合浸出，過濾得到硫酸鉛固體和銀配合物的濾液；向濾液中加入水合肼或甲醛還原析銀，將銀配合物轉化為單質銀，過濾得到銀和濾液?！窘馕觥浚?）①由分析可知，加入硫酸、氯化鈉、硝酸鈉的混合溶液酸浸的目的是將焙燒渣中的金屬氧化物和未反應的金屬氧化物轉化為鹽，其中硝酸鈉的作用是在酸性條件下將未反應的金屬單質氧化，故答案為：利用硝酸根在酸性條件下的氧化性，將金屬單質氧化；②由分析可知，固體B含有硫酸鉛和氯化銀，故答案為：AgCl和PbSO4；（2）①由分析可知，氨水“絡合浸出”發(fā)生的反應為氯化銀與氨水反應生成氯化二氨合銀和水，反應的化學方程式為，故答案為：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；②由未配平的離子方程式可知，還原析銀發(fā)生的反應為溶液中的二氨合銀離子與水合肼反應生成銀、氮氣、銨根離子、氨氣和水，反應的離子方程式為4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑；（3）①亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，在溶液中發(fā)生水解使溶液呈堿性，溶液pH增大，溶液中氫氧根離子濃度增大，抑制亞硫酸根離子的水解，亞硫酸根濃度有利于增大銀配合物的濃度，進而提高銀浸出率；溶液pH過大，溶液中的銀離子與氫氧根離子反應生成氧化銀沉淀，使得銀配合物的濃度減小導致浸出率降低；亞硫酸鈉具有還原性，與溶液中銀離子形成配合物時，也能將溶液中銀離子還原為銀，使得銀配合物的濃度減小導致浸出率降低，故答案為：溶液pH增大有利于增大亞硫酸根濃度，進而提高銀浸出率；堿性過高Ag+會生成Ag2O，導致浸出率降低；堿性過高Ag+會生成Ag2O，導致浸出率降低；亞硫酸鈉既是銀的配合劑也是還原劑，會將Ag+還原為Ag；②由題意可知，甲醛“還原析銀”發(fā)生的反應為堿性條件下溶液中的二亞硫酸根合銀離子與甲醛反應生成銀、亞硫酸根離子、甲酸根離子和水，反應的離子方程式為：2[Ag(SO3)2]3?+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO?+2H2O。【變式1-1】（2024·四川瀘州·二模）工業(yè)廢氣中含大量的、NO、CO、，脫硫廢水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有機懸浮物和大量的有機硫，有機硫充分曝氣氧化為。某燃煤廠將工業(yè)廢氣與脫硫廢水進行聯(lián)合凈化處理，其工藝流程如下：常溫下：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pH7.23.72.27.5沉淀完全時的pH8.74.73.29.0(1)曝氣氧化中被氧化的離子有；濾渣A、C的化學式依次為、。(2)用溶液除氮時，發(fā)生反應的離子反應方程式為。(3)NiOOH能用作鎳鎘電池正極材料，氧化沉鎳反應的離子方程式為。(4)加鹽酸調pH至5得到濾渣B，反應的離子方程式為。(5)流程中“①通入適量空氣”，其NO與的最佳物質的量比為，氣體a為什么不能直接排放到大氣中？。(6)結合信息計算，“曝氣氧化”后當調時的濃度為?！敬鸢浮?1)和(2)(3)(4)(5)4：1氣體a中混有有毒氣體CO(6)【分析】工業(yè)廢氣中含大量的、NO、CO、，通入石灰石懸濁液后剩余、NO、CO，反應形成濾渣除去；通入適量空氣將NO氧化為在碳酸鈉溶液中反應生成亞硝酸鈉；CO與形成；脫硫廢水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有機懸浮物和大量的有機硫，有機硫充分曝氣氧化為，同時將氧化為，調節(jié)使形成除去；加入亞硝酸鈉溶液，與反應生成；溶液中加入NaClO將氧化與NaOH反應生成，與NaOH反應生成四羥基合鋁酸鈉(偏鋁酸鈉)，加入鹽酸調，形成氫氧化鋁沉淀?！窘馕觥浚?）根據(jù)分析，曝氣氧化中被氧化的離子有和；濾渣A為氫氧化鐵，濾渣C為亞硫酸鈣；（2）用溶液除氮時，發(fā)生反應的離子反應方程式:；（3）氧化沉鎳反應的離子方程式：；（4）加鹽酸調pH至5得到濾渣B為氫氧化鋁，離子方程式：；（5）NO中氮元素從+2價變?yōu)閬喯跛徕c中+3價，根據(jù)得失電子守恒，NO與氧氣物質的量比值最好為4：1；氣體a中含有毒性氣體CO，不能直接排放至大氣中；（6）時鐵離子完全沉淀，說明，調時的濃度：?！咀兪?-2】（2024·河北張家口·一模）一種從廢鉛膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他6%）中回收鉛和氧化鉛的流程如下：已知：

，。請回答：(1)已知Pb位于第六周期，與C同族，基態(tài)Pb原子的價層電子軌道表示式為。(2)“還原”時PbO2會轉化為PbSO4，發(fā)生反應的化學方程式為。(3)將濾液與SO2、Ca（OH）2混合反應，可實現(xiàn)原料NaHSO3的再生。理論上SO2與Ca（OH）2的物質的量之比為，此過程中會產生一種副產物，其化學式為。(4)“脫硫”時發(fā)生的主要反應的離子方程式為。(5)“沉淀”時，發(fā)生反應，該反應的平衡常數(shù)。(6)“電解”時，陰極的電極反應式為。(7)“灼燒”時會有中間產物xPbCO3·yPbO生成，固體殘留率與溫度的關系如圖所示，則358℃時對應固體的成分為（填化學式）。【答案】(1)(2)2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4(3)2：1CaSO4(4)PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO(5)1.25×109(6)Pb2++2e-=Pb(7)7PbCO3·15PbO【分析】廢鉛膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他6%）中加入亞硫酸鈉、硫酸反應生成硫酸鉛，硫酸鉛中加入醋酸鈉脫硫生成醋酸鉛，醋酸鉛中加入碳酸鈉生成碳酸鉛，碳酸鉛中加入HBF4生成鉛離子，電解生成Pb。【解析】（1）鉛位于元素周期表第六周期第IVA族，位于p區(qū)，基態(tài)Pb原子6s、6p能級上的電子為其價層電子，則基態(tài)Pb原子價層電子軌道表示式為。（2）“還原”時PbO2中加入亞硫酸鈉、硫酸反應生成硫酸鉛PbSO4，發(fā)生反應的化學方程式為2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4。（3）將濾液硫酸鈉與SO2、Ca（OH）2混合發(fā)生反應Na2SO4+2SO2+Ca(OH)2=2NaHSO3+CaSO4，可實現(xiàn)原料NaHSO3的再生，故理論上SO2與Ca（OH）2的物質的量之比為2：1。生成的副產物為CaSO4。（4）“脫硫”時發(fā)生的主要反應的離子方程式為PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO。（5），該反應的平衡常數(shù)=1.25×109。（6）“電解”時，陰極的電極反應式為Pb2++2e-=Pb。