【考前冲刺】2022高考化学专题突破 专题15 工艺流程综合题（解析版）
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2022年高考化学二轮复习重点专题常考点突破练专题十五 工艺流程综合题题型一、 原料预处理与反应条件控制1. 钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如下图所示：（1）“碱浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是__________(任写两点)。（2）“滤液①”主要成分是__________；“操作②”的分离方法是__________。（3）“酸溶”时，Co、Li元素的浸出率随温度的变化如图所示：“酸溶”的适宜温度是__________；“酸溶”时有无色气体产生，该气体为__________；若用Na2S2O3代替H2O2则有两种硫酸盐生成，写出Na2S2O3在“酸溶”时发生的化学方程式：__________。【答案】（1）升高温度、粉碎废料、适当增大NaOH溶液的浓度等(任写两点)（2） ①. NaAlO2 ②. 萃取分液或分液（3）①. 80℃或80℃左右②. O2③. 4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O【解析】【分析】“碱浸”过程中，Co3O4和LiCoO2不与碱反应存在于滤渣中，Al在碱性溶液中发生反应生成NaAlO2，滤液①主要成分为NaAlO2，滤渣中加入硫酸和过氧化氢发生反应使滤渣溶解，过滤后加入有机磷萃取，得到有机相和无机相，有机相反萃取后加入Na2CO3沉钴，得到CoCO3，以此解答。【小问1详解】“碱浸”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是升高温度、粉碎矿石、适当增加NaOH的浓度等，故答案为：升高温度、粉碎废料或适当增大NaOH溶液的浓度等；【小问2详解】由分析知，滤液①主要成分为NaAlO2；操作②为萃取分液或分液，故答案为：NaAlO2；萃取分液或分液；【小问3详解】由图可知，当温度过高时，钴元素的浸出率降低，则酸浸的适宜温度是80℃；由分析知，“酸溶”时H2O2的作用为还原剂，则产生的气体为O2；若用Na2S2O3代替H2O2，根据题意知，生成CoSO4和Na2SO4，结合得失电子守恒、元素守恒配平的化学方程式为4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，故答案为：80℃；O2；4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O。2. 以炼锌钴渣(主要含有Co、Zn、Fe等金属元素)为原料制备(氢氧化高钴)的流程如图：已知：①酸浸后溶液中的阳离子有、、、、②、③难溶于稀酸回答下列问题：（1）“酸浸”过程，可加快反应速率的措施有__________、__________ (任写两项)。（2）“氧化”过程中发生反应的离子方程式为__________，反应温度不宜超过55℃的原因是__________。【答案】（1） ①. 升高温度、适当增大稀硫酸浓度 ②. 粉碎固体，增大接触面积、搅拌(任写两项)（2） ①. ②. 防止双氧水的分解【解析】【分析】炼锌钴渣(主要含有Co、Zn、Fe等金属元素)煅烧后加入稀硫酸，酸浸后溶液中的阳离子有、、、、；加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+；再加入NaOH溶液调节pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(比较Fe(OH)3和Zn(OH)2的溶度积，可得出Fe(OH)3更易生成沉淀)；加入过硫酸铵，将Co2+氧化为Co3+，再加入NaOH溶液，将Co3+转化为Co(OH)3沉淀。【小问1详解】“酸浸”过程，升高温度、增大酸的浓度、增大固体与液体的接触面积，都可加快反应速率，具体措施有升高温度、适当增大稀硫酸浓度、粉碎固体，增大接触面积、搅拌(任写两项)。答案为：升高温度、适当增大稀硫酸浓度；粉碎固体，增大接触面积、搅拌(任写两项)；【小问2详解】“氧化”过程中，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为；双氧水的热稳定性较差，所以反应温度不宜超过55℃，原因是防止双氧水的分解。答案为：；防止双氧水的分解。【点睛】相同质量的固体，颗粒越小，与液体的接触面积越大。3. 金属钼具有高强度、高熔点、耐腐蚀、耐研磨等优点，主要作为钢的添加剂。工业上常用钼精矿(主要成分是MoS2，含有钙、硅等元素)制备金属钼，其中用氧化焙烧法提取钼的工艺流程如图：已知：①焙烧后得到MoO3、SiO2、CaMoO4的混合物。②MoO3溶于氨水，钼酸钙(CaMoO4)不溶于氨水。回答下列问题：（1）“焙烧”产物中Mo元素的化合价为__________。尾气的主要成分为__________。（2）“氨浸”过程中相关反应的离子方程式为__________。（3）“氨浸”操作中，温度不宜过高，原因在于__________。【答案】（1） ①. +6 ②. SO2（2）MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+H2O或MoO3+2NH3+H2O=2NH+MoO（3）氨水受热易分解【解析】【分析】“焙烧”过程中钼精矿中MoS2被O2氧化为MoO3和SO2，加入氨水的离子方程式为MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+H2O，滤渣为CaMoO4，加入Na2CO3沉淀转化为Na2MoO4，加入HCl得到H2MoO4，系列操作后得到Mo。【小问1详解】“焙烧”产物MoO3中O为-1价，Mo元素的化合价为+6，MoS2中S元素被空气中氧气氧化生成二氧化硫，尾气的主要成分为SO2；【小问2详解】已知MoO3溶于氨水，“氨浸”生成(NH4)2MoO4溶液，反应的离子方程式为MoO3+2NH3·H2O=2NH+MoO+H2O；【小问3详解】“氨浸”操作中，温度不宜过高，原因在于氨水受热易分解。4. 碳酸锂(相对分子质量为74)广泛应用于化工、冶金、陶瓷、医药、制冷、焊接、锂合金等行业。制备流程如下：已知：碳酸锂的溶解度(g·L-1)见下表。