考点47无机工艺流程(核心考点)

考点47无机工艺流程(核心考点精讲精练)一、3年真题考点分布考点内容考题统计微型实验设计与评价2023浙江6月选考12题，2分；2023湖北卷3题，3分；2023湖南卷9题，3分；2023辽宁卷10题，3分；2023山东卷13题，4分；2022福建卷6题，4分；2022河北卷4题，3分；2022山东卷9题，2分；2022山东卷9题，2分；2021湖南卷6题，3分；2021河北卷6题，3分；综合实验设计与评价2023山东卷17题，13分；2023全国甲卷26题，14分；2023全国乙卷26题，14分；2023全国新课标卷27题，14分；2023湖南卷17题，15分；2023辽宁卷16题，14分；2023湖北卷16题，14分；2023浙江6月选考18题，10分；2023北京卷18题，13分；2023广东卷18题，14分；2021浙江6月选考30题，10分；2021山东卷18题，12分；2022重庆卷15题，15分；2022湖北卷16题，14分；2022辽宁卷16题，14分；2022北京卷18题，13分；2022•海南卷15题，10分；2022河北卷15题，14分；2022山东卷17题，13分；2022全国乙卷26题，14分；2022全国甲卷26题，14分；2022湖南卷17题，14分；2022江苏卷15题，12分；2022广东卷18题，14分；2021全国甲卷26题，14分；2021全国乙卷26题，14分；2021湖南卷17题，14分；2021湖北卷16题，14分；2021•海南卷15题，10分；2021河北卷15题，14分；2021广东卷16题，14分；2022山东卷17题，13分；2021北京卷16题，13分；2021辽宁卷16题，14分；2021浙江1月选考30题，10分；二、命题规律及备考策略【命题规律】从近三年高考试题来看，无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。该类题主要以化工流程或实验装置图为载体，以考查实验设计、探究与实验分析能力为主，同时涉及基本操作、基本实验方法、装置与仪器选择、误差分析等知识，题目综合性强，难度大。重要考查考生提取信息的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相关计算。【备考策略】化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产品的分离及提纯，产率计算等具体步骤。1．掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等。4．掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。5．掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法。6．掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等。3．明确该类试题的解题思路：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。【命题预测】预测2024年高考仍会以元素及其化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视。考法1微型工艺流程题1．微型工艺流程中题的呈现方式知识点二2．工艺流程中流程中的“操作步骤”操作步骤高频设问答题指导原料处理如何提高“浸出率”？①将矿石粉碎；②适当加热加快反应速率；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度等分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)焙烧①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS2与氧气生成氧化铁和二氧化硫)；②除去硫、碳单质；③有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等酸性气体的吸收常用碱性溶液吸收(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)调节溶液的pH调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，分析物质中的化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)结晶方法：①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等；蒸发结晶②晶体带结晶水，如胆矾等；将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤晶体的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分、减少晶体溶解损耗，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥3．工艺流程中的“操作目的”操作目的答题指导固体原料进行“粉碎”减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率酸(或碱)溶①原料经酸(或碱)溶后转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的②用碱性溶液吸收酸性气体原料灼烧(焙烧)①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应等金属用热碳酸钠溶液洗涤除去金属表面的油污过滤固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等萃取与分液选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的调溶液pH①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的②抑制盐类水解③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离④用pH计测量溶液的pH⑤用pH试纸测定溶液的pH：将一小块pH试纸放在洁净干燥的玻璃片或表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸变色后再与标准比色卡对照读数控制温度①控制物质的溶解与结晶②防止某些物质分解或挥发(如H2O2、氨水、草酸)③控制反应速率、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生④控制化学反应的方向，使化学平衡移动⑤煮沸：促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出⑥趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量洗涤晶体洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。微型工艺流程题“四线法”解题模型：试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用；转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等；除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等；分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。例1(2023•浙江省6月选考，12)苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提纯方案如下：下列说法不正确的是()A．操作I中依据苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaClC．操作Ⅲ缓慢冷却结晶可减少杂质被包裹D．操作IV可用冷水洗涤晶体【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化钠，加水、加热溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，从而形成悬浊液；趁热过滤出泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出；将滤液冷却结晶，大部分苯甲酸结晶析出，氯化钠仍留在母液中；过滤、用冷水洗涤，便可得到纯净苯甲酸。A项，操作I中，为减少能耗、减少苯甲酸的溶解损失，溶解所用水的量需加以控制，可依据苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正确；B项，操作Ⅱ趁热过滤的目的，是除去泥沙，同时防止苯甲酸结晶析出，NaCl含量少，通常不结晶析出，B不正确；C项，操作Ⅲ缓慢冷却结晶，可形成较大的苯甲酸晶体颗粒，同时可减少杂质被包裹在晶体颗粒内部，C正确；D项，苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，所以操作IV可用冷水洗涤晶体，既可去除晶体表面吸附的杂质离子，又能减少溶解损失，D正确；故选B。例2(2022•山东卷，9)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是()A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得D．