（7）根據(jù)題意可知，(x+y)PbCO3→xPbCO3·yPbO+CO2，x+y=1，267x+223y=237，解得x=，y=，則358℃時對應固體的成分為7PbCO3·15PbO?！咀兪?-3】（2024·北京豐臺·一模）冶煉金屬產生的酸泥屬于有價值危險物。從某酸泥(含Se單質，HgSe及鋅、銅的化合物等)中回收汞和硒的一種工藝如下：(1)“氧化浸出”時，酸泥中硒、汞、鋅、銅分別以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式進入溶液。①分離氧化浸出液和浸出渣的操作是。②不溶于水的HgSe被氧化的離子方程式為。③浸出時間等其他條件相同時，不同的NaClO3投加量對汞、硒浸出率的影響如圖所示。選擇最佳NaClO3投加量并說明理由。(2)沉汞后液中磷以最高價形式存在?！斑€原沉汞”的主要反應中，氧化劑和還原劑的物質的量之比為。(3)已知Se(s)+Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的雜質不溶于Na2SO3溶液。利用該原理對粗硒進行提純，實驗操作是。(4)粗硒中硒的純度測定i．取0.1g粗硒于錐形瓶中，加入15mL濃鹽酸和1mL濃硝酸，沸水浴加熱，使Se全部轉化為H2SeO3；ii．除去過量的HNO3和溶解的NO2；iii．加入2mLKI溶液、5mL淀粉溶液，然后用cmol·L-1Na2S2O3標準溶液進行滴定，到達滴定終點時，消耗Na2S2O3標準溶液VmL。已知：H2SeO3+4KI+4HCl=Se+2I2+4KCl+3H2OH2SeO3+4Na2S2O3+4HCl=Se+2Na2S4O6+4NaCl+3H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI①到達滴定終點時的現(xiàn)象為。②依據(jù)現(xiàn)有數(shù)據(jù)能否計算出粗硒中硒的純度？若能，請寫出計算式；若不能，請寫出還需要的數(shù)據(jù)。?！敬鸢浮?1)過濾HgSe+ClO+2H+=Hg2++Cl-+H2SeO370g/L(2)4：1(3)將粗硒溶于熱的Na2SO3溶液中，趁熱過濾，將濾液冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥(4)溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內顏色不恢復【分析】從某酸泥(含Se單質，HgSe及鋅、銅的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，“氧化浸出”時，酸泥中硒、汞、鋅、銅分別以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式進入溶液，過濾分離不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2還原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2進行沉硒，得到粗硒，再將沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣?！窘馕觥浚?）①分離氧化浸出液和浸出渣的操作是過濾。②根據(jù)“氧化浸出”時，酸泥中硒、汞、鋅、銅分別以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式進入溶液，不溶于水的HgSe被氧化的離子方程式為HgSe+ClO+2H+=Hg2++Cl-+H2SeO3。③根據(jù)圖示，70g/L時汞、硒浸出率已達到最大值，故選擇最佳NaClO3投加量并說明理由70g/L。（2）NaH2PO2中P為+1價，沉汞后液中磷以最高價+5價的形式存在，P化合價升高，NaH2PO2為還原劑，Hg2+由+2價降低為+1價，Hg2+為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒，“還原沉汞”的主要反應中，氧化劑和還原劑的物質的量之比為4：1。（3）根據(jù)已知Se(s)+Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的雜質不溶于Na2SO3溶液，對粗硒進行提純，該實驗操作是將粗硒溶于熱的Na2SO3溶液中，趁熱過濾，將濾液冷卻結晶，過濾、洗滌、干燥。（4）①根據(jù)淀粉遇碘變藍，到達滴定終點時的現(xiàn)象為溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘內顏色不恢復。②根據(jù)反應可知，得關系式為H2SeO3~Se~2I2~4，該粗硒的純度為=×100%，故可以計算出其純度。【題型2綜合考查廢舊物資物質制備】【例2】（2024·寧夏銀川·一模）鋼渣是鋼鐵行業(yè)的固體廢棄物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物質。一種以鋼渣粉為原料固定CO2并制備V2O3的工藝流程如圖所示。已知鋼渣中Ca元素質量分數(shù)為30%。V2O3在稀鹽酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Ca2+開始沉淀的pH1.97.23.512.4沉淀完全的pH2.98.25.113.8回答下列問題：(1)浸出1過程生成的SiO2“包裹”在鋼渣表面形成固體膜，阻礙反應物向鋼渣擴散。提高浸出率的措施有(除粉碎外，舉1例)。該浸出過程不使用稀硫酸代替稀鹽酸的原因是。(2)為避免引入雜質離子，氧化劑A應為(舉1例)。(3)濾液C的溶質可循環(huán)利用，試劑B應為。(4)若鋼渣粉中含有釩酸鈣，加入Na2CO3溶液能夠使釩酸鈣溶解，是因為存在平衡：。已知，，則該平衡常數(shù)(結果保留2位有效數(shù)字)。(5)富釩渣焙燒可生成釩鈣鹽，不同釩鈣鹽的溶解率隨pH變化如圖所示。已知浸出2的pH約為2.5，則應控制焙燒條件使該釩鈣鹽為。該培燒反應的化學方程式是。(6)若Ca的浸出率為90%，理論上1噸鋼渣在“固碳”中可固定kgCO2?！敬鸢浮?1)適當增大鹽酸的濃度、適當升高溫度、攪拌等稀硫酸與2CaO?SiO2反應形成微溶于水的CaSO4覆蓋在鋼渣表面，阻礙反應物向鋼渣擴散(2)H2O2或氯水(3)氨水(4)1.4(5)Ca2V2O7(6)297【分析】鋼渣中含有2CaO?SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，鋼渣中加入稀鹽酸、NH4Cl進行“浸出1”，經過濾得到富釩渣，濾液中含F(xiàn)e3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，濾液中加入氧化劑A將Fe2+氧化成Fe3+，加入試劑B將Fe3+、Al3+轉化成鐵鋁渣而除去，然后加入試劑B調pH，再吸收CO2“固碳”得到微細CaCO3和濾液C，富釩渣與CaCO3在空氣中焙燒得焙燒產物，焙燒產物中加入稀硫酸進行“浸出2”經過濾得濾渣和濾液，濾液經系列操作得V2O5，用還原劑將V2O5還原為V2O3?！窘馕觥浚?）