專題12 工藝流程綜合題- 三年（2022-2024）高考化學(xué)真題分類匯編（全國(guó)版）

湖北卷、2023遼寧卷、2023廣京卷、2023浙江卷、2022全國(guó)甲卷福建卷、2022遼寧卷、2022廣化學(xué)工藝流程題是將化工生產(chǎn)中的生產(chǎn)流程用框圖形式表示出來(lái)，并根據(jù)生產(chǎn)流程中有關(guān)的化學(xué)知識(shí)步步設(shè)問。化工流程題類題型不但綜合考查考生在中學(xué)階段所學(xué)的元素及其化合物知識(shí)以及物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元識(shí)，而且更重要的是能突出考查考生的綜能力要求高。近年高考有關(guān)考查要點(diǎn)和設(shè)問方式?jīng)]有大的變化，注意的是有關(guān)化學(xué)1.(2024·廣東卷)鎵(Ga(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca工藝中，LAEM是一種新型陰離子交換膜，允許帶負(fù)電荷的配離子從高濃度區(qū)擴(kuò)散至低濃LAEM提取金屬離子Mn+的原理如圖。已知：①pKa(HF)=3.2。②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp為4.0×10-10。③浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)(m=0~4)微粒形式存在，F(xiàn)e2+最多可與2個(gè)Cl-配位，其他金屬離子與Cl-的配位可忽略。（3）“還原”的目的：避免元素以(填化學(xué)式)微粒的形式通過LAEM，從而有利于Ga的分（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-濃度越，越有利于Ga的提?。谎芯勘砻?，原料液酸度過高，會(huì)降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入進(jìn)一步提高Ga的提取率。（5）“調(diào)pH”中，pH至少應(yīng)大于，使溶液中c(F-)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配離子及]晶體的生成。若“結(jié)晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol.L-1，則[AlF6]3-濃度為mol.L-1。（6）一種含Ga、Ni、Co元素的記憶合金的晶體結(jié)構(gòu)可描述為Ga與Ni交替填充在Co構(gòu)成的立方體體心，形成如圖所示的結(jié)構(gòu)單元。該合金的晶胞中，粒子個(gè)數(shù)最簡(jiǎn)比Co:Ga:Ni=，其立方晶胞的體積為nm3。2Al2O34Al+3O2↑冰晶石（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-【解析】氧化物，焙燒后的固體加入鹽酸浸取，浸取液加入鋁片將Fe3+進(jìn)行還原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通過交換膜進(jìn)入II室并轉(zhuǎn)化為Ga3+，II“電解”是電解熔融的氧化鋁冶煉鋁單質(zhì)，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al2O34Al+3O2↑;“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的離子方程式為Ga3++4Cl-=[GaC由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)(m=0~4)微粒形式存在，為了避免鐵元素以[FeCl6]3-的微?！癓AEM提取”中，原料液的Cl-濃度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反應(yīng)正向移動(dòng)，更有3.2mol/L，故pH至少應(yīng)大于3.2，有利于[AlF6]3-配離子及Na3[AlF6]晶體的生成，若“結(jié)晶”后溶液中合金的晶體結(jié)構(gòu)可描述為Ga與Ni交替填充在Co構(gòu)成的立方體體心為晶胞頂點(diǎn)，晶胞面心也是Ga，Ni處Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱長(zhǎng)為兩個(gè)最近的Ga之間（或最2.(2024·湖南卷)銅陽(yáng)極泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一種含貴金屬的可再生資源，回收已知：①當(dāng)某離子的濃度低于1.0×10?5mol.L?1時(shí)，可忽略該離子的存在；(aq)K=2.0×10?5；③Na2SO3易從溶液中結(jié)晶析出；④不同溫度下Na2SO3的溶解度如下：0（2）“濾液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”時(shí)Cu2Se反應(yīng)的離子方程式為；（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl：①在“氧化酸浸”工序中，加入適量NaCl的原因是。（4）在“銀轉(zhuǎn)化”體系中，Ag(SO3)23?和Ag(SO3)35?濃度之和為0.075mol.L?1，兩種離子分布分?jǐn)?shù)濃度的變化關(guān)系如圖所示，若SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(2),3)?濃度為40℃左右進(jìn)行，若反應(yīng)溫度過高，將難以實(shí)現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)，原因【答案】（1）①.ds②.3d104s1（2）Cu2Se+4H2O2+4H+=2Cu2++H2SeO3+5H2O（4）0.05（5）①.Na2SO3②.高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”【解析】和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：Cu2Se+4H2O2+4H+=2Cu2++H2SeO3+5H2O；①在“氧化酸浸”工序中，加入適量NaCl的原因是使銀元素轉(zhuǎn)化為②由題目可知AgCl(s)+Cl(aq)[AgCl2]?(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl?加入過多，AgCl則會(huì)轉(zhuǎn)度不能超過0.5mol/L；在“銀轉(zhuǎn)化”體系中濃度之和為0.075mol.L?1，溶液中存在平衡關(guān)系：Ag(SO3)23?+SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)?Ag(SO3)35?,當(dāng)c(SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-)=0.5mol/L時(shí)，此時(shí)3?=c5?=0.0375mol/L，則該平衡關(guān)系的平衡常數(shù)=2，當(dāng)c=1mol/L時(shí)，由分析可知濾液4中溶質(zhì)主要成分為Na2SO3；由不同溫度下Na2SONa2SO3的溶解度下降，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”的效率降低，難以實(shí)現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)。3.(2024·河北卷)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點(diǎn)已知：i石煤是一種含V2O3的礦物，雜質(zhì)為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣Ca(VO3)2和偏鋁酸鈣（1）釩原子的價(jià)層電子排布式為（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質(zhì)（3）在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為；CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率的原因?yàn)椋唤『蟮蜐舛鹊臑V液①進(jìn)入(填 【答案】（1）①.3d34s2②.+5③.CO2（2）NaAlO2促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放VO3-③.離子交換（4）NaCl【解析】【分析】石煤和苛化泥通入空氣進(jìn)行焙燒，反應(yīng)生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(zhì)(如NaVO3)和不溶性物質(zhì)[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，過濾后濾液進(jìn)行離子交換、洗脫，用于富集和提純VO3-，加入氯化銨溶液沉釩，生成NH4VO3，經(jīng)一系列處理后得到V2O3；濾渣①在pH≈8，65~70℃的條件下加入3%NH4HCO3溶液進(jìn)行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進(jìn)入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換釩是23號(hào)元素，其價(jià)層電子排布式為3d34s2；焙燒過程中，氧氣被還原，V2O3被氧化生成VO3-，偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為+5價(jià)；CaCO3在800OC以上開始分解，生成的氣體①為CO2。