温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100Li2CO3 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72（1）硫酸化焙烧工业反应温度控制在250～300 ℃，主要原因是___________；同时，硫酸用量为理论耗酸量的115%左右，硫酸如果加入过多则___________(填字母)。A．增加酸耗量B．增加后续杂质的处理量C．增加后续中和酸的负担（2）水浸时，需要在搅拌下加入石灰石粉末的主要作用是___________。（3）“沉锂”需要在95 ℃以上进行，主要原因是___________。过滤碳酸锂所得母液中主要含有Na2SO4，还可能含有___________。【答案】（1） ①. 温度低于250 ℃，反应速率较慢；温度高于300 ℃，硫酸挥发较多 ②. ABC（2）除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质（3） ①. 温度越高，碳酸锂溶解度越小，可以增加产率 ②. Na2CO3、Li2CO3【解析】【小问1详解】温度低于250℃，反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多，反应温度控制在250-300℃，反应速率较快，避免硫酸挥发；硫酸如果加入过多，消耗的酸多，后续中还需要除去过量的硫酸，增加后续杂质的处理量、增加后续中和酸的负担，故答案为：温度低于250℃，反应速率较慢，温度高于300℃，硫酸挥发较多；ABC；【小问2详解】加入碳酸钙除去未反应的硫酸，同时调节溶液pH值，除去大部分杂质，故答案为：除去多余的硫酸，同时调整pH，除去大部分杂质；【小问3详解】温度越高，碳酸锂溶解度降低，减少碳酸锂溶解，可以增加产率；溶液中硫酸钠不反应，使用的碳酸钠要过量，少量碳酸锂溶解在溶液中，过滤碳酸锂所得母液中主要含有硫酸钠，还可能含有碳酸钠、碳酸锂，故答案为：温度越高，碳酸锂溶解度降低，可以增加产率；Na2CO3、Li2CO3。题型二、结晶分离提纯操作5. 钴具有广泛用途，其正三价化合物具有强氧化性。利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如下图所示：（1）Co2＋萃取的反应原理如下：Co2＋＋2HR(有机层)CoR2＋2H＋，则从有机相中分离出CoSO4需向有机溶剂中加入以下哪种试剂__________ (填选项字母)。A. H2SO4 B. NaOH C. Co(OH)2 D. HR（2）“沉钴”时，Na2CO3的滴速过快或浓度太大，可生成碱式碳酸钴(CoCO3)2·3Co(OH)2沉淀，会导致产品不纯。生成(CoCO3)2·3Co(OH)2沉淀的化学方程式为__________。【答案】（1）A（2）5CoSO4+5Na2CO3+3H2O=5Na2SO4+(CoCO3)2·3Co(OH)2↓+3CO2↑或5CoSO4+8Na2CO3+6H2O=5Na2SO4+(CoCO3)2·3Co(OH)2↓+6NaHCO3【解析】【分析】“碱浸”过程中，Co3O4和LiCoO2不与碱反应存在于滤渣中，Al在碱性溶液中发生反应生成NaAlO2，滤液①主要成分为NaAlO2，滤渣中加入硫酸和过氧化氢发生反应使滤渣溶解，过滤后加入有机磷萃取，得到有机相和无机相，有机相反萃取后加入Na2CO3沉钴，得到CoCO3，以此解答。【小问1详解】反萃取即使萃取平衡向逆向移动，根据平衡移动原理，在不引入新杂质的情况下可加入H2SO4，使平衡逆向移动，从而达到反萃取目的，故A正确；【小问2详解】“反萃取”后的“滤液3”中含有CoSO4，继续加入Na2CO3可生成碱式碳酸钴(CoCO3)2 3Co(OH)2沉淀，为复分解反应，化学方程式为5CoSO4+5Na2CO3+3H2O=(CoCO3)2 3Co(OH)2↓+5Na2SO4+3CO2↑或5CoSO4+8Na2CO3+6H2O=(CoCO3)2 3Co(OH)2↓+5Na2SO4+6NaHCO3。6. 锰及其化合物主要用于锰矿的开采、锰铁冶炼、化肥和医药等领域。工业上通常采用软锰矿与KOH固体在空气中共热生成，再通入CO2的方法制备KMnO4。各物质的溶解度如下表所示：温度/℃ 物质 0 10 20 30 40 60 80 100KMnO4 2.83 4.31 6.34 9.03 12.6 22.1 41.1 50.5K2CO3 105 109 111 114 117 127 140 156A 22.5 27.4 33.7 39.9 47.5 65.6 — —从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的步骤为___________、___________过滤、洗涤、干燥；物质A的生成会使KMnO4的纯度降低，原因是___________。【答案】 ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 在冷却结晶时随KMnO4一起结晶析出【解析】【详解】高锰酸钾的溶解度受温度影响变化大，则可采用冷却结晶的方法从溶液获得高锰酸钾晶体，从KMnO4和K2CO3混合溶液中分离提纯出KMnO4晶体的具体方法是蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。物质A的溶解度也是受温度升高而增大，随着温度下降A物质也会析出，则在冷却结晶时随KMnO4一起结晶析出，会使KMnO4的纯度降低。7. 高氯酸铵(NH4ClO4)是复合火箭推进剂的重要成分，也可以做氧化剂、分析试剂等。实验室可由NaClO3等原料制取高氯酸铵(部分物质溶解度如图)，其实验流程如图：已知：氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠。反应得到的混合液中NH4ClO4和NaCl的质量分数分别为0.40和0.20.根据溶解度与温度的关系图像，从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为___________、___________(均填实验操作名称)、过滤、冷水洗涤、干燥，冷水洗涤的作用是___________。【答案】 ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶 ③. 