專題94 工藝流程-結(jié)合理論綜合-學易金卷：十年（2014-2023）高考化學真題分項匯編全國通含解析

專題94工藝流程——結(jié)合理論綜合-學易金卷：十年（2014-2023）高考化學真題分項匯編（全國通用專題94工藝流程——結(jié)合理論綜合-學易金卷：十年（2014-2023）高考化學真題分項匯編（全國通用專題94工藝流程——結(jié)合理論綜合-學易金卷：十年（2014-2023）高考化學真題分項匯編（全國通用1．【2023年廣東卷】均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工藝可提取，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常溫下，與形成可溶于水的配離子：；易被空氣氧化為；部分氫氧化物的如下表。氫氧化物回答下列問題：（1）活性可與水反應，化學方程式為。（2）常溫下，的氨性溶液中，(填“>”“<”或“=”)。（3）“氨浸”時，由轉(zhuǎn)化為的離子方程式為。（4）會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰。①屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②提高了的浸取速率，其原因是。（5）①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為。②由可制備晶體，其立方晶胞如圖。與O最小間距大于與O最小間距，x、y為整數(shù)，則在晶胞中的位置為；晶體中一個周圍與其最近的O的個數(shù)為。（6）①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個結(jié)晶水，則所得溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對于從礦石提取工藝的意義，在于可重復利用和(填化學式)。2．【2022年北京卷】白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(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98.9%。從化學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___________。3．（2021·福建真題）四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產(chǎn)品具有廣泛的用途。一種以鉬精礦(主要含，還有、的化合物及等)為原料制備四鉬酸銨的工藝流程如下圖所示。

回答下列問題：（1）“焙燒”產(chǎn)生的氣體用_______吸收后可制取氮肥。（2）“浸出”時，轉(zhuǎn)化為。提高單位時間內(nèi)鉬浸出率的措施有_______(任寫兩種)。溫度對內(nèi)鉬浸出率的影響如圖所示。當浸出溫度超過后，鉬的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發(fā)，導致_______。（3）“凈化”時，浸出液中殘留的、轉(zhuǎn)化為沉淀除去。研究表明，該溶液中和pH的關(guān)系為：。為了使溶液中的雜質(zhì)離子濃度小于，應控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分別為35.2和17.2)（4）“凈化”后，溶液中若有低價鉬(以表示)，可加入適量將其氧化為，反應的離子方程式為_______。（5）“沉淀”時，加入的目的是_______。（6）高溫下用還原(NH4)2Mo4O13可制得金屬鉬，反應的化學方程式為_______。（已知：(NH4)2Mo4O13受熱分解生成）4．（2021·遼寧真題）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_______(填化學式)。（4）某溫度下，、的沉淀率與pH關(guān)系如圖2。“沉鉻”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_______。5．（2021·全國乙卷真題）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應，、、、轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，寫出轉(zhuǎn)化為的化學方程式_______。（2）“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。（3）“母液①"中濃度為_______。（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應的離子方程式是_______。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用。6．【2022年山東卷】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。氫氟酸與反應生成二元強酸，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，下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是_______(填標號)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、7．【2022年全國乙卷】廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有、、和Pb。還有少量BA．Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的如下表：金屬氫氧化物開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：（1）在“脫硫”中轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇的原因________。（2）在“脫硫”中，加入不能使鉛膏中完全轉(zhuǎn)化，原因是________。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸()，還要加入。(ⅰ)能被氧化的離子是________；(ⅱ)促進了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為，其化學方程式為________；(ⅲ)也能使轉(zhuǎn)化為，的作用是________。（4）“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________。（5）“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________。8．【2022年廣東卷】稀土()包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸熔點為；月桂酸和均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價不變；的，開始溶解時的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見下表。離子開始沉淀時的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/（1）“氧化調(diào)pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。（2）“過濾1”前，用溶液調(diào)pH至_______的范圍內(nèi)，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中濃度為。為盡可能多地提取，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確?！斑^濾2”前的溶液中低于_______(保留兩位有效數(shù)字)。（4）①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產(chǎn)率，其原因是_______。②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。（5）該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有_______(寫化學式)。（6）稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑。①還原和熔融鹽制備時，生成1mol轉(zhuǎn)移_______電子。②用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化的還原，發(fā)生的電極反應為_______。9．（2021·山東真題）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。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時，可認為已除盡。