①、②、③均为两相混合体系【答案】C【解析】根据题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，D错误；故选C。对点1以含钴废渣(主要成分为CoO和Co2O3，含少量Al2O3和ZnO)为原料制备CoCO3的工艺流程如图：下列说法正确的是()A．酸浸时可采用高温提高酸浸速率B．除铝时加入Na2CO3溶液过滤后所得滤渣是Al2(CO3)3C．萃取时萃取剂总量一定，分多次加入萃取比一次加入萃取效果更好D．沉钴时将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，可提高CoCO3的产率【答案】C【解析】钴废渣主要成分为CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸并通入过氧化氢，纵观整个流程知最后得到CoCO3，说明该过程中过氧化氢起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸钠溶液生成CoCO3固体。A项，因为温度过高，可能会使用溶液起化学反应，从而无法达到溶浸的目的，酸浸时适当升高温度可提高酸浸速率，A项错误；B项，除铝时加入Na2CO3溶液，发生的反应为：2Al3++3CO32+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B项错误；C项，萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C项正确；D项，将含Co2+的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，液碱性过强，会生成Co(OH)2沉淀，降低CoCO3的产率，D项错误；故选C。对点2(2022·湖南省永州市第一中学二模)MnCO3可用作脱硫的催化剂以及生产金属锰的原料，由含Mn2+的废液(有少量的Fe2+、Fe3+)制备MnCO3的一种工艺流程如下：下列说法错误的是()A．“沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++HCO3=MnCO3↓+H+B．“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+C．“纯化”过程中发生了水解反应，生成Fe(OH)3沉淀D．工艺流程中“一系列操作”为过滤、洗涤、干燥【答案】A【解析】废液中含有少量的Fe2+、Fe3+，应除去，先加酸化的双氧水把亚铁离子氧化为三价铁离子2Fe2++2H++H2O2=2H2O+2Fe3+，再调节溶液的酸碱性使铁离子水解为沉淀而除去三价铁离子，再加入过量的NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3=MnCO3↓+H2O+CO2↑，再经过过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3。A项，“沉锰”时加过量NH4HCO3发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故A错误；B项，“氧化”时加入酸化的H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，故B正确；C项，Fe3+在酸性条件下会发生水解反应，生成Fe(OH)3沉淀，故C正确；D项，“沉锰”时得到的沉淀经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到固体MnCO3，故D正确；故选A考法2无机化工流程综合题1．常考的化工术语关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程水浸与水接触反应或溶解过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)2．原料预处理的六种常用方法方法目的研磨、雾化减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土3．“操作或措施”操作或措施答题模板从溶液中得到晶体的操作蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥蒸发结晶的操作将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分证明沉淀完全的操作静置，取上层清液，加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全洗涤沉淀的操作沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使水自然流干，重复操作数次4．“目的或原因”目的或原因答题模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)杂质沉淀用乙醇洗涤的目的a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥冷凝回流的作用及目的防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率控制溶液pH的目的防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等；促进/抑制××气体吸收/逸出加过量A试剂的原因使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等温度不高于××℃的原因温度过高××物质分解(如H2O2、NH3·H2O、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3、FeCl3等)减压蒸馏(减压蒸发)的原因减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)蒸发、反应时的气体氛围抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行；加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)配制某溶液前先煮沸水的原因除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化反应容器中和大气相通的玻璃管的作用指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大化学工艺流程题的解题策略解题步骤解题策略首尾呼应找出主线①对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料②依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务分段剖析明析细节③以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段④依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，融通对流程的整体分析⑤某些暂时琢磨不透的环节，可“跳过去”而“难得糊涂”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析由易到难破解答案⑥先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，增强答题信心⑦变换角度：从基本理论、绿色化学观点、经济角度、安全生产等多角度答题⑧对棘手问题：不忘尝试从题给信息中寻找答案例1(2023•全国新课标卷，27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以CO72存在，在碱性介质中以CO42存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为_______(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和_______。(3)“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是_______。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MSiO3和M的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致_______；时，会导致_______。(5)“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3或VO43，上述性质说明V2O5具有_______(填标号)。A．酸性

B．碱性