①提高浸出率的措施有：適當增大鹽酸的濃度、適當升高溫度、攪拌等；②該浸出過程不使用稀硫酸代替稀鹽酸的原因是：稀硫酸與2CaO?SiO2反應形成微溶于水的CaSO4覆蓋在鋼渣表面，阻礙反應物向鋼渣擴散；（2）加入氧化劑A的目的是將Fe2+氧化成Fe3+，為避免引入雜質離子，氧化劑A應為H2O2或氯水；（3）加入試劑B的目的使Fe3+、Al3+轉化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，繼續(xù)加入試劑B調pH，便于“固碳”時形成CaCO3，濾液C的溶質可循環(huán)利用，試劑B應為氨水；（4）根據(jù)可知，平衡常數(shù)K===1.4；（5）①由圖可知浸出2的pH約為2.5時，Ca2V2O7的溶解率最大，故應控制焙燒條件使釩鈣鹽為Ca2V2O7；②該焙燒過程中V元素的化合價由+3價升至+5價，O2為氧化劑，根據(jù)得失電子守恒和原子守恒，該焙燒反應的化學方程式為；（6）鋼渣中Ca元素的質量分數(shù)為30%，若Ca的浸出率為90%，理論上1噸鋼渣在“固碳”中可固定CO2的質量為=297kg?！咀兪?-1】（2024·河北邯鄲·一模）Fe3O4@SiO2是一種高效非貴金屬光/熱催化劑，以廢棄還原鐵粉(表面有銹漬，不含其他金屬雜質)為原料制備Fe3O4@SiO2的工藝流程如圖所示：已知：25℃時，，。請回答下列問題：(1)為了提高鐵粉的浸取速率，除了考慮溫度、濃度影響因素外，還可以采取的措施有(填一條)；經檢驗浸取液中無Fe3+，其原因為(用離子方程式解釋)。(2)需在隔絕空氣條件下進行的反應設備或操作有反應釜1、、真空熱分解。(3)實驗室(填“能”或“不能”)用如圖所示裝置進行“加壓過濾”，原因為。(4)已知“浸取液”中無過量的酸，則反應釜2中反應的離子方程式為。(5)反應釜3中，25℃時Ca2+濃度為50g?L，理論上溶液的pH低于()。(6)納米Fe3O4也可以用如下過程制備：①反應ⅱ中的作用是。②反應ⅱ的化學方程式為?！敬鸢浮?1)將廢棄還原性鐵粉粉碎或進行充分攪拌(或其他合理答案)Fe+2Fe3+=3Fe2+(2)加壓過濾(3)不能圖示抽濾操作無法在真空中進行(4)CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(5)11.3(6)中和反應過程中生成的HCl，促進FeCl3·6H2O水解FeCl3·6H2O+3=FeOOH+4H2O+3【分析】由題干以廢棄還原鐵粉(表面有銹漬，不含其他金屬雜質)為原料制備Fe3O4@SiO2的工藝流程圖可知，向廢棄還原性鐵粉中加入足量的鹽酸，發(fā)生的反應有：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，過濾得到浸取液，將浸取液分別進入反應釜1，即加入CaO，反應原理為：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，反應釜2，即加入CaO并通入空氣，反應原理為：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，將反應釜1和反應釜2的物質混合進入反應釜3，調節(jié)pH使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，然后加壓過濾，為防止Fe(OH)2被氧化，使得產品中Fe2+和Fe3+物質的量比不為1:2，加壓過濾需在真空環(huán)境中進行，將過濾所得沉淀進行真空加熱得到納米Fe3O4，加入水凝膠/納米SiO2共熱得到Fe3O4@SiO2，據(jù)此分析解題。【解析】（1）為了提高鐵粉的浸取速率，除了考慮溫度、濃度影響因素外，還可以采取的措施有將廢棄還原性鐵粉粉碎、進行充分攪拌；由分析可知，F(xiàn)e2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，經檢驗浸取液中無Fe3+，則其原因用離子方程式表示為：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案為：將廢棄還原性鐵粉粉碎或進行充分攪拌；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）由分析可知，為防止Fe2+過渡被氧化，改變產品中Fe2+、Fe3+的物質的量比，則需在隔絕空氣條件下進行的反應設備或操作有反應釜1、加壓過濾、真空熱分解，故答案為：加壓過濾；（3）由分析可知，為防止Fe(OH)2被氧化，使得產品中Fe2+和Fe3+物質的量比不為1:2，加壓過濾需在真空環(huán)境中進行，圖示抽濾操作無法在真空中進行，故答案為：不能；圖示抽濾操作無法在真空中進行；（4）由分析可知，已知“浸取液”中無過量的酸，則反應釜2中反應為：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其反應的離子方程式為：CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案為：CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）反應釜3中，25℃時Ca2+濃度為50g?L，即Ca2+的物質的量濃度為：=1.25mol/L，反應釜3中調節(jié)pH使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，故有：c(OH-)＜==2×10-3，c(H+)＞=5×10-12，即理論上溶液的pH低于=11.3，故答案為：11.3；（6）①由流程圖可知，F(xiàn)eCl3·6H2O水解生成FeOOH過程中生成了HCl，中的N上有孤電子對顯堿性，能與HCl反應生成鹽，從而促進水解正向進行，故反應ⅱ中的作用是中和反應過程中生成的HCl，促進FeCl3·6H2O水解；②反應ⅱ的化學方程式為：FeCl3·6H2O+3=FeOOH+4H2O+3?！咀兪?-2】（2024·廣東江門·一模）某化工廠利用廢舊鋰離子電池正極材料（含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等）制備Co2O3和Li2CO3。工藝流程如下：固體已知：①常溫時，有關物質如下表：物質②常溫時，的溶度積，該數(shù)值隨溫度升高而減小。(1)LiCoO2中Co元素的化合價為；基態(tài)Co原子的價層電子軌道表示式為。(2)“酸浸”時發(fā)生反應：。①補充完整上述離子方程式；②舊生產工藝用鹽酸進行“酸浸”，但易造成環(huán)境污染，原因是。(3)已知濾渣2中含有，則常溫下濾液2中mol/L。(4)濾液3中含金屬元素的離子主要是，通入空氣發(fā)生催化氧化反應的離子方程式為。(5)沉鋰操作過程中的存在反應：，該操作中需將溫度升高到90℃，原因是。(6)由進一步制得的具有反螢石結構，晶胞如圖所示。①在晶胞中的位置為；②設阿伏加德羅常數(shù)的值為。晶胞的密度為b，則晶胞參數(shù)（棱長）為pm。