由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質(zhì)的主要成分是NaAlO2。在弱堿性環(huán)境下，Ca(VO3)2與HCO3-和OH-反應(yīng)生成CaCO3、VO3-和H2O，離子方程式為：+OH?+CaCaCO3+H2O+2VO；CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率，因?yàn)镃可提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放VO3-；濾液①中含有VO3-、NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)等，且由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應(yīng)含有Cl-，考慮到水浸所得溶液中含有Na+，為避免引人其他雜質(zhì)離子，且NaCl廉價(jià)易得，故洗脫液的主要成分應(yīng)為NaCl。b．NH4Cl呈弱酸性，如果將溶液調(diào)至堿性，OH-與NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)反應(yīng)，不利于生成NH4VO3，b符合題意；c．?dāng)嚢枘苁狗磻?yīng)物更好接觸，提高反應(yīng)速d．降低NH4Cl溶液的濃度，不利于生成NH4VO3，d符合題意；4.(2024·新課標(biāo)卷)鈷及其化合物在制造合金、磁性材料、催化劑及陶瓷釉等方面有著廣泛應(yīng)用。一種從已知溶液中相關(guān)離子開始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10?5mol.L?1)時(shí)的pH：Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+—（2）“過濾1”后的溶液中加入MnO2的作用是。取少量反應(yīng)后的溶液，加入化學(xué)試劑檢驗(yàn) 【答案】（1）①.增大固液接觸面積，加快酸浸速率，提高浸取效率②.Pb（2）①.將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，以便在后續(xù)調(diào)pH時(shí)除去Fe元素②.K3[Fe(CN)6]溶液③.Fe2+（3）①.3Co2++MnOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(?),4)+7H2O=3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+②.3Mn2++2MnOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(?),4)+2H2O=5MnO2↓+4H+（4）①.ZnSO4、K2SO4②.10?16.7【解析】Fe2+、Fe3+、SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)?等離子的溶液，Pb的單質(zhì)或氧化物與硫酸反應(yīng)生成難溶的PbSO4，則“濾渣1”為“酸浸”時(shí)生成的PbSO4；向?yàn)V液中加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，然后加入ZnO調(diào)節(jié)pH=4使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，則“濾渣Ⅱ”的主要成分為Fe(OH)3，濾液中的金屬離子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉鈷”，加入強(qiáng)氧化劑KMnO4，將溶液中Co2+氧化為Co3+，在pH=5時(shí)Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4則被還原為MnO2，KMnO4還會(huì)與溶液中的Mn2+發(fā)生歸中反應(yīng)生成MnO2，得到Co(OH)3和在原料預(yù)處理過程中，粉碎固體原料能增大固體與液體的接觸面積，從而加快酸浸的反應(yīng)速率，提高浸取效率；由分析可知，“濾渣1”的主要成分為PbSO4，則“濾渣1”中金屬元素主酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)?等離子。由題表中數(shù)據(jù)可知，當(dāng)Fe3+完全沉淀時(shí)，Co2+未開始沉淀，而當(dāng)Fe2+完全沉淀時(shí)，Co2+已有一部分沉淀，因此為了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，應(yīng)先將Fe2+氧化為Fe3+，然后調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3+完全水解轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是將Fe2+氧化為Fe3+，以便在后續(xù)調(diào)pH時(shí)除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗(yàn)Fe2+，若生成藍(lán)色沉淀，則說明溶液中仍存在Fe2+，需補(bǔ)加MnO2；3Co2++MnOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(?),4)+7H2O=3Co(OH)3↓+MnO2↓+5H+、3Mn2++2MnOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(?),4)+2H2O=5MnO2↓+4H+；最終得到的“除鈷液”中含有的金屬離子主要是最初“酸浸”時(shí)與加入ZKMnO4“氧化沉鈷”時(shí)引入的K+，而陰離子是在酸浸時(shí)引入的SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)?,因此其中主要的鹽有ZnSO4和K2SO4。當(dāng)溶液pH=1.1時(shí)c(H+)=10?1.1mol.L?1，Co3+恰好完全沉淀，此時(shí)溶液中.此時(shí)溶液中5.(2024·全國(guó)甲卷)鈷在新能源、新材料領(lǐng)域具有重要用途。某煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷注：加沉淀劑使一種金屬離子濃度小于等于10已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。②以氫氧化物形式沉淀時(shí)，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的關(guān)系如圖所示。（2）“酸浸”步驟中，CoO發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時(shí)溶液中c(Co2+)=_____mol·L-1，據(jù)此判斷能否實(shí)現(xiàn)Zn2+和Co2+的完全分離_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉錳”步驟中，生成1.0molM（5）“沉淀”步驟中，用NaOH調(diào)pH=4，分離出的濾渣是_____。（7）根據(jù)題中給出的信息，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化【答案】(1)增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效率(2)CoO+H2SO4=CoSO4+H2O(3)1.6×10?4(5)Fe(OH)3(7)向?yàn)V液中滴加NaOH溶液，邊加邊燥【分析】煉鋅廢渣含有鋅、鉛、銅、鐵、鈷、錳的+2價(jià)氧化物及鋅和銅的單質(zhì)，經(jīng)稀硫酸酸浸時(shí)，銅不溶解，Zn及其他+2價(jià)氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價(jià)陽(yáng)離子進(jìn)入溶液；然后通入硫化氫沉銅生成CuS沉淀；過濾后，濾液中加入Na2S2O8將錳離子氧化為二氧化錳除去，同時(shí)亞鐵離子也被氧化為鐵離子；再次過濾后，用氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH=4，鐵離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀除三次過濾后的濾液中加入次氯酸鈉沉鈷，得到【解析】（1）“酸浸”前，需將廢渣磨碎，其目的是增大固體與酸反應(yīng)的接觸面積，提高鈷元素的浸出效（2）“酸浸”步驟中，Cu不溶解，Zn單質(zhì)及其他+2價(jià)氧化物除鉛元素轉(zhuǎn)化為硫酸鉛沉淀外，其他均轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的+2價(jià)陽(yáng)離子進(jìn)入溶液，即CoO為轉(zhuǎn)化為CoSO4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CoO+H2SO4=CoSO4+H2O。