减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失【解析】【分析】氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，80℃时浸取液冷却至0℃过滤得到滤渣的主要成分为NaClO4，反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应生成高氯酸按，过滤干燥得到NH4ClO4；【详解】由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，并用冰水洗涤，减少损失，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；减少洗涤过程中NH4ClO4晶体的损失。8. 已知：铍、铝元素的化学性质相似，单质铍与氢氧化钠溶液反应生成可溶于水的Na2BeO2，从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是___________。【答案】要在HCl气流中蒸发结晶【解析】【详解】从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是要在HCl气流中蒸发结晶，可抑制水解。9. 如果有一份KCl 固体含有少量 KNO3，如何提纯？写出实验方案：___________。(已知两者的溶解度随温度变化如图)【答案】蒸发饱和溶液的水分，就有KCl晶体析出，趁热过滤，KNO3留在溶液中【解析】【详解】KNO3随着温度升高溶解度增大，且影响程度比KCl大，则提纯KCl晶体的实验方案为：蒸发饱和溶液的水分，就有KCl晶体析出，趁热过滤，KNO3留在溶液中。10. 磷酸亚铁锂()锂离子电池具有寿命长和高安全性的优点，是新能源汽车的动力电池之一、从废旧的磷酸亚铁锂电池中提取锂、铁等金属材料意义重大。下图是废旧磷酸亚铁锂电池材料(主要成分为，含少量炭黑，有机物和Al等杂质)回收工艺流程：碳酸锂溶解度随温度变化情况如图所示，“沉锂”采用的提纯方法为___________，洗涤，干燥。【答案】蒸发浓缩，趁热过滤【解析】【详解】碳酸锂溶解度随着温度升高而减小，则“沉锂”采用的提纯方法为蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤，干燥。11. 钼酸钠()是制造阻燃剂的原料和无公害型冷水系统的金属腐蚀抑制剂。一种以辉钼矿(主要成分为，还有少量、和CuS)为原料制备的工艺流程如下：已知：①不溶于稀酸，不溶于水，能溶于浓氨水和强碱；②钼酸()不溶于水，溶于碱。已知钼酸钠的溶解度曲线如图，获得的操作b为蒸发浓缩、___________、结晶、过滤。【答案】冷却到10℃以下【解析】【详解】由图可知温度低于10℃是晶体，且随着温度升高溶解度增大，则获得的操作b为蒸发浓缩、冷却到10℃以下、结晶、过滤。题型三、图像表格信息处理12. 金属钼具有高强度、高熔点、耐腐蚀、耐研磨等优点，主要作为钢的添加剂。工业上常用钼精矿(主要成分是MoS2，含有钙、硅等元素)制备金属钼，其中用氧化焙烧法提取钼的工艺流程如图：已知：①焙烧后得到MoO3、SiO2、CaMoO4的混合物。②MoO3溶于氨水，钼酸钙(CaMoO4)不溶于氨水。其他条件一定时，钼的浸出率与氨浸温度、时间的关系如下图所示。“氨浸”条件宜采用___________。【答案】80℃、60min【解析】【详解】由图可知，氨浸温度在80℃、氨浸时间60min时钼的浸出率最大，为适宜条件。13. As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素(As)的工业废水通过如下流程转化为粗As2O3。“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3.As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”需要控制的具体条件是 ___________。【答案】调硫酸浓度约为7 mol·L-1，冷却至25℃【解析】【详解】“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3，由图可知，硫酸浓度约为7mol L-1，25℃。14. 通过控制其他实验条件不变，来研究原料粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取率的影响，其结果如下图所示，采用的最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为___________。【答案】50目(40~60目)、100min、50℃【解析】【详解】根据原料的粒度对青蒿素提取率的影响可知，50目时提取率最高；根据提取时间对青蒿素提取率的影响可知，时间为100分钟时提取率接近100%，再延长时间，对提取率影响不大；根据提取温度对青蒿素提取率的影响可知，温度为50℃提取率最高。故答案为：50目(40~60目)、100min、50℃。15. 图1表示接触室中催化剂随温度变化图像，图2表示SO2的转化率a(SO2)随温度T及压强P的变化图像。你认为接触室中最合适的温度和压强是___________。【答案】450℃(或400℃-500℃)、101kpa【解析】【详解】400℃～500℃、101KPa时二氧化硫的转化率已经很高，再增大压强，会增大成本，二氧化硫转化率提高不大，该温度下反应速率较快、催化剂活性最好，故答案为：400℃～500℃、101kpa。16. 无机研究开创绝不无“钴”的时代，例如：是一种饲料营养强化剂，草酸钴可用于指示剂和催化剂。其中草酸钴的制备可用水钴矿(主要成分为，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)制取工艺流程如图所示：已知：①浸出液含有的阳离子主要有、、、、、、等；②酸性条件下，不会氧化，转化为；萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图1所示，萃取剂的选择的标准是___________(至少答两点)；其使用的适宜pH范围是___________(填字母代号)。a．1.0~2.0 B．3.0~3.5 C．4.5~5.0【答案】 ①. 不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大，而Co2+在萃取剂中溶解度小 ②. B【解析】【分析】水钴矿(主要成分为，含少量、、MnO、MgO、CaO、等)中加入Na2SO3和盐酸，Fe3+、Co3+被还原为Fe2+和Co2+，过滤后得到浸出液，SiO2留在滤渣中；加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+；加入Na2CO3调节pH至5.2，Fe3+、Al3+将转化为沉淀，然后过滤；加入NaF溶液，将Ca2+、Mg2+转化为沉淀；加入萃取剂，将Mn2+萃取出来；往萃后余液中加入(NH4)2C2O4溶液，制得。