【答案】(1)+3(2)2CO2被氧化生成C12污染環(huán)境(3)5.6×10-4(4)(5)溫度升高到90℃，促進碳酸的分解，沉鋰反應向正反應方向移動，提高沉鋰反應轉化率(6)在立方體的頂點上和面心上【分析】廢舊鋰離子電池的正極材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2還原為Co2+，過濾除去不溶物為濾渣1，濾液1加NaOH溶液，題中已知濾渣2中含有，分析可知還含有Co(OH)2，在濾渣2中加入碳酸銨和將有Co(OH)2轉化為，過濾后除去，濾液3中為且溶液為堿性，經過空氣催化氧化得到Co(OH)3，最后得到Co2O3；濾液1中主要含有Li+、Ca2+、，經過NH4F固體的處理將Ca2+除去，后續(xù)沉鋰再將Li+以Li2CO3形式沉淀出來，據(jù)此作答?！窘馕觥浚?）Li化合價+1價，O化合價-2價，推得Co化合價+3價，Co第27號元素，所以基態(tài)Co原子的價層電子軌道表示式為：。（2）LiCoO2中Co元素的化合價化合價從+3價降低到+2價，因此草酸中C元素化合價從+3價升高到+4價，再通過質量守恒定律推出為：2CO2，舊生產工藝用鹽酸進行“酸浸”，鹽酸中的會被氧化生成C12從而污染環(huán)境，故答案為：2CO2；被氧化生成C12污染環(huán)境。（3）pH=10時，，，5.6×10-4。（4）Co化合價從+2價升高到+3價，O化合價從0價降到-2價，濾液3為堿性，所以通入空氣發(fā)生催化氧化反應的離子方程式為：。（5）溫度升高到90℃，促進碳酸的分解，則沉鋰反應向正反應方向移動，提高沉鋰反應的轉化率，故答案為：溫度升高到90℃，促進碳酸的分解，沉鋰反應向正反應方向移動，提高沉鋰反應轉化率。（6）①化學式中的Li+：O2-的個數(shù)比為2：1，根據(jù)觀察并計算，O2-應該是在立方體的頂點上和面心上，Li在立方體的體心上；②設晶胞參數(shù)（棱長）為apm，，由此可得。【變式2-3】（2024·陜西榆林·一模）具有耐高溫的惰性，高活性，可廣泛應用于制作各種塑料、橡膠、陶瓷、耐火材料等。工業(yè)上以油頁巖灰渣（主要成分為、，含少量、、和其他不溶于酸、堿的雜質）為原料制備納米的流程如下。已知：熔點高，硬度大，不溶于酸、堿；常溫下，、、；溶液中離子的濃度小于時可視為該離子沉淀完全。請回答下列問題：(1)油頁巖灰渣“70℃下加熱”前需要將其粉碎，目的是；加入的目的是。(2)濾渣1的主要成分為、及不溶于酸、堿的雜質；加入調節(jié)溶液的為13后，溶液中的。(3)若通入過量，發(fā)生的主要反應的離子方程式為。(4)寫出洗去固體A表面雜質的簡要操作：。(5)“煅燒”固體A反應的化學方程式為。【答案】(1)增大接觸面積，加快反應速率將轉化為可溶于酸的物質(2)(3)(4)向漏斗內加水至浸沒固體，待水自然流干后，重復操作2～3次(5)【分析】油頁巖灰渣（主要成分為、，含少量、、和其他不溶于酸、堿的雜質）混合NaCl后在70℃下加熱，然后用30%的硫酸溶液浸取，不和硫酸反應存在于濾渣1中，CaO和硫酸反應生成硫酸鈣沉淀也存在于濾渣1中，濾液中存在Al3+、Mg2+，向濾液中加入過量NaOH溶液，Mg2+轉化為Mg(OH)2沉淀，Al3+轉化為AlO，過濾后向含有AlO的濾液中通入CO2，AlO轉化為Al(OH)3沉淀，煅燒Al(OH)3使其分解產生Al2O3，以此解答。【解析】（1）油頁巖灰渣“70℃下加熱”前需要將其粉碎，目的是增大接觸面積，加快反應速率。加入的目的是將轉化為可溶于酸的物質。（2）由分析可知，濾渣1的主要成分為、及不溶于酸、堿的雜質；加入調節(jié)溶液的為13后，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=，溶液中的。（3）若通入過量，AlO轉化為Al(OH)3沉淀，離子方程式為：。（4）洗去固體A表面雜質的簡要操作為：向漏斗內加水至浸沒固體，待水自然流干后，重復操作2～3次。（5）“煅燒”固體Al(OH)3生成氧化鋁，化學方程式為：。【題型3綜合考查礦產資源物質制備】【例3】（2024·福建莆田·二模）白云石的主要成分為，還含有少量的和。利用白云石制備碳酸鈣和氧化鎂，其主要流程的示意圖如下。已知：。(1)組成的四種元素，電負性由大到小的順序是。(2)“氨浸1”在室溫下進行，寫出氯化銨浸取氧化鈣總反應的離子方程式。(3)兩次“氨浸”的pH比較；ab(填“>”“=”或“<”)。(4)“碳化”時，測得碳酸鈣的產率及碳酸鈣中鎂元素的含量隨溶液pH的變化如圖所示。時，碳化效果最佳。低于該pH，碳酸鈣的產率下降，其原因用離子方程式表示：。(5)“沉鎂”發(fā)生反應：，其平衡常數(shù)(用含氫氧化的和的的代數(shù)式表示)。(6)制備過程除了充分利用，還可以循環(huán)利用的1種物質是(填化學式)。(7)稱取試樣置于燒杯中，加蒸餾水數(shù)滴潤濕，蓋一表面皿，滴加鹽酸至固體完全溶解，定容在的容量瓶內，用移液管吸取待測液于錐形瓶中，加入相關試劑，搖勻后用EDTA溶液滴定至終點(與EDTA以等物質的量比反應)。進行平行實驗，測得平均消耗EDTA溶液。產品中碳酸鈣質量分數(shù)為(列出計算式)。(8)碳酸鈣的某種晶胞結構如下圖所示。①每個晶胞中含有個“”單元。②每個陰離子團的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為?！敬鸢浮?1)(2)(3)>(4)7.0(5)(6)(7)(8)66【分析】白云石的主要化學成分為，還含有少量的和，白云石樣品煅燒后，轉化為氧化鈣、氧化鎂，加入氯化銨溶解、浸鈣，過濾，大部分鈣離子進入濾液1，通入二氧化碳生成碳酸鈣沉淀，分離出含有MgO、和的濾渣1，2步浸氨在濾液2中含有鎂離子，濾渣2中為和，向濾液再加入碳酸銨沉淀鎂，生成堿式碳酸鎂沉淀，過濾得到碳酸鎂和含有硫酸銨的濾液，洗滌沉淀、干燥、煅燒得到氧化鎂，據(jù)此分析作答?！窘馕觥浚?）組成的四種元素，非金屬性越強電負性越強，電負性由大到小的順序是。（2）“氨浸1”在室溫下進行，據(jù)分析可知，加入氯化銨溶解、浸鈣，生成鈣離子和一水合氨，離子方程式：。（3）由于金屬性，兩次“氨浸”的pH比較：a＞b。（4）7.0時，碳化效果最佳，此時碳酸鈣產率最高。低于該pH，碳酸鈣的產率下降，碳酸鈣與二氧化碳反應生成碳酸氫鈣，其原因用離子方程式表示：。（5）“沉鎂”發(fā)生反應：，其平衡常數(shù)，，，將和的帶入K的代數(shù)式中，可得。（6）制備過程除了充分利用，還可以循環(huán)利用的1種物質是，通入二氧化碳會生成碳酸鈣和氯化銨。（7）稱取試樣置于燒杯中，加蒸餾水數(shù)滴潤濕，蓋一表面皿，滴加鹽酸至固體完全溶解，定容在的容量瓶內，用移液管吸取待測液于錐形瓶中，加入相關試劑，搖勻后用EDTA溶液滴定至終點(與EDTA以等物質的量比反應)。進行平行實驗，測得平均消耗EDTA溶液。產品中碳酸鈣質量分數(shù)。（8）①每個晶胞中含有Ca的個數(shù)為故有6個“”單元。②每個陰離子團的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為6，且氧原子共享?！咀兪?-1】（2024·重慶·一模）工業(yè)上以菱錳礦(主要成分為MnCO3，含雜質CaCO3、FeCO3、NiCO3)為原料制取金屬錳的工藝流程如下：已知常溫下，溶度積常數(shù)(Ksp)如下表：(1)基態(tài)Mn2+的價層電子軌道表示式為，的空間結構為。(2)“酸浸”時，為了加快反應速率，可采取的措施有(答兩條)，該過程一般選擇硫酸而不用鹽酸的原因是。(3)“酸浸”過程中，MnO2發(fā)生的主要反應的離子方程式為。