（3）假設(shè)“沉銅”后得到的濾液中c(Zn2+)和c(Co2+)均為0.10mol.L?1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此時(shí)溶液中mol.1=2.5×10?17mol.則mol.1=1.6×10?4mol.小于0.10mol.說明大部分Co2+也轉(zhuǎn)化為硫化（4）“沉錳”步驟中，Na2S2O8將Mn2+氧化為二氧化錳除去，發(fā)生的反應(yīng)為2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),8)?+Mn2++2H2O=MnO2↓+4H++2SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)?,因此，生成1.0molMnO2，產(chǎn)生H+的物質(zhì)的量為4.0mol。（5）“沉錳”步驟中，S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),8)?同時(shí)將Fe2+氧化為Fe3+，“沉淀”步驟中用NaOH調(diào)pH=4，F(xiàn)e3+可以完全沉淀為Fe(OH)3，因此，分離出的濾渣是Fe(OH)3。（6）“沉鈷”步驟中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入適量的NaClO氧化Co2+，為了保證Co2+被完全氧化，（7）根據(jù)題中給出的信息，“沉鈷”后的濾液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，當(dāng)pH＞12后氫氧化鋅會(huì)溶解轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2?,因此，從“沉鈷”后的濾液中回收氫氧化鋅的方法是：向?yàn)V液中滴6.(2024·黑吉遼卷)中國(guó)是世界上最早利用細(xì)菌冶金的國(guó)家。已知鹽，某工廠用細(xì)菌冶金技術(shù)處理載金硫化礦粉(其中細(xì)小的Au顆粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸（2）“細(xì)菌氧化”中，F(xiàn)eS2發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為。（3）“沉鐵砷”時(shí)需加堿調(diào)節(jié)pH，生成(填化學(xué)式)膠體起絮凝作用，促進(jìn)了含As微粒的沉降。A.無(wú)需控溫B.可減少有害氣體產(chǎn)生（5）“真金不拍火煉”，表明Au難被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用為 。 。（7）濾液②經(jīng)H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-轉(zhuǎn)化為ZnSO4和HCN的化學(xué)方程式為 。用堿中和 【答案】（1）CuSO4（3）Fe(OH)3（4）BC（7）①.Na2Zn(CN)4+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4②.NaCN【分析】礦粉中加入足量空氣和H2SO4，在pH=鹽，過濾，濾液中主要含有Fe3+、SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)?、As(Ⅵ),加堿調(diào)節(jié)pH值，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體，可起液反應(yīng)，得到含Au(CN)2?的浸出液，加入Zn進(jìn)行“沉金”得到Au和含Zn(CN)42+的濾液②?！凹?xì)菌氧化”的過程中，F(xiàn)eS2在酸性環(huán)境下被O2氧化為Fe3+和SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)?,離子方程式為：“沉鐵砷”時(shí)，加堿調(diào)節(jié)pH值，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3膠體，可起到絮凝作用，促進(jìn)含As微粒的沉降；濾液②含有2+，經(jīng)過H2SO4的酸化轉(zhuǎn)化為ZnSO4和HCN，反應(yīng)得化學(xué)方程 式為：Na2Zn(CN)4+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4；用堿中和HCN得到的產(chǎn)物，可實(shí)現(xiàn)循7.(2024·安徽卷)精煉銅產(chǎn)生的銅陽(yáng)極泥富（3）“浸取2”步驟中，單質(zhì)金轉(zhuǎn)化為HAuCl4的化學(xué)方程式為。（6）“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產(chǎn)物Au的物質(zhì)的量之比為。（7）Na2S2O3可被I2氧化為Na2S4O6。從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度分析S4OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),6)-的結(jié)構(gòu)為(a)而不是(b)的原因：。_______（2）Cu2+（3）2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O（4）AgCl（5）①.[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-②.Na2S2O3（6）3：4（7）(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不大，較不穩(wěn)定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na【解析】同時(shí)N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S2O3，將AgCl轉(zhuǎn)化為[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S2O3)2]3-還原為Ag?？傻梅磻?yīng)得化學(xué)方程式為：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；根據(jù)分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S2O3反應(yīng)轉(zhuǎn)化[Ag(S2O3)2]3-；[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-；陰極反應(yīng)生成S2OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)-，同時(shí)陰極后，陰極區(qū)溶液中可循環(huán)利用得物質(zhì)為Na2S2O3；(a)結(jié)構(gòu)中電子云分布較均衡，結(jié)構(gòu)較為穩(wěn)定，(b)結(jié)構(gòu)中正負(fù)電荷中心不重合，極性較大，較不穩(wěn)82023·新課標(biāo)卷）鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價(jià)態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是(5)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時(shí)，溶解為VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),2)或VO3+在堿性條件下，溶解為VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)或VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)?,上述性質(zhì)說明V2O5具有(填標(biāo)號(hào))。(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應(yīng)的離子方程式為?！