【详解】萃取剂应具有不互溶、不反应、溶解度大等性质，所以萃取剂的选择标准是:不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大，而Co2+在萃取剂中溶解度小；从图中可以看出，Al3+、Mn2+、Co2+的萃取率都随pH的增大而增大，为减少Co2+在萃取剂中的溶解损失，应控制pH在Co2+萃取率低、但Al3+、Mn2+萃取率较高的范围内，所以其使用的适宜pH范围是3.0~3.5，故选B。答案为：不与水互溶，不与水、Co2+反应，相同条件下杂质离子在萃取剂中溶解度大，而Co2+在萃取剂中溶解度小；B。【点睛】萃取是利用杂质离子、待保留离子在萃取剂中溶解度的差异，达到将杂质离子与待保留离子分离的目的。17. 钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。钌的矿产资源很少，故从含钌废料中回收钌的研究很有意义。某科研小组设计了一种从含钌废料中分离提纯钌的工艺，其流程如下：（1）金属钌与草酸的质量比x和反应温度T对钌的回收率的影响如图所示，则回收钌较为适宜的条件是___________。（2）“一系列操作”为___________，写出在“还原炉”中还原制得钌的化学方程式：___________。【答案】（1）（2） ①. 洗涤、干燥 ②.【解析】【小问1详解】根据已知图像中钌的回收率的变化判断，回收率较高时，外界条件变化对回收率影响不大的条件：x=1：5（再增加草酸的质量，钌的回收率也没有增大很多），T=70℃（再升高温度，钌的回收率增大不多，且增加生产成本，增加能源消耗）；【小问2详解】滤渣经过洗涤后干燥，再经过氢气还原可得高纯钌，方程式为：。八省联考综合训练18. 废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体(NiCO3·CoCO3·MnCO3)。+回答下列问题：(1)“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出的化学方程式为_______，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是_______。(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是________填化学式)(3)“除铜”时获得萃余液的操作名称是_______。(4)“除铝”时反应的离子方程式为_______。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失_______？(列出算式并给出结论)已知：(Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15)(5)从滤液④中可提取_______(任写一种)用作_______。【答案】 ①. Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O ②. 85℃时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多 ③. NaOH ④. 分液 ⑤. Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3 ⑥. <5.9×10-15，不会造成Co的损失 ⑦. 锂 ⑧. 锂电池【解析】【分析】活性粉体加入硫酸和过氧化氢，氧化锂反应生成硫酸锂，氧化镍生成硫酸镍，二氧化锰和硫酸不反应，铁和硫酸反应，在过氧化氢存在下生成硫酸铁，铝和硫酸反应生成硫酸铝，铜在酸性条件下被过氧化氢氧化生成硫酸铜，碳不溶解，转化为浸渣。滤液①中加入X得到黄钠铁矾，从化学式分析，应加入的是氢氧化钠。滤液②中加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，萃余液加入氨水将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，最后加入碳酸氢铵得到前驱体。据此回答。【详解】(1)“酸浸”时加入过氧化氢，具有氧化性和还原性，粉体中的钴(以Co2O3表示)还原浸出，从最终产物分析，产生Co2+，过氧化氢做还原剂，生成氧气，化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O，“酸浸”温度为85℃，过氧化氢容易分解，所以H2O2的用量比理论用量多一倍；(2)“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，从产生分析，应引入含有该钠离子的碱性物质，故加入的化合物X是氢氧化钠，化学式为NaOH；(3)萃取的操作名称是分液；(4)“除铝”时是铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为Al3++3NH3 H2O=Al(OH)3↓+3 。萃余液中Co2+的浓度为0.33mol·L-1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，根据公式计算，<5.9×10-15，不会造成Co的损失；(5)从滤液④中含有锂离子，可提取金属锂，用作锂电池。【点睛】19. 综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子 浓度(mol·L-1) 开始沉淀pHFe2+ 1.0×10-3 8.0Fe3+ 4.0×10-2 1.7Zn2+ 1.5 5.5Ga3+ 3.0×10-3 3.0表2金属离子的萃取率金属离子 萃取率(%)Fe2+ 0Fe3+ 99Zn2+ 0Ga3+ 97-98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为______。(2)滤液1中可回收利用的物质是______，滤饼的主要成分是______；萃取前加入的固体X为______。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为______ (填化学式)。(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为______。(5)GaN可采用MOCVD (金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为______ mol·L-1 (写出计算过程)。【答案】 ①. +3价 ②. Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O ③. 硫酸锌 ④. Fe(OH)3、Ga(OH)3 ⑤. Fe ⑥. NaGaO2 ⑦. GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－ ⑧. Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN ⑨. 3.0×10-10.2【解析】【分析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此解答。【详解】(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是+3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O。(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－。(5)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是10－8.6mol/L，所以滤液1中残余的Ga3+的浓度为＝3.0×10-10.2mol·L-1。20. 合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸取”工序中加入过量氨水的目的：①使ZnO、CuO溶解，转化为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子；②______。(2)ZnO转化反应的离子方程式为______。(3)“除杂”工序中，反应的离子方程式为______。(4)滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。(5)“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。(6)从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。(7)将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。【答案】 ①. 增大溶液 pH， 将 转化为 ②. ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O ③. Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+ ④. Zn、Cu ⑤. Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2 ⑥. 浸取 ⑦. 煅烧 ⑧. Fe2(SO4)3 ⑨. MnO2【解析】【分析】首先用NH4HCO3和氨水浸取烟灰，将锌元素转化为[Zn(NH3)4]2+络离子，将Cu元素转化为[Cu(NH3)4]2+络离子，MnO2、Fe2O3不发生反应进入滤渣①中；加入锌粉可以将[Cu(NH3)4]2+全部置换出来得到滤渣②中含有Zn及Cu，然后经蒸氨沉锌Zn(NH3)4(HCO3)2反应变为NH3和Zn(HCO3)2，然后加入碱式碳酸锌与Zn(HCO3)2混合，高温煅烧得到氧化锌。【详解】(1)由题意可知，烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)，在浸取工序中可以使ZnO、CuO溶解变为[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+配离子进入滤液①中；NH3与反应，的存在会影响[Zn(NH3)4]2+、 [Cu(NH3)4]2+的稳定性， 氨水过量可以将 转化为， 使以上两种络离子稳定存在。(2)浸出时，ZnO溶于碳酸氢铵与氨水的混合溶液中，形成配离子[Zn(NH3)4]2+和H2O，反应的离子方程式为：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O；(3)在除杂工序中，加入过量的锌粉，发生置换反应置换出铜单质，反应的离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+；(4)滤渣②是在除杂工序中产生的，由(3)分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn；(5)在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+ Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用；(6)碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧；(7)滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。21. 某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从某厂阳极泥(成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。回答下列问题：(1)写出“焙烧”时，生成的化学反应方程式_______。(2)“滤液”中的金属阳离子有_______；“酸浸氧化”中通入氧气的目的是_______、_______。(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，写出Au溶解的离子方程式_______。(4)可从“有机层”回收的金属是_______。实验室“萃取分液”的玻璃仪器有_______、_______。(5)电解溶液回收Au的阴极反应式为_______。【答案】 ①. 2Ag2Se+3O2=2+2Ag2O ②. Cu2+、Ag+ ③. 氧化可能存在的Cu、 ④. 防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气 ⑤. 2Au+3Cl2+2Cl-=2 ⑥. Pt ⑦. 烧杯 ⑧. 分液漏斗 ⑨. Au3++3e-=Au【解析】【分析】阳极泥(成分为Cu、Ag2Se、Au、Pt)通入氧气焙烧得CuO、Ag2O、SeO2、Au、Pt，Se以SeO2形式除去，烧渣成分为CuO、Ag2O、Au、Pt；将烧渣酸浸氧化，CuO、Ag2O溶解，滤液为硝酸铜、硝酸银溶液，滤渣为Au、Pt；酸溶时，Au、Pt转化为[AuCl4]-、[PtCl6]2-，用磷酸三丁酯萃取-分液，得到H2[PtCl6]的有机溶液，水层为H[AuCl4]-(aq)，加入KOH、(NH4)2SO3转化为NH4[Au(SO3)2]。