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___。10．（2021·湖南真題）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質(zhì)。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：（1）鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，該核素的符號為_______；（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；（3）濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學式)；（4）加入絮凝劑的目的是_______；（5）“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；（6）濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_______11．（2021·河北真題）綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問題：（1）高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符號)。（2）工序①的名稱為__。（3）濾渣的主要成分是__(填化學式)。（4）工序③中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（5）物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為__，可代替NaOH的化學試劑還有_______(填化學式)。（6）熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為__。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)12．（2020年新課標Ⅲ）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：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Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是______________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式______________。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是______________。（3）“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是______________。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為______________。（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調(diào)pH”應控制的pH范圍是______________。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式______________。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是______________。13．（2020年山東新高考）用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列問題（1）軟錳礦預先粉碎的目的是____________，MnO2與BaS溶液反應轉(zhuǎn)化為MnO的化學方程式為________。（2）保持BaS投料量不變，隨MnO2與BaS投料比增大，S的量達到最大值后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達到最大值后會減小，減小的原因是________。（3）濾液I可循環(huán)使用，應當將其導入到________操作中(填操作單元的名稱)。（4）凈化時需先加入的試劑X為________(填化學式)。再使用氨水調(diào)溶液的pH，則pH的理論最小值為_______(當溶液中某離子濃度時，可認為該離子沉淀完全)。（5）碳化過程中發(fā)生反應的離子方程式為______________________。14．【2017新課標1卷】Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料，可利用鈦鐵礦（主要成分為FeTiO3，還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì)）來制備，工藝流程如下：回答下列問題：（1）“酸浸”實驗中，鐵的浸出率結(jié)果如下圖所示。由圖可知，當鐵的浸出率為70%時，所采用的實驗條件為___________________。（2）“酸浸”后，鈦主要以形式存在，寫出相應反應的離子方程式__________________。（3）TiO2·xH2O沉淀與雙氧水、氨水反應40min所得實驗結(jié)果如下表所示：溫度/℃3035404550TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率%9295979388分析40℃時TiO2·xH2O轉(zhuǎn)化率最高的原因__________________。（4）Li2Ti5O15中Ti的化合價為+4，其中過氧鍵的數(shù)目為__________________。（5）若“濾液②”中，加入雙氧水和磷酸（設溶液體積增加1倍），使恰好沉淀完全即溶液中，此時是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？（列式計算）。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為。（6）寫出“高溫煅燒②”中由FePO4制備LiFePO4的化學方程式。

1．【2023年廣東卷】均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工藝可提取，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由、和配制。常溫下，與形成可溶于水的配離子：；易被空氣氧化為；部分氫氧化物的如下表。氫氧化物回答下列問題：（1）活性可與水反應，化學方程式為。（2）常溫下，的氨性溶液中，(填“>”“<”或“=”)。（3）“氨浸”時，由轉(zhuǎn)化為的離子方程式為。（4）會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰。①屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②提高了的浸取速率，其原因是。（5）①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為。②由可制備晶體，其立方晶胞如圖。與O最小間距大于與O最小間距，x、y為整數(shù)，則在晶胞中的位置為；晶體中一個周圍與其最近的O的個數(shù)為。（6）①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個結(jié)晶水，則所得溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對于從礦石提取工藝的意義，在于可重復利用和(填化學式)?！敬鸢浮浚?）（2）＞（3）或（4）晶體減少膠狀物質(zhì)對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積（5）體心12（6）0.4或【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化鎂調(diào)節(jié)溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結(jié)晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，向濾液中進行鎳鈷分離，，經(jīng)過一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。（1）活性可與水反應，化學方程式為；故答案為：。（2）常溫下，的氨性溶液中，，，，則＞；故答案為：＞。（3）“氨浸”時，與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應，再與氨水反應生成，則由轉(zhuǎn)化為的離子方程式為或；故答案為：或。（4）會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了的明銳衍射峰，則屬于晶體；故答案為：晶體。②根據(jù)題意會使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物，則能提高了的浸取速率，其原因是減少膠狀物質(zhì)對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積；故答案為：減少膠狀物質(zhì)對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積。（5）①“析晶”過程中為了防止水解，因此通入的酸性氣體A為；故答案為：。②由可制備晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息Co、Al都只有一個原子，而氧(白色)原子有3個，與O最小間距大于與O最小間距，則Al在頂點，因此在晶胞中的位置為體心；晶體中一個周圍與其最近的O原子，以頂點Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個周圍與其最近的O的個數(shù)為12；故答案為：體心；12。（6）①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個結(jié)晶水，則晶體A為，根據(jù)，，還剩余5個水分子，因此所得溶液中與的比值理論上最高為；故答案為：0.4或。②“熱解”對于從礦石提取工藝的意義，根據(jù)前面分析，，在于可重復利用和；故答案為：。2．【2022年北京卷】白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(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98.9%。從化學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___________?！敬鸢浮浚?）（2）