敬鸢浮?1)Na2CrO4(2)Fe2O3(4)磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀，同時(shí)可能產(chǎn)生硅酸膠會(huì)導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時(shí)溶(6)2Cr2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),7)-+3S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up4(2),5)-+10H+=4Cr3++6SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+5H2O【分析】由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入酸調(diào)節(jié)溶液pH將Al元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強(qiáng)氧化鋁濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入硫液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MgSiO3和MgNH4PO的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將釩元素轉(zhuǎn)化為五氧化二釩，過濾得到五氧化液；向?yàn)V液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉(zhuǎn)化【解析】（1）由分析可知，煅燒過程中，鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻酸鈉，故答案為：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故答案為：Fe2Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MgS沉淀，若溶液pH<9時(shí)，磷酸根會(huì)與H+反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時(shí)，會(huì)導(dǎo)鎂品中混有雜質(zhì)，同時(shí)溶液中銨根離子濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4無(wú)法完全沉淀，故答案為：磷酸根會(huì)反應(yīng)使其濃度降低導(dǎo)致MgNH4PO4，同時(shí)可能產(chǎn)生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會(huì)導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)，同時(shí)溶液中銨根離子（5）由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應(yīng)生成鹽和（6）由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻離子5EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)55+10H+=4Cr3++6SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+5H2O，故答案為：2Cr2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)-+3S2O5+10H+=4Cr3++6SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+5H2O。92023·湖北卷）SiCl4是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用SiCl4對(duì)廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進(jìn)行氯化處(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是。 。(5)導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有 【答案】(1)4Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(4)5.9×10?72+O22Co3O4+6H2O【分析】由流程和題中信息可知，LiCoO2粗品與SiCl4在500℃焙燒時(shí)生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是SiO2和H2SiO3；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為Co(OH)2）和濾液2（主要溶質(zhì)為L(zhǎng)iCl）；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到Co3O4；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為L(zhǎng)i2CO3?！窘馕觥浚?）Co是27號(hào)元素，其原子有4個(gè)電子層，其價(jià)電子排布為3d74s2，元素周期表第8（2）“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應(yīng)且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。（3）洗凈的“濾餅3”的主要成分為L(zhǎng)i2CO3，常用焰色反應(yīng)鑒別Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反應(yīng)為紫紅色，而Na2CO3的焰色反應(yīng)為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是焰色反應(yīng)。（4）已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10?15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中c(OH?)=1.0×10?4與O2反應(yīng)生成Co3O4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2+O22Co3O4+6H2O。（5）a．Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有關(guān)；子更易受到水電離的OH?的進(jìn)攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有關(guān)；SiCl4比CCl4易水解，c無(wú)關(guān)；d．Si有更多的價(jià)層軌道，因此更易與水電離的OH?形成化學(xué)鍵，從而導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解，d有關(guān)；綜上所述，導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。102023·遼寧卷）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。Fe(OH)3Ni(OH)2?14.7?14.7?10.8 (2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過氧 。(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為 (H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為MnO2、 (4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為 時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是 。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)(6)“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制p【答案】(1)適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積(3)H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H+Fe(OH)3(4)9.0%SO2有還原性，過多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O【分析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過一硫酸(H2SO5)，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，發(fā)生反應(yīng)H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H+，F(xiàn)e3+水解同時(shí)生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)?！窘馕觥浚?）用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、（3）用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，Mn2+被H2SO5氧化為MnO2，該反應(yīng)的離子方程式為：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+3H+；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(OH-)3×c(Fe3+)=c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時(shí)溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧（4）根據(jù)圖示可知SO2體積分?jǐn)?shù)為0.9%時(shí)，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，由于SO2有還原性，過多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時(shí)，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計(jì)算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。