【详解】(1)“焙烧”时，Ag2Se被氧气氧化生成和Ag2O，反应的化学反应方程式为2Ag2Se+3O2=2+2Ag2O；(2)由分子可知“滤液”中的金属阳离子有Cu2+、Ag+；烧渣中可能还含有Cu、，与硝酸直接反应会产生NO有毒气体，因此“酸浸氧化”中通入氧气的目的是氧化可能存在的Cu、；防止硝酸产生的NO排放到空气中污染空气；(3)“酸溶”时Pt、Au分别转化为和，则Au溶解的离子方程式为2Au+3Cl2+2Cl-=2；(4)由分析可知，可从“有机层”回收的金属是Pt；实验室“萃取分液”的玻璃仪器有烧杯；分液漏斗；(5)电解溶液回收Au的阴极反应式为Au3++3e-=Au。22. 以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂()是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：已知：常温下，，。回答下列问题：(1)在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为______。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是______。(4)常温下，若“悬浊液”中，则溶液的______。(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为______。(6)在强碱溶液中被氧化可得，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：①放电一段时间后，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)。②充电时，阳极发生的电极反应式为______。【答案】 ①. NH3 ②. CO2 ③. 水浴加热 ④. 取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净 ⑤. 10 ⑥. NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O ⑦. 增大⑧. Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O【解析】【分析】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原。【详解】(1)根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2＋H2O CO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为：水浴加热。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。(4)常温下，若“悬浊液”中，，则，，则溶液的10；故答案为：10。(5)“还原”过程最终得到，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；故答案为：NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O。(6)①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正极是2NiOOH＋2e－＋2H2O =2Ni(OH)2＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋H2O =Ni(OH)2＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O；故答案为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。23. 高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如下：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子 Fe3+ Fe2+ Mn2+ Mg2+开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13回答以下问题：(1) MnSO4中阴离子的空间构型为_______。(2)提高“反应Ⅰ”速率可采取的措施是_______ (除“加热”外，任写一种)，滤渣A的主要成分为_______(填化学式)。(3) “反应Ⅱ”中硫铁矿(FeS2)的作用为_______。(4)“反应Ⅲ”的离子方程式为_______。(5)“调pH”步骤中，应调节pH不低于_______。(6)取0.1510 g MnSO4固体，溶于适量水中，加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液后，加入0.5360 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.0320 mol/L KMnO4溶液滴定，用去20.00 mL，计算样品中MnSO4的质量分数_______(保留三位有效数字)。【答案】 ①. 正四面体 ②. 适当增加硫酸的浓度 ③. MnO2 ④. 将MnO2还原为Mn2+ ⑤. ⑥. 3.2 ⑦. 96.0%【解析】【分析】在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣A的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其反应为，过滤得S和含硫酸铁、硫酸锰等的溶液反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应为加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去Fe3+，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。