C．两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_______。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)SiO32(4)不能形成M沉淀不能形成MSiO3沉淀(5)C(6)2Cr2O72+3S2O52+10H+=4Cr3++6SO42+5H2O【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，过滤得到含有MSiO3、M的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀；(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成M沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O72+3S2O52+10H+=4Cr3++6SO42+5H2O。例2(2023•北京卷，18)以银锰精矿(主要含Ag2S、M、S2)和氧化锰矿(主要含M)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，M的氧化性强于3+。(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除S2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应MM↑，则可推断：Ksp(M)(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的S2和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有。(2)“浸银”时，使用过量、H和Ca的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[Ag]形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：。3++Ag2S++2[Ag]+S②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：。(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有。②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：。(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：。【答案】(1)>3+、M(2)3++Ag2S+42++2[Ag]+S是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[Ag]，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制3+水解，防止生成沉淀(3)2[Ag]+3+=2++2Ag+4、23++=32+2+被氧气氧化为3+，3+把Ag氧化为Ag+(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到M，同时将银元素和锰元素分离开；生成的3+还可以用于浸银，节约氧化剂【解析】银锰精矿(主要含Ag2S、M、S2)和氧化锰矿(主要含M)混合加H2SO4溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除S2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有3+、M；浸锰渣中Ag2S与过量、H和Ca的混合液反应，将Ag2S中的银以[Ag]形式浸出，用铁粉把[Ag]还原为金属银。(1)①“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，M发生反应MM↑，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp(M)>Ksp(Ag2S)；②根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将2+氧化为3+，自身被还原为M，则浸锰液中主要的金属阳离子有3+、M。(2)①Ag2S中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为3++Ag2S+42++2[Ag]+S；②是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成[Ag]，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制3+水解，防止生成沉淀。(3)①铁粉可将[Ag]还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为2[Ag]+3+=2++2Ag+4、23++=32+；②溶液中生成的2+会被空气中的氧气缓慢氧化为3+，3+把部分Ag氧化为Ag+，因此min后银的沉淀率逐渐降低。(4)联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用M的氧化性将S2中的2+氧化为3+，同时生成的3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到M。对点1(2023·广西三模)三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。一种利用酸性含砷废水提取As2O3的工艺流程如下：回答下列问题：(1)砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是___________。(2)“沉淀”时，需控制溶液中NaHS的浓度不能过高，主要原因是___________。(3)“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3，该反应的化学方程式为___________。(4)“溶解”时生成Na3AsO4的反应离子方程式为___________。从绿色化学的角度分析，该过程还可以用___________替代O2。(5)请设计简单实验验证Na3AsO4溶液呈碱性___________。(6)工业上，As2O3经转化、蒸馏等操作可得到高纯砷，下列与蒸馏操作相关的设备有___________(填字母)。A．蒸馏釜 B．离心萃取机 C．加压过滤机 D．冷凝塔(7)若一次“还原”制得As2O39.9g，则至少需要通入SO2的体积为___________L(标准状况)。【答案】(1)第四周期第ⅤA族(2)生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率(3)As2S3+3CuSO4+6H2O=2H3AsO3+CuS↓+3H2SO4(4)2H3AsO3+O2+6OH=2AsO43+6H2O过氧化氢(5)用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，测得pH大于7(6)AD(7)2.24【解析】酸性含砷废水加入硫氢化钠得到As2S3，加入硫酸铜溶液转化为三元弱酸H3AsO3，然后加入氢氧化钠、氧气将三价砷转化五价砷得到Na3AsO4溶液，Na3AsO4溶液加入二氧化硫还原后处理得到As2O3。(1)砷(As)原子序数为33，其在元素周期表中的位置是第四周期第ⅤA族；(2)酸性溶液中NaHS的浓度过高，会导致生成有毒硫化氢气体且降低了硫氢化钠的利用率；(3)“转化”时，As2S3在CuSO4溶液中转化为三元弱酸H3AsO3，根据质量守恒可知，同时生成硫化铜沉淀和硫酸，该反应的化学方程式为As2S3+3CuSO4+6H2O=2H3AsO3+CuS↓+3H2SO4；(4)氧气具有氧化性，“溶解”时H3AsO3被氧气氧化为Na3AsO4，反应为H3AsO3、氢氧化钠、氧气反应生成Na3AsO4和水，反应离子方程式为2H3AsO3+O2+6OH=2AsO43+6H2O。过氧化氢具有氧化性，从绿色化学的角度分析，该过程还可以用过氧化氢替代O2。(5)碱性溶液的pH>7，验证Na3AsO4溶液呈碱性方案可以为：用玻璃棒蘸取Na3AsO4溶液，滴到pH试纸上，变色后与标准比色卡对比，测得pH大于7；(6)工业上蒸馏操作需要使用蒸馏釜蒸馏、使用冷凝塔冷凝产物，故选AD；(7)“还原”过程中五价砷转化为三价砷，根据电子守恒可知，As2O3~4e~2SO2，As2O39.9g为0.05mol，则至少需要通入SO20.1mol，标况体积为2.24L。对点2(2023·安徽省宣城市二模)高纯氧化铁(Fe2O3)是制造软磁铁氧体主要原料，而后者广泛应用于电工电信设备。以窑尾灰为原料制造高纯氧化铁工艺流程图如下(已知窑尾灰的主要成分为Fe、C、FeO、Fe2O3、CaO、Al2O3、MgO、SiO2)当c(Mn+)≤105mol·L1时，认定沉淀完全；25℃时，各物质的溶度积常数如下：物质CaSO4Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3CaF2MgF2Ksp9.0×1068.0×10164.0×10381.0×1030.55.0×1097.5×1011据此回答下列问题：(1)滤渣1的主要成分为_______；证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是_______。(2)“还原”过程加铁粉的目的是_______。(3)若滤液2中c(Fe2+)=2mol·L1则“调pH”范围是_______(lg2≈0.3)。(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中=_______(化为最简整数比)。(5)写出“沉淀”过程中的离子反应方程式：_______。(6)“灼烧”过程中的化学方程式为：_______。