(4)常溫下，加稀氨水時調pH約為4，則濾渣2的主要成分是。(5)“除雜1”時加入適量的(NH4)2S，除去的主要離子為，過濾后得到的濾液中，則其的范圍是?！敬鸢浮?1)平面三角形(2)攪拌、粉碎、適當升溫、適當增加酸的濃度等鹽酸與二氧化錳會發(fā)生反應，電解制錳時會產生污染氣體(3)(4)Fe(OH)3(5)Ni2+【分析】菱錳礦(主要成分為MnCO3，含雜質CaCO3、FeCO3、NiCO3)中加入H2SO4、MnO2進行酸浸，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，CaCO3轉化的CaSO4成為濾渣1；濾液中加入稀氨水調pH，此時Fe3+轉化為Fe(OH)3沉淀；濾液中加入(NH4)2S，Ni2+轉化為NiS沉淀；濾液中加入NH4F，Ca2+轉化為CaF2沉淀；將濾液進行電解，便可獲得Mn。【解析】（1）Mn為25號元素，價層電子排布式為3d54s2，Mn2+的價層電子排布式為3d5，則基態(tài)Mn2+的價層電子軌道表示式為；的中心原子無孤電子對，中心C原子的價層電子對數(shù)為3，C采取sp2雜化，空間結構為平面三角形。（2）“酸浸”時，為了加快反應速率，可采取升高溫度、增大濃度、增大接觸面積等措施，則具體措施有：攪拌、粉碎、適當升溫、適當增加酸的濃度等；鹽酸可能會與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應，同時引入的氯離子在最后電解制錳時會在陽極放電，從而生成污染氣體氯氣，則該過程一般選擇硫酸而不用鹽酸的原因是：鹽酸與二氧化錳會發(fā)生反應，電解制錳時會產生污染氣體。（3）“酸浸”過程中，MnO2能將Fe2+氧化，則主要反應的離子方程式為。（4）根據(jù)金屬氫氧化物的溶度積數(shù)據(jù)可知，調節(jié)pH為4左右，目的是為了除去Fe3+，故濾渣2的主要成分是Fe(OH)3。（5）結合金屬硫化物的溶度積常數(shù)數(shù)據(jù)可知，加入適量的(NH4)2S除去的主要離子是Ni2+，此時硫離子需要剛好完全沉淀Ni2+但不能沉淀Mn2+。當Ni2+完全沉淀時，c(S2-)=mol/L，pS≤19；當Mn2+不產生沉淀時，，c(S2-)＜mol/L，pS＞10，所以pS的范圍是。【變式3-2】（2024·福建福州·二模）鎢是國防及高新技術應用中極為重要的功能材料之一，由黑鎢礦[主要成分是鎢酸亞鐵()、鎢酸錳()，少量Si、As元素]冶煉鎢的流程如下：已知：①鎢酸()酸性很弱，難溶于水。②水浸液含、、、等陰離子。(1)“焙燒”前，粉碎黑鎢礦的目的是。(2)濾渣的主要成分為兩種金屬氧化物，是、。寫出生成的化學方程式。(3)“凈化”過程中，的作用是。(4)“還原”的總反應為

，實驗測得一定條件下，平衡時的體積分數(shù)隨溫度的變化曲線如圖所示。①該反應0(填“>”或“<”)。②由圖可知，a點處(填“>”或“<”或“=”)。③900℃時該反應的壓強平衡常數(shù)。(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))(5)“還原”過程中，氧化鎢會與水蒸氣反應生成，其化學方程式為。(6)工業(yè)上可以采用鋁熱法還原黃鎢()生產鎢。已知、①

②

則的。(7)鎢酸鈣可用于制閃爍計數(shù)器、激光器等，往“凈化”后的溶液中加入石灰乳發(fā)生：，已知：常溫下，、的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。當溶液中的完全沉淀()時，溶液?！敬鸢浮?1)增大接觸面積，使焙燒更充分(2)(3)將氧化為(4)>>27(5)(6)(7)13【解析】（1）黑鎢礦[主要成分是鎢酸亞鐵(FeWO4)、鎢酸錳(MnWO4)，少量Si、As元素]冶煉鎢，先加入碳酸鈉并通入氧氣進行焙燒，鐵元素被氧化為三價，硅轉化為硅酸鹽，進行水浸，水浸液含、、、等陰離子，濾渣的主要成分為MnO2、Fe2O3兩種金屬氧化物，水浸液中加入氯化鎂、過氧化氫凈化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根過濾得到濾液和濾渣，鎢酸(H2WO4)酸性很弱，難溶于水，煅燒得到WO3，通入氫氣還原得到單質W。“焙燒”前將黑鎢礦粉碎，可增大礦石的表面積，從而增大反應接觸面積，使焙燒更充分；（2）由分析，“水浸”除去了錳和鐵元素，故濾渣的主要成分為MnO2、Fe2O3兩種金屬氧化物，焙燒過程中MnWO4與氫氧化鈉反應生成二氧化錳和鎢酸鈉，化學方程式為；（3）由流程圖及分析，水浸液含、，凈化過程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是將氧化為；（4）①由圖像分析可知，隨溫度升高，氫氣的體積分數(shù)減小，即升溫平衡正向移動，正反應為吸熱反應，該反應ΔH>0；②a點在曲線上方，即如果達到平衡，氫氣體積分數(shù)要減小，說明反應要正向進行才能到平衡，故反應正向進行中，v正>v逆；③900℃時，壓強p=0.1MPa，M點氫氣的體積分數(shù)為25%，結合三段式列式計算平衡分壓，設氫氣起始量為3mol，平衡時消耗氫氣xmol，則，，x=2.25mol，該反應的壓強平衡常數(shù)Kp=；（5）“還原”過程中，氧化鎢會與水蒸氣反應生成WO2(OH)2，其化學方程式為；（6）反應②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4倍，故根據(jù)蓋斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)ΔH=kJ/mol；（7）常溫下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲線如圖，由于氫氧化鈣微溶，溶解度相對較大，上方的線表示CaWO4，下方的線表示Ca(OH)2，當c()=10-5mol/L時，對應是曲線上縱坐標為5的點，取橫坐標(鈣離子濃度)相同，對應氫氧根曲線的縱坐標為1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13?！咀兪?-3】（2024·四川成都·二模）貴金屬銀有廣泛用途。工業(yè)上用銀錳精礦(主要含、MnS、等)制備銀，同時獲得二氧化錳的流程如下?；卮鹣铝袉栴}：(1)“浸錳”步驟中產生的浸錳液主要含有，生成氣體的主要成分為；用惰性電極電解浸錳液制，寫出電解總反應的化學方程式。(2)已知“浸鐵”步驟中保持不變，反應中n(氧化劑)：n(還原劑)=；浸鐵濾餅的主要成分為S和。(3)“浸銀”時發(fā)生反應，其中在溶液中是一種穩(wěn)定配合物。加入的作用是；結合離子方程式，從平衡角度分析選用氯化物濃溶液的原因是。(4)“沉銀”步驟中，生成單質銀的離子反應方程式為，沉銀液經處理可再利用，方法是向沉銀液中通入(寫化學式)，通過一步轉化后循環(huán)再用?！