【详解】(1) 离子中，S原子采用sp3杂化，离子呈正四面体结构，硫原子位于正四面体体心，4个氧原子位于正四面体四个顶点，故填正四面体；(2)提高反应速率的措施有适当升温、适当增加酸的浓度，将硫铁矿粉碎，搅拌，根据题意任选一种，废渣A为MnO2，故填适当增加硫酸的浓度、MnO2；(3)根据反应方程式，硫铁矿被氧化，作还原剂，将MnO2还原为Mn2+，故填将MnO2还原为Mn2+；(4)根据题意，反应Ⅲ的离子方程式为，故填；(5)由表中数据可知，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，Mn2+开始沉淀的pH为9.27，要使得Fe3+完全被除去而不影响Mn2+，pH应不低于3.2，但不高于9.27，故填3.2；(6)此为采用间接测定法测MnSO4的含量，根据题意，与由样品产生的反应的物质的量=总的的物质的量-滴定消耗的物质的量，由此计算。加入的Na2C2O4的物质的量为=0.004mol，由方程式可知，剩余的的物质的量为0.0016mol，由此得与由样品产生的反应的物质的量为0.004-0.0016=0.0024mol，即样品中MnSO4的物质的量为0.0096mol，其质量分数为=96.0%，故填96.0%。【点睛】间接法测质量分数时，不能直接建立关系式，样品消耗的量=总量-滴定的量。流程中第一次参与反应的MnO2是来自于废锰渣，需要被还原，第二次加MnO2是为了方便除杂。24. 碳酸锶(SrCO3)是一种重要的工业原料，广泛用于生产锶铁氧体磁性材料。一种以菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：Sr(OH)2在水中的溶解度温度/℃ 10 20 30 40 60 80 90 100溶解度/(g/100g) 1.25 1.77 2.64 3.95 8.42 20.2 44.5 91.2(1)元素Sr位于元素周期表第_______周期第_______族。(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎的目的是_______。(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应的化学方程式为_______。进行煅烧反应的立窑衬里应选择_______(填“石英砂砖”或“碱性耐火砖”)。(4)“浸取”中用热水浸取而不用冷水的原因是_______；滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和_______。(5)“沉锶”中反应的化学方程式为_______。(6)锶铁氧体是由锶和铁的氧化物组成的复合磁性材料。某种锶铁氧体(xSrO·yFe2O3)中Sr与Fe的质量比为0.13，则为_______(取整数)。【答案】 ①. 五 ②. ⅡA ③. 增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率 ④. SrCO3+2CSr+3CO↑ ⑤. 碱性耐火砖 ⑥. 为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解 ⑦. MgO ⑧. Sr(OH)2+ NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O ⑨. 6【解析】【分析】菱锶矿(含80～90% SrCO3，少量MgCO3、CaCO3、BaCO3等)与焦炭经过粉碎后立窑煅烧，转化成Sr、氧化钙等物质，加入热水，将不溶于热水的氧化镁等杂质除去，再加入稀硫酸后，除去钡离子，结晶后析出了氢氧化锶晶体，氢氧化锶和碳酸氢铵反应最终转化成碳酸锶，据此解答。【详解】(1)元素Sr原子序数为38，位于元素周期表第五周期第ⅡA族，故答案为：五；ⅡA；(2)菱锶矿、焦炭混合粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率；(3)“立窑煅烧”中SrCO3与焦炭反应生成Sr和CO，化学方程式为：SrCO3+2CSr+3CO↑；石英砂砖中含有二氧化硅，会与碳酸钙等物质反应，所以进行煅烧反应的立窑衬里应选择碱性耐火砖，故答案为：SrCO3+2CSr+3CO↑；碱性耐火砖；(4)由于氢氧化锶的溶解度随温度升高而增大，氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解，“浸取”中用热水浸取；煅烧后得到Sr，氧化钙，氧化镁，氧化钡等，加入热水后，氧化钙转化成氢氧化钙析出，氧化镁不与水反应，所以滤渣1含有焦炭、Ca(OH)2和MgO，故答案为：为了增大氢氧化锶的浸取率，减少杂质氢氧化钙的溶解；MgO；(5)“沉锶”中，氢氧化锶和水，碳酸氢铵反应生成了碳酸锶，化学方程式为：Sr(OH)2+ NH4HCO3= SrCO3+H2O+NH3·H2O，故答案为：Sr(OH)2+NH4HCO3=SrCO3+H2O+NH3·H2O；(6)xSrO·yFe2O3中Sr与Fe的质量比为=0.13，则=6，故答案为：6。高考综合训练25. 碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【答案】 ①. 2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- ②. AgNO3 ③. FeI2+Cl2= I2+FeCl2 ④. I2、FeCl3 ⑤. I2被过量的进一步氧化 ⑥. ⑦. 4 ⑧. 防止单质碘析出【解析】【分析】【详解】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。26. 对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。(1)“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，为7.0。①生成的离子方程式为_______。②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。(5)高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案】 ①. +6 ②. ③. +=↓ ④. ⑤. ⑥. ⑦. ⑧.【解析】【分析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【详解】（1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。27. 绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符号)。(2)工序①的名称为__。(3)滤渣的主要成分是__(填化学式)。(4)工序③中发生反应的离子方程式为_______。