112023·廣東卷）Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，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NH3.H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子：lgKb(NH3.H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)25.9×10-155.5×10-165.6×10-12(1)活性MgO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為。(2)常溫下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3.H2O)c(NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4))(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為Co(NH3)62+的離子方程式為。(4)(NH4)2CO3會(huì)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NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co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CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)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(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3②“熱解”對(duì)于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和(填化學(xué)式)?！敬鸢浮?1)MgO+H2O=Mg(OH)2(3)2Co(OH)3+12NH3.H2O+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),4)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+13H2O(4)晶體減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接(6)0.4或2:5MgO=【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)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，過濾中進(jìn)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【解析】（1）活性MgO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為MgO+H2O=Mg(OH)2；故答案為：MgO+H2O=Mg(OH)2。（2）常溫下，pH=9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3.H2O)=?4.7，<1，則cEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)（3）“氨浸”時(shí)，Co(OH)3與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)，再與氨水反應(yīng)生成2+，則由Co轉(zhuǎn)化為的離子方程式為2Co(OH)3+12NH3.H2O+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),4)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+13H2O；故答案為：2Co(OH)3+12NH3.H2O+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3.H2O+4NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(+),4)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)-=2Co(NH3)62++SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+13H2O。（4）(NH4)2CO3會(huì)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NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH)2CO3屬于晶體；故答案為：②根據(jù)題意(NH4)2CO3會(huì)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(NH4)2CO3能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性積；故答案為：減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹（5）①“析晶”過程中為了防止Ni2+水解，因此通入的酸性氣體A為HCl；故答案為：HCl。②由CoCl2可制備AlxCoOy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(gè)原子，而氧(白色)原子有3個(gè)，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點(diǎn)，因此Co在晶胞中的位置為體心；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O原子，以頂點(diǎn)Al（6）①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則晶體A為Mg(NO3)2.6H2O，根據(jù)Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，還剩余5個(gè)水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值理論上最高為2:5；故答案為：0.4或2:5。②“熱解”對(duì)于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，根據(jù)前面分析Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，在于可重復(fù)利用HNO3和MgO；故答案為：MgO。122023·浙江卷）工業(yè)上煅燒含硫礦物產(chǎn)生的SO2可以按如下流程脫除或利用。(1)富氧煅燒燃煤產(chǎn)生的低濃度的SO2可以在爐內(nèi)添加CaCO3通過途徑Ⅰ脫除，寫出反應(yīng)方程(2)煅燒含硫量高的礦物得到高濃度的SO2，通過途徑Ⅱ最終轉(zhuǎn)化為化合物A。C．化合物A是一種無(wú)機(jī)酸酯D．工業(yè)上途徑Ⅱ產(chǎn)生的SO3也可用濃H2SO4吸收2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2(2)BCD硫酸分子能形成更多(3)取化合物A加入足量氫氧化鈉，反應(yīng)完全后加入鹽酸酸化，無(wú)明顯現(xiàn)象，再加入氯化鋇生成2Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【分析】含硫礦物燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和氧氣、碳酸鈣生成硫酸鈣和二氧化碳，二;【解析】（1）氧氣具有氧化性，能被四價(jià)硫氧化為六價(jià)硫，二氧化硫、空氣中氧氣、碳酸鈣高溫生成硫酸鈣和二氧化碳，反應(yīng)為2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2；成不溶于酸的硫酸鋇沉淀，故實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)為：取化合物A加入足量3TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3A．C(s)+O2(g)=CO2(g)B．2C(s)+O2(g)=2CO(g)C．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)D．TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)(2)TiO2與C、Cl2，在600℃的沸騰爐中充分反應(yīng)后，混合氣體中各組分的分壓如下表：TiCl4Cl2分壓MPa3.70×10?2①該溫度下，TiO2與C、Cl2反應(yīng)的總化學(xué)方程式為；②隨著溫度升高，尾氣中CO的含量升高，原因是。(3)“除釩”過程中的化學(xué)方程式為；“除硅、鋁”過程中，分離TiCl4中含Si 。(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入Mg冶煉Ti的方法相似的是。 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應(yīng)C+CO2(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3蒸餾(1)記①C(s)+O2(g)=CO2(g)，②2C(s)+O2(g)=2CO(g)，③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)，④TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)；B．由圖可知，600℃時(shí)2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔG<0，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，故B不符合題意；C．由圖可知，600℃時(shí)TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行，故C符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律，TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)可由①+③得到，則600℃時(shí)其ΔG<0，反應(yīng)自CO2與C發(fā)生反應(yīng)C+CO22CO；(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣A．高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵142022·湖北卷）全球?qū)︿囐Y源的需求不斷增長(zhǎng)，“鹽湖提鋰”越來(lái)越受到重視。某興趣小組取鹽湖水進(jìn)行濃縮和初步除雜后，得到濃縮鹵水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并設(shè)計(jì)了以下流程通過制備LiOH的溶解度：12.4g/100gH2OKsp5.6×10?125.5×10?6CaCO32.8×10?9Li2CO32.5×10?2(2)向“濾液1”中加入適量固體Li2CO3的目的是 。(3)為提高Li2CO3的析出量和純度，“操作A”依次為 (4)有同學(xué)建議用“侯氏制堿法”的原理制備Li2CO3。查閱資料后，發(fā)現(xiàn)文獻(xiàn)對(duì)常溫下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固體；②尚未從溶液中分離出來(lái)。為探究LiHCO3的性質(zhì)，將飽和LiCl溶液與飽和NaHCO3溶液等體積混合，起初無(wú)明顯變化，隨后溶液變渾濁并伴有氣泡冒出，最終生成白色沉淀。上明，在該實(shí)驗(yàn)條件下LiHCO3 (填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式為___________。(5)他們結(jié)合(4)的探究結(jié)果，擬將原流程中向“濾液2”加入Na2CO3改為通入CO2。這一改動(dòng)能否達(dá)到相同【答案】(1)Mg(OH)2(2)將Ca2+轉(zhuǎn)化成CaCO3沉淀除去，同時(shí)不引入新雜質(zhì)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(?),3)(5)能達(dá)到相同效果，因?yàn)楦臑橥ㄈ脒^量的CO2，則LiOH轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iHCO3，結(jié)合(4)的探【解析】濃縮鹵水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+的濾液1，沉淀1為Mg(OH)2，向?yàn)V液1中加入Li2CO3后，得到濾液2，含有的離子為Na+、Li+、Cl-和OH-，沉淀2為CaCO3，向?yàn)V液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通過蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌、干燥后得到產(chǎn)品Li2CO3。(1)濃縮鹵水中含有Mg2+，當(dāng)加入石灰乳后，轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1為Mg(OH)2；(2)濾液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，結(jié)合已知條件：LiOH的溶解度和化合物的溶度積常數(shù)，可推測(cè)，加入Li2CO3的目的是將Ca2+轉(zhuǎn)化成CaCO3沉淀除去，同時(shí)不引入新雜質(zhì)；出，所以為提高Li2CO3的析出量和純度，需要在較高溫度下析出并過濾得到沉淀，即依次蒸發(fā)濃縮，趁熱(4)飽和LiCl和飽和NaHCO3等體積混合后，產(chǎn)生了LiHCLi2CO3。故答案為：不穩(wěn)定，Li++HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(?),3)=LiHCO3，2LiHCO3=Li2C(5)“濾液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是將LiOH轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)i2CO3。若改為通入過量的CO2，則LiOH轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iHCO3，結(jié)合(4)的探究結(jié)果，LiHCO3也會(huì)很快分解產(chǎn)生Li2CO3，所以這一改動(dòng)能達(dá)到相同的效果。故答案為：能達(dá)到相同效果，因?yàn)楦臑橥ㄈ脒^量的CO2，則LiOH轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)152022·重慶卷）電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對(duì)其處理Fe(OH)34×10-382.5×10-20②25℃時(shí)，為了使Cu2+沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)被還原為I—，終點(diǎn)時(shí)消耗KIO3溶液【答案】(1)+4價(jià)Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)32×10-7(3)滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)+6H+=3I2+3H2O47.6%【分析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化【解析】（1）①由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，錫酸鈉②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應(yīng)為錫與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(N酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+Na2SnO3+H2O；Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時(shí)，銅離子沉淀完全時(shí)，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10則溶液中的氫離子濃度不大于2×10-7mol/L，故答案為：2×10-7；（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘離子，當(dāng)二價(jià)錫反應(yīng)完，成碘單質(zhì)，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色時(shí)，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，則終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀液，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色，反應(yīng)生成碘的離子方程式為IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色；IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(?),3)+5I-+6H+=3I2+3H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mo162022·全國(guó)乙卷）廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、PbSO4PbCO3BaSO4BaCO32.5×10?8Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2(1)在“脫硫”中PbSO4轉(zhuǎn)化反應(yīng)的離子方程式為，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉(zhuǎn)化，原因是。