敬鸢浮?1)H2SMnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4(2)1:1Ag2S(3)抑制Fe3+水解增大溶液中氯離子濃度，可以促進平衡正向進行，提高銀元素的轉化率(4)2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+氯氣【分析】銀錳精礦主要含Ag2S、MnS、FeS2，加入稀硫酸浸錳，其中硫化錳和硫酸反應生成硫酸錳和硫化氫氣體，得到的浸錳濾餅中還含有Ag2S、FeS2，加入硫酸鐵浸鐵，二硫化亞鐵和硫酸鐵反應，得到硫化亞鐵和硫單質，剩余硫化銀進行浸銀，將銀轉化為Ca[AgCl2]2，最后加入過量鐵粉沉銀?！窘馕觥浚?）“浸錳”步驟中，浸錳液主要含有MnSO4，說明硫酸和硫離子反應得H2S，是氣體的主要成分，用惰性電極電解浸錳液，二價錳離子在陽極失電子得MnO2，陰極生成氫氣，電解總反應化學方程式為：MnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4；（2）已知“浸鐵”步驟中硫酸根物質的量不變，F(xiàn)e2(SO4)3為氧化劑，F(xiàn)eS2為還原劑，F(xiàn)eS2中硫被氧化為硫單質，中鐵被還原為二價鐵離子，故氧化劑和還原劑轉移電子數(shù)相同，都為2，故n(氧化劑)：n(還原劑)=1:1，浸鐵濾餅的主要成分為S和“浸錳”和“浸鐵”步驟中剩余未反應的Ag2S；（3）“浸銀”時發(fā)生的反應中，反應物有FeCl3，故加入H+的作用是抑制Fe3+水解，“浸銀”時發(fā)生的反應是可逆反應，用氯化物濃溶液增大溶液中氯離子濃度，可以促進平衡正向進行，提高銀元素的轉化率；（4）“沉銀”步驟中，前一步“浸銀”時生成的與鐵反應生成銀單質，鐵失電子變?yōu)槎r鐵離子，發(fā)生的離子方程式為2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+，沉銀液主要含F(xiàn)eCl2，向沉銀液中通入氯氣將其氧化為FeCl3，可在“浸銀”時循環(huán)再用。【題型4綜合考查工藝流程與化學圖像】【例4】（2024·四川·二模）工業(yè)上以鉻鐵礦(，含Al，Si氧化物等雜質)為主要原料制備重鉻酸鉀的工藝流程如圖。回答下列問題：已知：焙燒時(鐵、鉻分別為、價)轉化為和，同時A1、Si氧化物轉化為可溶性鈉鹽。(1)“焙燒”過程與有關的化學反應中，氧化劑和還原劑物質的量之比為?！敖　边^程所得濾渣的用途有(合理即可)。(2)礦物中相關元素可溶性組分物質的量濃度c與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度時，可認為已除盡。則“中和”時應控制pH的范圍為；從平衡移動的角度解釋“酸化”過程加入的原因。(3)“冷卻結晶”時，相關化學反應方程式為。(4)價鉻的化合物毒性較大，需將轉化為毒性較低的；工業(yè)上可采用電解法處理酸性含鉻廢水：以鐵板做陰、陽極，電解含鉻(Ⅵ)廢水，示意如圖。①靈敏鑒定廢水中的：向含鉻(Ⅵ)廢水中加入適量溶液發(fā)生反應，生成在乙醚中較穩(wěn)定存在的價的含鉻氧化物，1mol中含過氧鍵的數(shù)量是。②電解開始時，A極上主要發(fā)生的電極反應式為。③電解產生的將還原為同時產生，其離子方程式為?！敬鸢浮?1)制作顏料，用于工業(yè)煉鐵等(2)體系存在平衡，加入溶液，使溶液中濃度升高，平衡逆向移動，得到高濃度的(3)或(4)(或2mol)【分析】鉻鐵礦加入純堿和O2進行焙燒，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加入水進行“浸取”，過濾，濾渣為不溶于水的Fe2O3，向過濾后向溶液中加入H2SO4調節(jié)溶液pH使Na[Al(OH)4]、Na2SiO3轉化為氫氧化鋁和硅酸沉淀過濾除去，再向濾液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結晶將Na2SO4除去，所得溶液加入氯化鉀固體冷卻結晶得到K2Cr2O7?2H2O晶體；【解析】（1）“焙燒”的目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4和鐵紅，則生成Na2CrO4的化學方程式為：4FeCr2O4+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+8CO2+2Fe2O3，氧元素化合價降低，O2是氧化劑，Cr元素化合價升高，F(xiàn)eCr2O4是還原劑，氧化劑和還原劑物質的量之比為7:4；“浸取”過程所得濾渣Fe2O3是紅棕色固體，用途有制作顏料，用于工業(yè)煉鐵等；（2）“調pH”的目的是將Na[Al(OH)4]、Na2SiO3轉化為氫氧化鋁和硅酸沉淀過濾除去，由圖可知，當溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成，因此“調pH”時pH的理論范圍為4.5≤pH≤9.3；“酸化”過程加入的原因是：體系存在平衡，加入溶液，使溶液中濃度升高，平衡逆向移動，得到高濃度的；（3）“冷卻結晶”時，氯化鉀固體將Na2Cr2O7轉化為K2Cr2O7，化學反應方程式為；（4）①價的含鉻氧化物，氧元素化合價由1個-2價和4個-1價組成，即1mol中含過氧鍵的數(shù)量是；②電解開始時，A極上主要發(fā)生的電極反應式為：Fe-2e-=Fe2+；③二價鐵離子有還原性，有強氧化性，二者能發(fā)生氧化還原反應，二價鐵離子被氧化成三價鐵離子，被還原為Cr3+，反應方程式為：?！咀兪?-1】（2024·湖南衡陽·二模）一種硫酸鎳粗品中含有、、、、等雜質離子，采用下列流程可以對硫酸鎳進行提純，并能獲取藍礬。已知：常溫下，①；②部分金屬離子（起始濃度為0.1，沉淀完全的濃度為）生成氫氧化物沉淀的pH范圍如下表：金屬離子開始沉淀的pH1.54.26.26.36.911.8完全沉淀的pH2.86.28.28.38.913.8回答下列問題：(1)“水浸”時常適當加熱，加熱的目的是。(2)常溫下，X是一種氣體，則X、、中鍵角從大到小的順序是（用化學式表示），其原因是。(3)“沉鐵”時，總反應的離子方程式為；其中加入的作用是調節(jié)溶液pH＝（填字母）。A．1.5

B．4.0

C．6.3

D．6.9(4)若某次工藝生產中，“沉鐵”后，1.0t（體積約為L）濾液中，“沉鈣”后，，則最少加入g（保留三位有效數(shù)字）。(5)萃取劑P204的結構簡式如圖1所示，1molP204中含mol手性碳原子；萃取時，萃取液pH對相關金屬離子的影響如圖2所示，則最適宜的pH為?！敬鸢浮?1)加快浸取速率(2)三者都是雜化，、的中心原子分別有2對，1對孤電子對，的中心原子無孤電子對，而孤電子對的排斥力較大，導致的鍵角最小，次之，最大(3)B(4)193(5)23.4【分析】硫酸鎳粗品中含有、、、、等雜質離子，水浸后通入H2S，生成S和CuS沉淀，過濾濾去濾渣1，往濾液加入H2O2，將Fe2+氧化后加入Ni(OH)2沉鐵，得到Fe(OH)3沉淀后再次過濾，往濾液加入NiF2，生成CaF2沉淀，過濾后得到NiSO4、ZnSO4溶液，用P204將硫酸鋅萃取后經蒸發(fā)結晶等系列操作可得到硫酸鎳晶體。過濾得到的S和CuS在空氣中焙燒生成CuO和二氧化硫，CuO加硫酸溶解得到硫酸銅溶液，再經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾等操作得到膽礬晶體，據(jù)此分析解答?！窘馕觥浚?）