，在一定量溶液中，氫氧化鈣會和氯化銨反應而氫氧化鎂不能，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；【解析】（1）白云石礦樣煅燒完全分解生成氧化鈣、氧化鎂、二氧化碳氣體，化學方程式為；（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而氫氧化鎂不能，故首先溶解被浸出；②沉鈣反應中通入二氧化碳和濾液中鈣離子、氨氣反應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，二者共同作用導致產(chǎn)品中純度的實測值高于計算值；（3）“浸鎂”過程中，發(fā)生反應：，，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）白云石的主要化學成分為，還含有質(zhì)量分數(shù)約為2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅燒浸鈣后，絕大部分鈣進入濾液中，部分鈣進入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進入濾渣中；“浸鎂”過程中，的浸出率最終可達98.9%，則還有部分氧化鎂進入濾渣中，故濾渣C中含有的物質(zhì)是；（5）沉鈣反應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；在流程中既是反應物又是生成物，故該流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。3．（2021·福建真題）四鉬酸銨是鉬深加工的重要中間產(chǎn)品具有廣泛的用途。一種以鉬精礦(主要含，還有、的化合物及等)為原料制備四鉬酸銨的工藝流程如下圖所示。

回答下列問題：（1）“焙燒”產(chǎn)生的氣體用_______吸收后可制取氮肥。（2）“浸出”時，轉(zhuǎn)化為。提高單位時間內(nèi)鉬浸出率的措施有_______(任寫兩種)。溫度對內(nèi)鉬浸出率的影響如圖所示。當浸出溫度超過后，鉬的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發(fā)，導致_______。（3）“凈化”時，浸出液中殘留的、轉(zhuǎn)化為沉淀除去。研究表明，該溶液中和pH的關(guān)系為：。為了使溶液中的雜質(zhì)離子濃度小于，應控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分別為35.2和17.2)（4）“凈化”后，溶液中若有低價鉬(以表示)，可加入適量將其氧化為，反應的離子方程式為_______。（5）“沉淀”時，加入的目的是_______。（6）高溫下用還原(NH4)2Mo4O13可制得金屬鉬，反應的化學方程式為_______。（已知：(NH4)2Mo4O13受熱分解生成）【答案】（1）氨水（2）適當升溫、攪拌、增加用量(增大濃度)等晶體析出，混入浸渣（3）3.9（4）（5）提供，使充分轉(zhuǎn)化為沉淀析出（6）【解析】鉬精礦(主要含，還有、的化合物及等)通入氧氣焙燒得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙燒產(chǎn)生的氣體主要為SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，轉(zhuǎn)化為，銅、鐵大多轉(zhuǎn)化為氫氧化物，SiO2不反應，浸渣為SiO2、氫氧化鐵、氫氧化銅等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S凈化，Cu2+、Fe2+轉(zhuǎn)化CuS、FeS沉淀，濾渣為CuS、FeS，濾液主要含，濾液中加NH4NO3、HNO3進行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。（1）“焙燒”產(chǎn)生的氣體為SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸銨；（2）“浸出”時，提高單位時間內(nèi)鉬浸出率即提高反應速率，措施有適當升溫、攪拌、增加用量(增大濃度)(任寫兩種)；當浸出溫度超過后，鉬的浸出率反而降低，主要原因是溫度升高使水大量蒸發(fā)，導致晶體析出，混入浸渣；（3）和的分別為35.2和17.2，則Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+濃度小于，則S2-濃度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+濃度小于，則S2-濃度大于mol/L=10-11.2mol/L，綜述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L時，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，綜上所述，為了使溶液中的雜質(zhì)離子濃度小于，應控制溶液的pH不小于3.9；（4）溶液中若有低價鉬(以表示)，可加入適量將其氧化為，則氧化劑為，還原產(chǎn)物為-2價的O，還原劑為，氧化產(chǎn)物為，則反應的離子方程式為；（5）由流程可知“沉淀”時，產(chǎn)生的沉淀為(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分轉(zhuǎn)化為沉淀析出；（6）高溫下用還原(NH4)2Mo4O13可制得金屬鉬，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知反應的化學方程式為。4．（2021·遼寧真題）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_______?！敬鸢浮浚?）4VIB（2）FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl（3）（4）6.01×10-6（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【解析】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”步驟中的反應離子方程式為：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，據(jù)此分析解題。（1）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-)=10-8mol/L，在該條件下濾液B中==1×10-6，故答案為：6.0；1×10-6；（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。