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是；(ⅱ)H2O2促進(jìn)了金屬Pb在醋酸中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，其化學(xué)方程式為；(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是。【答案】(1)PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)反應(yīng)PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)的平衡常數(shù)=3.4×105>105，PbSO4可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3(2)反應(yīng)BaSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=BaCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)的平衡常數(shù)=0.04<<105，反應(yīng)正向限(3)Fe2+Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O作還原劑【分析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和入碳酸鈉溶液進(jìn)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(jìn)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知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液進(jìn)行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽(yáng)離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進(jìn)行處PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-(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)=7.4×，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，反應(yīng)PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-(≈3.4×105>105，說明可以轉(zhuǎn)化的比較徹底，且轉(zhuǎn)化后生成的碳酸EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),4)≈0.04<<105，說明該反應(yīng)正向進(jìn)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)（3i）過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會(huì)被過氧化氫氧化為鐵離子。Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。（4）酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH可知，（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(shí)引入的Na+。172024·北京卷）利用黃銅礦（主要成分為CuFeS2，含有SiO2等雜質(zhì)）生產(chǎn)純銅，流程示意圖如（1）礦石在焙燒前需粉碎，其作用是（2）(NH4)2SO4的作用是利用其分解產(chǎn)生的SO3使礦石中的銅元素轉(zhuǎn)化為CuSO4。(NH4)2SO4發(fā)生熱分解的化學(xué)方程式是（3）礦石和過量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同質(zhì)量，在不同溫度下焙燒相同時(shí)間，測(cè)得：“吸收”過程氨吸收率和“浸銅”過程銅浸出率變化如圖；i．400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2①溫度低于425oC，隨焙燒溫度升高，銅浸出率顯著增大的原因是。②溫度高于425oC，根據(jù)焙燒時(shí)可能發(fā)生的反應(yīng)，解釋銅浸出率隨焙燒溫度升高而降低的原因是 。（4）用離子方程式表示置換過程中加入Fe的目的。（5）粗銅經(jīng)酸浸處理，再進(jìn)行電解精煉；電解時(shí)用酸化的CuSO4溶液做電解液，并維持一定的c(H+)和(Cu2+)。粗銅若未經(jīng)酸浸處理，消耗相同電量時(shí)，會(huì)降低得到純銅的量，原因是。_______________________________________________________________________【答案】（1）增大接觸面積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)更充分（3）①溫度低于425OC，隨焙燒溫度升高，(NH4)2SO4分解產(chǎn)生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe23+4SO3，CuFeS2和CuSO4轉(zhuǎn)化成難溶于水的CuO，銅浸出率降低（4）Fe+Cu2+Cu+Fe2+（5）粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)Fe會(huì)參與放電，則消耗相同電量時(shí)，會(huì)降低得到純銅的量【解析】（2）(NH4)2SO4分解為非氧化還原反應(yīng)，故化學(xué)方程式為2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。加入Fe置換銅，反應(yīng)的離子方程式為Fe+Cu2+Cu+Fe2+。（5）粗銅中含有Fe雜質(zhì)，加酸可以除Fe，但粗銅若未經(jīng)酸浸處理，其中雜質(zhì)Fe會(huì)參與放電，則消耗相18.(2024·甘肅卷)我國(guó)科研人員以高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)為原料，對(duì)煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進(jìn)行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9（1）高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是 。（2）“濾渣”的主要成分是CaSO4和 。 （4）鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2.（5）某含鈣化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞a≠c,α=β=γ=90o。圖丙中Ca與N的距離為Mg.mol-1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，則晶體的密度為g.cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)。【答案】（1）NH3（2）SiO24【解析】【分析】高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時(shí)產(chǎn)生氣體，該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應(yīng)，生成(NH4)2CO3，所以該氣體為NH3；焙燒產(chǎn)物經(jīng)過水浸1，然后過濾，濾渣為CaSO4以及未反應(yīng)的S濾渣中的CaSO4會(huì)轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣?！八?”時(shí)主要反應(yīng)為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應(yīng)方程式為44，該反應(yīng)之所以能發(fā)生，是由于Ksp(Ca鋁產(chǎn)品NH4Al(SO4)2.12H2O溶于水后，會(huì)產(chǎn)生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3膠體，可用于凈水；圖丙中，Ca位于正方形頂點(diǎn)，N位于正方形中心，故Ca與N的距離為apm；由均攤法可知，晶胞中Ca3N3B；其摩爾質(zhì)量為Mg.mol-1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為a2c×10?30cm3則晶體的密度19.