“水浸”時常適當加熱，可以加快浸取速率；（2）X目的是除去銅離子，X應為H2S，H2S、、三者中心原子都是雜化，、的中心原子分別有2對、1對孤電子對，的中心原子無孤電子對，而孤電子對的排斥力較大，導致的鍵角最小，次之，最大，則鍵角：>>H2S；（3）“沉鐵”時，將Fe2+離子氧化成Fe3+，調節(jié)pH值使Fe3+轉化成，總反應的離子方程式為：；調節(jié)pH的目的是沉鐵，但不能鋅離子、鎳離子沉淀，因此pH范圍應為2.8-6.2之間，故選B；（4）“沉鈣”過程中發(fā)生反應：，由減小到，溶液體積為L，，則反應消耗的NiF2為0.99mol，完全沉淀后，則溶液中的，溶液中，對應的為1mol，則共需要1.99mol，則最少加入1.99mol×97g/mol=193g；（5）由結構簡式可知P204中含2個手性碳原子：，則1molP204中含2mol手性碳原子；由圖中信息可知pH=3.4時Zn2+的萃取率最高，且鎳離子的萃取率較低，最適宜在該pH下萃取鋅離子?！咀兪?-2】（2024·福建龍巖·一模）以大洋錳結核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，制備MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得產品具有廣泛的用途。制備過程如下圖所示：已知：①金屬離子濃度≤10-5mol/L時，認為該離子沉淀完全。相關離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.2沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.2②25℃時，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。(1)基態(tài)錳原子的價層電子軌道表示式為。(2)“浸取”時，有副產物MnS2O6生成，請寫出該副反應的化學方程式。溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響如圖所示，為了減少副產物的生成，最適宜的溫度。(3)“調pH”時，應控制的pH范圍是?！皟艋焙鬄V渣3的主要成分。(4)“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應的離子方程式為。若改用加入(NH4)2CO3溶液，還會產生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq)Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，25℃時，計算該反應的平衡常數(shù)的對數(shù)值lgK=(填數(shù)值)。(5)要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為、過濾、洗滌、干燥。(6)“煅燒”時，不同條件下煅燒可制得不同錳的氧化物晶體。①晶體Ⅰ可作脫硫劑，其長方體晶胞結構如圖。阿伏伽德羅常數(shù)為NAmol-1，則晶體Ⅰ的密度為g·cm-3。②晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過Zn2+在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電的原理如圖所示?！癷i”代表電池(填“充電”或“放電”)過程，“iii”的電極反應式為?！敬鸢浮?1)(2)MnO2+2SO2=MnS2O690℃左右(3)4.7-8.1ZnS、MgF2(4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O1.8(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶(6)174/(a2bNA)×1030放電ZnxMn0.61□0.39O-2xe-=Mn0.61□0.39O+xZn2+【分析】大洋錳結核(主要由MnO2和鐵氧化物組成，還含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)為原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化將方便后續(xù)除去，調pH，可讓Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S凈化主要是除去Zn2+和，“沉錳”生成MnCO3沉淀，煅燒得到MnxOy，或者加磷酸進一步制備可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，據(jù)此分析解題?！窘馕觥浚?）錳原子序數(shù)為25，位于周期便第四周期第VIB族，價層電子軌道表示式為；（2）“浸取”時，有副產物MnS2O6生成，該副反應的化學方程式，結合題目中所給溫度對錳的浸出率、MnS2O6生成率的影響圖，為了減少副產物的生成，最適宜的溫度90℃左右；（3）“調pH”時，為了保證雜質離子沉淀，錳離子不沉淀，應控制的pH范圍是4.7-8.1，可讓和部分沉淀，再加和凈化主要是除去和，因此“凈化”后濾渣3的主要成分ZnS、MgF2；（4）“沉錳”時，加入過量NH4HCO3溶液，該反應的離子方程式為，對于反應，，完全沉淀時，pH，，且，，所以，故，；（5）要將“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶體，操作X為蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；（6）根據(jù)均攤法，原子個數(shù)為，O原子個數(shù)，根據(jù)晶體密度計算公式，則晶體Ⅰ的密度為g·cm-3；晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電，“ii”代表電池放電過程，“iii”的電極反應式為ZnxMn0.61□0.39O-2xe-=Mn0.61□0.39O+xZn2+?！咀兪?-3】（2023·四川綿陽·三模）錫煙塵(主要含ZnO、、SnO、、、)氧壓浸出分離回收金屬的工藝流程如下：已知：。請回答下列問題：(1)“氧壓浸出”過程中，生成單質S的離子方程式為。(2)實驗測得氧分壓對Sn、In、Zn的浸出率影響如圖所示：結合反應的離子方程式，從平衡移動的角度解釋氧分壓對Sn的浸出率的影響：；最佳氧分壓為。(3)“萃取”過程中，發(fā)生反應。①“萃取”實驗中，使用的硅酸鹽儀器有。②“萃余液Ⅰ”中含有的金屬離子為。(4)“反萃取”過程中將有機層轉移到水層，為使盡可能多地發(fā)生上述轉移，可采取的措施為。(5)“反萃取”后，可先中和，再加入Zn粉置換，中和的目的是；已知常溫下，“反萃取”后溶液中的濃度為，則中和時可調節(jié)pH的最大值為?！敬鸢浮?1)(2)，氧分壓增大，平衡正向移動，Sn的浸出率降低0.7Mpa(3)燒杯、分液漏斗、(4)多次反萃取，適當提高酸的濃度，充分振蕩(答案合理即可)(5)減少Zn粉的使用量4【分析】錫煙塵(主要含ZnO、、SnO、、、)進行氧壓浸出，將-2價硫氧化為硫單質，SnO酸性條件下氧化生成H2SnO3沉淀，其余均轉化為金屬離子進入溶液中，加入萃取劑將In3+萃取入有機層中，分液，在有機層中加入反萃取劑，得到含In3+的無機溶液，鋅置換得到In?！