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为__，可代替NaOH的化学试剂还有_______(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为__。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；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↓ ⑤. 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O ⑥. Na2CO3 ⑦. ② ⑧. 8.37【解析】【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。28. 可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为_______；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_______(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是_______(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是_______；(5)“沉铈”过程中，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为_______【答案】 ①. ②. 适当升高温度，将独居石粉碎等 ③. Al(OH)3和Fe(OH)3 ④. 促使铝离子沉淀 ⑤. ↑ ⑥. 碱性 ⑦. 3++6=6+9CO↑+6H2O【解析】【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。【详解】(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；(3)结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3；(4)加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；(5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()(6)由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为3++6=6+9CO↑+6H2O。29. 四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。回答下列问题：（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。（2）“浸出”时，转化为。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______(任写两种)。温度对内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。（3）“净化”时，浸出液中残留的、转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中和pH的关系为：。为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于_______。(已知：；和的分别为35.2和17.2)（4）“净化”后，溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，反应的离子方程式为_______。（5）“沉淀”时，加入的目的是_______。（6）高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：(NH4)2Mo4O13受热分解生成】【答案】（1）氨水 （2） ①. 适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)等 ②. 晶体析出，混入浸渣（3）3.9 （4）（5）提供，使充分转化为沉淀析出（6）【解析】【分析】钼精矿(主要含，还有、的化合物及等)通入氧气焙烧得到、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，转化为，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含和少量Cu2+、Fe2+，加(NH4)2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到(NH4)2Mo4O13·2H2O。【小问1详解】“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；【小问2详解】“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加用量(增大浓度)(任写两种)；当浸出温度超过后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致晶体析出，混入浸渣；【小问3详解】和的分别为35.2和17.2，则Ksp(CuS)=10-35.2，Ksp(FeS)=10-17.2，要使Cu2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-29.2mol/L，要使Fe2+浓度小于，则S2-浓度大于mol/L=10-11.2mol/L，综述：c(S2-)>10-11.2mol/L，c(S2-)=10-11.2mol/L时，lg(10-11.2)=pH-15.1，pH=15.1-11.2=3.9，综上所述，为了使溶液中的杂质离子浓度小于，应控制溶液的pH不小于3.9；【小问4详解】溶液中若有低价钼(以表示)，可加入适量将其氧化为，则氧化剂为，还原产物为-2价的O，还原剂为，氧化产物为，则反应的离子方程式为；【小问5详解】由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O，因此加入的目的是提供，使充分转化为沉淀析出；【小问6详解】高温下用还原(NH4)2Mo4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程式为。
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