(2024·浙江卷6月)礦物資源的綜合利用有多種方法，如鉛鋅礦(主要成分為PbS、ZnS)的利用有火法已知：①PbCl2(s)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(熱水),冷卻)PbCl2(aq)HClH2[PbCl4]；②電解前后ZnS總量不變；③AgF易溶于水。（1）根據(jù)富氧煅燒(在空氣流中煅燒)和通電電解(如圖)的結(jié)果，PbS中硫元素體現(xiàn)的性質(zhì)是(選填“氧化性”、“還原性”、“酸性”、“熱穩(wěn)定性”之一)。產(chǎn)物B中有少量Pb3O4，該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式；從該反應(yīng)液中提取PbCl2的步驟如下：加熱條件A.電解池中發(fā)生的總反應(yīng)是PbS=Pb+S(條件省略)C.1mol化合物C在水溶液中最多可中和2molNaOHD.ClF的氧化性弱于Cl2①實(shí)驗(yàn)方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加熱充分反應(yīng)，然后 ；②寫出D(用HSO3X表示)的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式 。【答案】（1）①.還原性②.Pb3O4+14HCl(濃)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑③.PbO或Pb(OH)2生白色沉淀，則有Cl-，反之則有F-②.HSO3X+3OH-=SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+X-+2H2O【解析】【分析】鉛鋅礦(主要成分為PbS、ZnS)富氧煅燒得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2與等物質(zhì)的量的該物質(zhì)可溶于濃鹽酸，Pb元素轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-，該反應(yīng)的化學(xué)方程式：Pb3O4+14HCl(濃)=3H2[PbCl4]冷卻HCl+4H2O+Cl2↑;根據(jù)PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]可得反應(yīng)：要從該反應(yīng)液中提取PbCl2，則所加試劑應(yīng)能消耗H+使平衡逆向移動(dòng)，且不引入雜質(zhì)，則步驟為：加熱條PbCl2生成Pb，發(fā)生的總反應(yīng)是：PbS=Pb+S(條件省略)，A正確；在水溶液中最多可中和4molNaOH，C錯(cuò)誤；后取上層清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若產(chǎn)生白色②D(用HSO3X表示)的溶液與足量NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SO4和NaX，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：HSO3X+3OH-=SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)?+X-+2H2O。20.(2024·江蘇卷)回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導(dǎo)體材料鐵酸鉍和光學(xué)材料氧化釹。（1）釹鐵硼在空氣中焙燒轉(zhuǎn)化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol.L?1鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率(×100%)隨浸取時(shí)間變化如圖②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是①用含有機(jī)胺(R3N)有機(jī)溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe2(SO4)3溶液，原理為：(R3NH)2SO4+Fe3++SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有機(jī)層)已知：(R3NH)2SO4+H++HSOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(?),4)2(R3NH.HSO4)其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內(nèi)，隨水層pH增大，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多的原因②反萃取后，F(xiàn)e2(SO4)3經(jīng)轉(zhuǎn)化可得到鐵酸鉍。鐵酸鉍晶胞如圖所示(圖中有4個(gè)Fe原子位于晶胞體對(duì)角線上，O原子未畫出)，其中原子數(shù)目比N(Fe):N(Bi)=。（3）凈化后的NdCl3溶液通過沉釹、焙燒得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可轉(zhuǎn)化為Nd(OH)CO3沉淀。該反應(yīng)的離子方程式為 。②將8.84mgNd(OH)CO3(摩爾質(zhì)量為221g.mol?1)在氮?dú)夥諊斜簾?，剩余固體質(zhì)量隨溫度變化曲線如圖所示。550~600℃時(shí)，所得固體產(chǎn)物可表示為NdaOb(CO3)c，通過以上nCOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-Fe3+水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣(R3NH)2SO4+Fe3++SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+H2OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(萃取),反萃取)H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(?),4)(R3NH)2SO4濃度的增大，進(jìn)一步促進(jìn)萃取平衡向萃取方向移動(dòng)，導(dǎo)致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度（3）①.2Nd3++3COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑②.2:1【解析】①釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導(dǎo)致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分為Fe(OH)3。②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率大，約5min隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸Fe(OH)3進(jìn)入濾渣，F(xiàn)e的浸出率又減小。(R3NH)2SO4+Fe3++SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+H2OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(萃取),反萃取)H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的化學(xué)平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，又H+的濃度減小使平衡(R3NH)2SO4+H++HSOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(?),4)2(R3NH.HSO4)逆向移動(dòng)，引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進(jìn)一步促進(jìn)平衡(R3NH)2SO4+Fe3++SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+H2OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(萃取),反萃取)H++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2向萃取方向移動(dòng)，導(dǎo)致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機(jī)層中Fe元素含量迅速增多。原子的數(shù)目為4×1+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，共有8×=4，因此，其中原子數(shù)目比①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，