【答案】(1)C、SiO2、CaSO4酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液(2)将Fe3+还原为Fe2+(3)5.5≤pH<6.3(4)200：3(5)Fe2++2HCO3=FeCO3↓+H2O+CO2↑(6)4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2【解析】窑尾灰加入稀硫酸酸浸，各物质转化为对应的硫酸盐，C、SiO2不反应，另外硫酸钙微溶，过滤得滤渣1为C、SiO2、CaSO4，滤液加入过量的铁粉，使铁离子转化为亚铁离子，然后加入氨水调节pH使铝离子转化为氢氧化铝除去，然后滤液加入NH4F除去镁、钙离子，过滤后滤液加入NH4HCO3，反应得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中灼烧最后得到氧化铁。(1)滤渣1的主要成分为C、SiO2、CaSO4；亚铁离子具有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，其还能和K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，则证明滤液1中含有Fe2+的试剂可以是酸性KMnO4或者K3[Fe(CN)6]溶液；(2)“还原”过程加铁粉的目的是将Fe3+还原为Fe2+；(3)滤液加入氨水除去铝离子，而不沉淀亚铁离子，铝离子完全沉淀时c(OH)==108.5mol/L，pH=5.5，亚铁离子开始沉淀时c(OH)=mol/L，此时pH=6.3，则“调pH”范围是5.5≤pH<6.3；(4)若滤渣3中既有CaF2又有MgF2，则滤液4中==200：3；(5)“沉淀”过程中亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸亚铁、水、二氧化碳，离子反应方程式Fe2++2HCO3=FeCO3↓+H2O+CO2↑；(6)“灼烧”过程中碳酸亚铁和氧气反应生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。1．(2023•湖北省选择性考试，3)工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅高纯硅下列说法错误的是()A．制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑B．1molSi含SiSi键的数目约为4×16.02×1023C．原料气HCl和H2应充分去除水和氧气D．生成SiHCl3的反应为熵减过程【答案】B【解析】A项，SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，A正确；B项，在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1molSi含SiSi键的数目约为2×16.02×1023，B错误；C项，HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H2在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl3在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H2应充分去除水和氧气，C正确；D项，Si+3HClSiHCl3+H2，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl3的反应为熵减过程，D正确；故选B。2．(2023•湖南卷，9)处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②Ksp(S)=6.4×10－36，Ksp()=1.6×10－24。下列说法错误的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2+H2OHS+OHC．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。A项，根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B项，硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2+H2OHS+OH，B正确；C项，当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D项，污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。3．(2023•辽宁省选择性考试，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以价形式存在，下列说法错误的是()A．“焙烧”中产生CO2 B．滤渣的主要成分为C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42 D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A项，铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B项，焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C项，滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为CrO42，C正确；D项，淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。4．(2023•山东卷，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×102，Ka2=6.3×108。下列说法正确的是()A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少【答案】CD【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×102，Ka2=6.3×108，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO32+2Cu2＋+2H2O=SO42+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在条件下进行。A项，反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B项，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；C项，经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D项，制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；故选CD。5．(2022•福建卷，6)用铬铁合金(含少量Ni、Co单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：下列说法错误的是()A．“浸出”产生的气体含有H2 B．“除杂”的目的是除去Ni、Co元素C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是Fe2(C2O4)3【答案】D【解析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni2+、Co2+、Cr3+、Fe2+加入Na2S分离出滤渣1含CoS和NiS，Cr3+、Fe2+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC2O4，过滤分离出硫酸铬。A项，四种金属均与稀硫酸反应生成H2，A正确；B项，共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确；C项，由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；D项，“滤渣2”的主要成分是FeC2O4，D错误；故选D。6．(2022•河北省选择性考试，4)溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是()A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C．中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2OD．参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1【答案】A【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。A项，还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A错误；B项，除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B正确；C项，中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C正确；D项，根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D正确；故选A。7．(2022•山东卷，12)高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是()A．