窘馕觥浚?）根據(jù)質量守恒、得失電子守恒判斷，“氧壓浸出”過程中，生成單質S的離子方程式為。（2）根據(jù)題圖判斷，氧分壓越大，Sn的浸出率越低，可能原因為浸出過程中發(fā)生反應，氧分壓增大，平衡正向移動，Sn2+轉化為的量增大，則浸出率降低；氧分壓高于0.7MPa時，Zn2+、In3+的浸出率沒有明顯上升，則最佳氧分壓為0.7Mpa。（3）①“萃取”實驗中，使用的硅酸鹽儀器(即玻璃儀器)為燒杯、分液漏斗；②由流程分析可知，“萃余液Ⅰ”中含有的金屬離子為、。（4）“反萃取”過程中將有機層轉移到水層，為使盡可能多地發(fā)生上述轉移，可采取的措施為：多次反萃取，適當提高酸的濃度，充分振蕩(答案合理即可)。（5）“反萃取”后，溶液中含有較多H+，先中和可減少Zn粉的使用量；根據(jù)題意計算，，，，即中和時可調節(jié)pH的最大值為4?！绢}型5綜合考查工藝流程與晶胞結構】【例5】（2024·廣東廣州·二模）我國是世界上稀土資源最豐富的國家，冶煉提純技術位于世界前茅。從某種磷精礦(主要成分為，含少量)分離稀土元素鈧()的工業(yè)流程如下：(1)鈧的基態(tài)原子核外價電子排布式為。(2)“萃取”的目的是富集，但其余元素也會按一定比例進入萃取劑中。①通過制得有機磷萃取劑，其中代表烴基，對產率的影響如下表。產率/826220由表可知：隨中碳原子數(shù)增加，產率降低，請從結構的角度分析原因。②“反萃取”的目的是分離和元素。向“萃取液”中通入，的沉淀率隨的變化如圖。試劑X為(填“”或“”)，應調節(jié)為。③反萃取時，通入得到沉淀的過程為：i．ii．(寫出該過程的化學方程式)。(3)草酸鈧晶體在空氣中加熱，隨溫度的變化情況如圖所示。250℃晶體主要成分是(填化學式)，℃反應的化學方程式為。(4)的一種氫化物晶胞結構如圖，晶體中H周圍與其最近的的個數(shù)為。為阿伏伽德羅常數(shù)的值，晶胞參數(shù)為，則該晶胞的密度為?！敬鸢浮?1)3d14s2(2)隨著碳原子數(shù)增加，烴基推電子能力增強，O-H鍵更難斷裂，(RO)3PO產率降低SO22(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3(3)Sc2(C2O4)3?H2OSc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2(4)4【分析】磷精礦加入硝酸酸浸，過濾得到二氧化硅不反應得到濾渣1，稀土元素、鐵、鈣元素進入濾液，加入萃取劑萃取出稀土元素，然后加入試劑X為亞硫酸鈉將三價鐵轉化為二價鐵，通入氨氣，調節(jié)pH分離出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去鈣元素得到硫酸鈣濾渣2，濾液加入草酸分離出草酸鈧晶體；【解析】（1）鈧為21號元素，基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2，核外價電子排布式為：3d14s2；（2）①由表可知：隨-R中碳原子數(shù)增加，(RO)3PO產率降低，請從結構的角度分析原因：隨著碳原子數(shù)增加，烴基推電子能力增強，O-H鍵更難斷裂，(RO)3PO產率降低．故答案為：隨著碳原子數(shù)增加，烴基推電子能力增強，O-H鍵更難斷裂，(RO)3PO產率降低；②由圖可知，亞鐵離子與Sc3+的分離效果更好，則試劑X為將鐵離子轉化為亞鐵離子的物質，故應選擇SO2，二氧化硫和鐵離子反應生成亞鐵離子和硫酸，利于鐵離子與Sc3+的分離，結合圖像可知，應調節(jié)pH為2，此時Sc3+幾乎完全沉淀，而亞鐵離子幾乎沒有沉淀，分離效果好，故答案為：SO2；2；③總反應為通入NH3得到ScPO4沉淀，反應i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，則反應ii為(NH4)3PO4和稀土的硝酸鹽轉化為ScPO4沉淀的反應，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案為：(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；（3）設起始時Sc2(C2O4)3?6H2O的物質的量為1mol,質量為462g,由圖可知，250℃時，減少的質量為462g×19.5%≈90g，=5mol,即晶體失去5個結晶水，故250℃時晶體的主要成分是Sc2(C2O4)3?H2O，250～550℃減少的質量為462g×3.9%≈18g,可知550℃時晶體的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃時剩余固體的質量為462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去鈧元素質量后剩余質量為138g-2mol×45g/mol=48g,應為氧元素的質量，=3mol,則850℃時晶體的化學式為Sc2O3，故550～850℃發(fā)生反應的化學方程式為：Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；（4）Sc的一種氫化物晶胞結構如圖2，晶體中H周圍與其最近的Sc的個數(shù)為：4，晶胞中分攤法得到，Sc個數(shù)=8×+6×=4，H個數(shù)8個，表示的氫化物為：H8Sc4，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，晶胞質量為，晶胞參數(shù)為anm，晶胞體積為V=(a×10?7)3cm3，則該晶胞的密度?！咀兪?-1】（2024·廣東佛山·一模）稀土（RE）包括鑭（La）、鈰（Ce）等元素，是重要的戰(zhàn)略資源，從離子型稀土礦（含F(xiàn)e、Al等元素）中提取稀土元素并獲得高附加值產品的一種工藝流程如圖所示：已知：該工藝下，除鈰（Ce）外，稀土離子保持＋3價不變；金屬離子形成氫氧化物沉淀的相關pH見下表。離子開始沉淀時的pH1.54.35.6（為6.2）沉淀完全時的pH3.25.5/（為9.0）回答下列問題：(1)“預中和”工序中：①該工序適宜的pH范圍是。②膠狀的X射線衍射圖譜中，（選填“能”或“不能”）觀察到明銳的衍射峰。(2)“調pH”工序中，發(fā)生的離子反應方程式為。(3)濾液3可返回工序循環(huán)使用。(4)“沉淀”工序產物為（選填“”或“”），理由是[：]。（當反應的時可認為反應完全）(5)含氟稀土拋光粉的主要成分為，焙燒時發(fā)生的化學反應方程式為。(6)利用離子交換法浸出稀土的過程如圖所示。已知離子半徑越小、電荷數(shù)越大，離子交換能力越強．下列離子對交換能力最強的是______。A． B． C． D．(7)銀鈰合金是優(yōu)良的導電材料，一種銀鈰晶體結構單元如圖（a）所示：①將該結構單元示意圖（b）補充完全。②該晶體的化學式為?！敬鸢浮?1)3.2≤pH＜4.3不能(2)(3)酸溶(4)La(OH)3，，＞(5)(6)C(7)Ag15Ce【分析】稀土礦物與鹽溶液發(fā)生離子交換除去礦渣，預中和加入