5．（2021·全國乙卷真題）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：（1）“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應，、、、轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，寫出轉(zhuǎn)化為的化學方程式_______。（2）“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。（3）“母液①"中濃度為_______。（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______?！八崛茉钡某煞质莀______、_______。（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，該反應的離子方程式是_______。（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得_______，循環(huán)利用。【答案】（1）（2）（3）（4）硫酸（5）（6）【解析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。（1）氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；（2）由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；（3）由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故答案為：1×10—6；（4）增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；（5）酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；（6）由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。6．【2022年山東卷】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。氫氟酸與反應生成二元強酸，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，下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是_______(填標號)。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反應生成二元強酸H2SiF6，該反應的離子方程式為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，該反應的化學方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應后得到沉淀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?L-1，因此c(Na+)=2c()=mol?L-1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c()=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，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，該點坐標位于65℃線以下，晶體以CaSO4?2H2O形式存在，可以實現(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，該點坐標位于80℃線的上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現(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，該點坐標位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不符合題意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點坐標位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D符合題意；綜上所述，能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是AD。7．【2022年全國乙卷】廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有、、和Pb。還有少量BA．Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質(zhì)一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的如下表：金屬氫氧化物開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：（1）在“脫硫”中轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇的原因________。（2）在“脫硫”中，加入不能使鉛膏中完全轉(zhuǎn)化，原因是________。（3）在“酸浸”中，除加入醋酸()，還要加入。(ⅰ)能被氧化的離子是________；(ⅱ)促進了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為，其化學方程式為________；(ⅲ)也能使轉(zhuǎn)化為，的作用是________。（4）“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________。（5）“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________?！敬鸢浮浚?）

PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)

反應PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常數(shù)K==3.4105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3（2）反應BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常數(shù)K==0.04<<105，反應正向進行的程度有限（3）