固体X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为ZnB．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】依据题中的工艺流程，CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。A项，固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B项，CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C项，根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；D项，在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；故选D。8．(2021•湖南选择性考试，6)一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如图：下列说法错误的是()A．物质X常选用生石灰 B．工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁 C．“氯化”过程中发生的反应为MgO+C+Cl2MgCl2+CO D．“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2【答案】D【解析】A项，苦卤水中加入物质X的目的是将溶液中的镁离子转化为Mg(OH)2沉淀，故物质X溶于水后应该显碱性，生石灰价格便宜且溶于水显碱性，故物质常选用生石灰，故A正确；B项，因钠镁铝为活泼金属，故选用电解法进行冶炼，制备镁可选用电解熔融MgCl2的方法，故B正确；C项，根据流程反应物是MgO、C和Cl2发生氧化还原反应，又因高温条件下碳元素转化为一氧化碳，生成物质为MgCl2和CO，据电子守恒配平方程式，故C正确；D项，煅烧后的产物中主要为MgO，MgO中加入稀盐酸后得到MgCl2溶液，但将MgCl2溶液加热蒸发后所得的产物为Mg(OH)2，故D错误；故选D。9．(2021•河北选择性考试，6)BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

下列说法错误的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A项，硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B项，金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3++NO3+H2OBiONO3+2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；C项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3+水解，C正确；D项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO3+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。10．(2023•山东卷，17)盐湖卤水(主要含Na+、M、Li+、Cl、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：已知：常温下，Ksp()=2.2×10－3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。回答下列问题：(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]+H+(常温下，Ka=1.0109.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂NaB4O5(OH)4·8H2O。常温下，在硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为2.0mol·L1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____mol·L1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。【答案】(1)[B4O5(OH)4]2+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]9.34(2)a5.5×10－4纯碱(3)加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的a转化为a(或除去精制Ⅰ所得滤液中的a)，提高纯度盐酸浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的Na中会混有，最终所得的产率减小【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是a，则滤渣Ⅰ的主要成分为a；由于a微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为a;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]+H+(常温下，K=109.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂NaB4O5(OH)4·8H2O。常温下.在0.1mol·L1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]，该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]的浓度均为0.5mol·L1，，则该溶液。(2)滤渣I的主要成分是a；精制I后溶液中的浓度为2.0mol·L1，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO32浓度应控制在mol·L1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱(Na2CO3)的用量。(3)精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为a；由于a微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的a，还需要除去a，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的a转化为a(或除去精制Ⅰ所得滤液中的a)，提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的Na中会混有，最终所得的产率减小。11．(15分)(2023•湖南卷，17)超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga(CH3)3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3的工艺流程如下：已知：①金属Ga的化学性质和相似，Ga的熔点为29.8℃；②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；③相关物质的沸点：物质Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是_______；(2)“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在4045℃的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式：_______；(4)“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；(5)下列说法错误的是_______；A．流程中Et2O得到了循环利用B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3D．用核磁共振氢谱不能区分Ga(CH3)3和CH3I(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是_______；(7)比较分子中的CGaC键角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。【答案】(1)分子晶体(2)保证Ga为液体，便于纯Ga流出Ga3++3eˉ=Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)D(6)NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小【解析】以粗镓为原料，制备超纯Ga(CH3)3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga(CH3)3，Et2O重复利用。