Fe2+

Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O

作還原劑（4）Fe(OH)3、Al(OH)3（5）Ba2+、Na+【解析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量BA．Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO。（1）“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應的離子方程式為：PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)，由一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反應PbSO4(s)+CO(aq)=PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常數(shù)K====≈3.4105>105，說明可以轉(zhuǎn)化的比較徹底，且轉(zhuǎn)化后生成的碳酸鉛可由酸浸進入溶液中，減少鉛的損失。（2）反應BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常數(shù)K====≈0.04<<105，說明該反應正向進行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化。（3）（i）過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。（ii）過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，過氧化氫與PB．HAc發(fā)生氧還原反應生成Pb(Ac)2和H2O，依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知，反應的化學方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。（iii）過氧化氫也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。（4）酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。（5）依據(jù)分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉(zhuǎn)化，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉(zhuǎn)化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na+。8．【2022年廣東卷】稀土()包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關(guān)鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸熔點為；月桂酸和均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價不變；的，開始溶解時的pH為8.8；有關(guān)金屬離子沉淀的相關(guān)pH見下表。離子開始沉淀時的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/（1）“氧化調(diào)pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。（2）“過濾1”前，用溶液調(diào)pH至_______的范圍內(nèi)，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（3）“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中濃度為。為盡可能多地提取，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確?！斑^濾2”前的溶液中低于_______(保留兩位有效數(shù)字)。（4）①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產(chǎn)率，其原因是_______。②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。（5）該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有_______(寫化學式)。（6）稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑。①還原和熔融鹽制備時，生成1mol轉(zhuǎn)移_______電子。②用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化的還原，發(fā)生的電極反應為_______?！敬鸢浮浚?）Fe2+（2）

4.7pH<6.2

（3）4.010-4（4）

加熱攪拌可加快反應速率

冷卻結(jié)晶（5）MgSO4（6）

15

O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等離子，經(jīng)氧化調(diào)pH使、形成沉淀，經(jīng)過濾除去，濾液1中含有、、等離子，加入月桂酸鈉，使形成沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經(jīng)加熱攪拌溶解后，再冷卻結(jié)晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。（1）由分析可知，“氧化調(diào)pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續(xù)除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+，故答案為：Fe2+；（2）由表中數(shù)據(jù)可知，沉淀完全的pH為4.7，而開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液調(diào)pH至4.7pH<6.2的范圍內(nèi)，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為，故答案為：4.7pH<6.2；；（3）濾液2中濃度為，即0.1125mol/L，根據(jù)，若要加入月桂酸鈉后只生成，而不產(chǎn)生，則==4.010-4，故答案為：4.010-4；（4）①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產(chǎn)率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率，故答案為：加熱攪拌可加快反應速率；②“操作X”的結(jié)果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔點為，故“操作X”的過程為：先冷卻結(jié)晶，再固液分離，故答案為：冷卻結(jié)晶；（5）由分析可知，該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有MgSO4，故答案為：MgSO4；（6）①中Y為+3價，中Pt為+4價，而中金屬均為0價，所以還原和熔融鹽制備時，生成1mol轉(zhuǎn)移15電子，故答案為：15；②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發(fā)生還原反應，發(fā)生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。9．（2021·山東真題）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。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時，可認為已除盡。

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___?！敬鸢浮浚?）增大反應物接觸面積，提高化學反應速率（2）使平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取（3）所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2OH2SO4（4）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，再向濾液中加入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，提高化學反應速率，故答案為：增大反應物接觸面積，提高化學反應速率。（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，Na2SO4主要以Na2SO4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導致所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；由上述分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除Na2Cr2O7外，還有H2SO4，故答案為：所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；H2SO4。（4）由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實質(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＋。10．（2021·湖南真題）可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以形式存在，還含有、、、等物質(zhì)。以獨居石為原料制備的工藝流程如下：回答下列問題：（1）鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，該核素的符號為_______；（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少寫兩條)；（3）濾渣Ⅲ的主要成分是_______(填化學式)；（4）加入絮凝劑的目的是_______；（5）“沉鈰”過程中，生成的離子方程式為_______，常溫下加入的溶液呈_______(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：的，的，)；（6）濾渣Ⅱ的主要成分為，在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和，該反應的化學方程式為_______【答案】（1）（2）適當升高溫度，將獨居石粉碎等（3）Al(OH)3（4）促使鋁離子沉淀（5）↑堿性（6）6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑【解析】焙燒濃硫酸和獨居石的混合物、水浸，轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3和H3PO4，與硫酸不反應，轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為Fe2(SO4)3，轉(zhuǎn)化為CaSO4和HF，酸性廢氣含HF；后過濾，濾渣Ⅰ為和磷酸鈣、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為FePO4；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Ce2(CO3)3·nH2O。（1）鈰的某種核素含有58個質(zhì)子和80個中子，則質(zhì)量數(shù)為58+80=138，該核素的符號為；（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有適當升高溫度，將獨居石粉碎等；（3）結(jié)合流程可知，濾渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；（4）加入絮凝劑的目的是促使鋁離子沉淀；（5）用碳酸氫銨“沉鈰”，則結(jié)合原子守恒、電荷守恒可知生成的離子方程式為↑；銨根離子的水解常數(shù)Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氫根的水解常數(shù)Kh()==≈2.3×10-8，則Kh()<Kh()，因此常溫下加入的溶液呈堿性；（6）由在高溫條件下，、葡萄糖()和可制備電極材料，同時生成和可知，該反應中Fe價態(tài)降低，C價態(tài)升高，結(jié)合得失電子守恒、原子守恒可知該反應的化學方程式為6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。11．（2021·河北真題）綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問題：（1）高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符號)。（2）工序①的名稱為__。（3）濾渣的主要成分是__(填化學式)。（4）工序③中發(fā)生反應的離子方程式為_______。（5）物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為__，可代替NaOH的化學試劑還有_______(填化學式)。（6）熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為__。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】（1）Fe、Cr（2）溶解浸出（3）MgO、Fe2O3（4）2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O（5）Na2CO3（6）②（7）8.37【解析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。（1）由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr；（2）由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；（3）由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；（4）工序③中發(fā)生的反應為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓，故答案為：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓；（5）碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應，故答案為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；（6）熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應為，反應的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當為10—5mol/L時，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。12．（2020年新課標Ⅲ）某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：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Ni2+Al3+Fe3+Fe2+開始沉淀時(c=0.01mol·L?1)的pH沉淀完全時(c=1.0×10?5mol·L?1)的pH7.28.73.74.72.23.27.59.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是______________。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應的離子方程式______________。（2）“濾液②”中含有的金屬離子是______________。（3）“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是______________。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為______________。（4）利用上述表格數(shù)據(jù)，計算Ni(OH)2的Ksp=______________(列出計算式)。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L?1，則“調(diào)pH”應控制的pH范圍是______________。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應的離子方程式______________。（6）將分離出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是______________?！敬鸢浮浚?）除去油脂、溶解鋁及其氧化物+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）O2或空氣Fe3+（4）3.2~6.2（5）2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O（6）提高鎳回收率【解析】由工藝流程分析可得，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并發(fā)生反應2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O將Al及其氧化物溶解，得到的濾液①含有NaAlO2，濾餅①為Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性雜質(zhì)，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的濾液②，F(xiàn)e2+經(jīng)H2O2氧化為Fe3+后，加入NaOH調(diào)節(jié)pH使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH濃縮結(jié)晶得到硫酸鎳的晶體，據(jù)此分析解答問題。（1）根據(jù)分析可知，向廢鎳催化劑中加入NaOH溶液進行堿浸，可除去油脂，并將Al及其氧化物溶解，濾液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可發(fā)生反應+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案為：除去油脂、溶解鋁及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“濾液②”中含有的金屬離子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案為：Ni2+、Fe2+、Fe3+；（3）“轉(zhuǎn)化”在H2O2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，可用O2或空氣替代；若將工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，會使調(diào)pH過濾后的溶液中含有Fe2+，則濾液③中可能含有轉(zhuǎn)化生成的Fe3+，故答案為：O2或空氣；Fe3+；（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀時的pH=8.7，此時c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；或者當Ni2+開始沉淀時pH=7.2，此時c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，則c(OH-)=，則Ni(OH)2的；如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2+濃度為1.0mol·L-1，為避免鎳離子沉淀，此時，則，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH為3.2，因此“調(diào)節(jié)pH”應控制的pH范圍是3.2~6.2，故答案為：；3.2~6.2；（5）由題干信息，硫酸鎳在強堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應中Ni2+被氧化為NiOOH沉淀，ClOˉ被還原為Clˉ，則根據(jù)氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案為：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；（6）分離出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2+，可將其收集、循環(huán)使用，從而提高鎳的回收率，故答案為：提高鎳的回收率。13．（2020年山東新高考）用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì)Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列問題（1）軟