(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体；(2)电解池温度控制在4045℃可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI；(4)“残渣”含CH3MgI，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；(5)A项，流程中Et2O得到了循环利用，A正确；B项，Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；C项，“配体交换”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解配Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正确；D项，二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分Ga(CH3)3和CH3I，D错误；故选D；(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；(7)分子中的CGaC键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。12．(2023•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质NMKsp1037.41014.71014.71010.8回答下列问题：(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为M、_______(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，M(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，M(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。(6)“沉镁”中为使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(2)NA(3)①M+HSO3+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，发生反应M+HSO3+H2O=M，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积；(2)H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA；(3)用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为：M+HSO3+H2O=M；氢氧化铁的Ksp=1037.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=105mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH)=1.05×(1010.8)3=10－37.4，c(OH)=1010.8mol/L，根据Kw=1014，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；(4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp=1010.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=105mol/L，根据Ksp可计算c(OH)=102.9mol/L，根据Kw=1014，c(H+)=1011.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。13．(2023•全国甲卷，26)aT是一种压电材料。以Ba为原料，采用下列路线可制备粉状aT。

回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙烧”后固体产物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸

b．浓硫酸

c．盐酸

d．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步骤中生成aT的化学方程式为_______。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的_______。【答案】(1)做还原剂，将Ba还原(2)a2++a↓(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且a与盐酸反应生成可溶于水的a，导致a溶液中混有a杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)a+T+H2aT+(6)1：1【解析】由流程和题中信息可知，Ba与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、a、易溶于水的Ba和微溶于水的a；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和a，滤液中有a和Ba；滤液经酸化后浓缩结晶得到a晶体；a晶体溶于水后，加入T和T将钡离子充分沉淀得到aT；aT经热分解得到aT。(1)“焙烧”步骤中，Ba与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、a、a和a，Ba被还原为Ba，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将Ba还原。(2)“焙烧”后固体产物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。易溶于水的Ba与过量的a可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为a2++a↓。(3)“酸化”步骤是为了将Ba转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而a可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且a与盐酸反应生成可溶于水的a，导致a溶液中混有a杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。(5)“沉淀”步骤中生成aT的化学方程式为：a+T+H2aT+。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，aTaT↑↑，因此，产生的。14．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______mol·L1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。a．SiCl键极性更大b．Si的原子半径更大c．SiCl键键能更大d．Si有更多的价层轨道【答案】(1)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反应(4)①5.9×107②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH)1.0×104mol·L1，Co2+浓度为mol·L1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a项，SiCl键极性更大，则SiCl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致SiCl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，SiCl键键能更大不能说明SiCl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。15．(2023•全国乙卷，27)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×1039，Ksp[Al(OH)3]=1.3×1033，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×1016。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)2.8×109Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；(2)加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；(3)溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH)=1.0×1010mol·L1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×109mol·L1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×105，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH)=1.0×107mol·L1，溶液中c(Al3+)=1.3×1012mol·L1，c(Ni2+)=5.5×104mol·L1，c(Al3+)小于1.0×105，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO42=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；(5)在电