2024年高考化学二轮复习- 化学工艺流程（新高考专用）（解析版）

2024年高考化学二轮复习-化学工艺流程（新高考专用）【知识点1化工流程中原料预处理及反应条件的控制】1.原料预处理的方法及目的方法目的解题指导粉碎、研磨将块状或颗粒状的物质磨成粉末增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸与水接触反应或溶解(1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率(2)酸溶时所加酸的量不能太多①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，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(焙烧)1.除去可燃性杂质2.使原料初步转化①除去硫、碳单质②使有机物转化或除去有机物③高温下原料与空气中氧气反应等④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土2.常见的流程中的条件控制条件控制目的反应物用量或浓度①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等降温①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等控温①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等加入氧化剂(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＋pH控制①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【知识点2化工流程中物质的分离与提纯】1.化工生产过程中分离、提纯、除杂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操作紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、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。2．常考分离、提纯的方法及操作(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。(2)固体物质的洗涤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可溶性粒子，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可溶性粒子，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的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。(4)萃取与反萃取①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。②反萃取：反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。(5)其他①蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。②减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。3.物质成分的跟踪与确定(1)滤渣的确定(2)副产品的确定(3)循环物质的确定4.根据溶解度曲线判断结晶的方法(1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。(2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。(3)带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。【知识点3化工流程中方程式的书写与计算】1．书写思路首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。(4)根据质量守恒配平反应方程式。3.化工流程中的有关计算(1)有关Ksp的计算常考形式有：①判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。(2)产率、纯度的计算①计算公式纯度＝纯净物的质量/混合物的质量×100%产物的产率＝产物的实际产量/产物的理论产量×100%②计算方法：守恒法或关系式法。【题型1综合考查废旧物资提纯回收】【例1】（2024·北京石景山·一模）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属元素)中提取银的流程如下：已知：PbSO4难溶于水；Ag+可以和SO形成[Ag(SO3)2]3−。(1)“酸浸”时，使用H2SO4、NaCl和NaNO3的混合液作为浸出剂。①加入NaNO3的作用。②固体B含有。(2)用氨水和水合肼(N2H4·H2O)进行“络合浸出”和“还原析银”。①氨水“络合浸出”的化学方程式是。②将水合肼“还原析银”反应的离子方程式补充完整：。□___________+N2H4·H2O=N2↑+H2O+□___________+□___________+□NH3↑(3)用Na2SO3和甲醛进行“络合浸出”和“还原析银”。①亚硫酸钠“络合浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示，解释银浸出率随溶液pH增大先升高后降低的原因；分析浸出时间超过4h，银浸出率降低的原因。②写出pH=14时甲醛“还原析银”的离子方程式。【答案】(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化AgCl和PbSO4(2)AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑(3)溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O【分析】由题给流程可知，铅银渣在空气中氧化焙烧得到含有金属氧化物的焙烧渣，向焙烧渣中加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸，氧化铅和未反应的铅转化为硫酸铅、氧化银和未反应的银转化为氯化银、氧化铜和未反应的铜转化为可溶的铜盐，过滤得到含有铜盐的滤液A和含有硫酸铅、氯化银的固体B；向固体中加入氨水或亚硫酸钠溶液络合浸出，过滤得到硫酸铅固体和银配合物的滤液；向滤液中加入水合肼或甲醛还原析银，将银配合物转化为单质银，过滤得到银和滤液。【解析】（1）①由分析可知，加入硫酸、氯化钠、硝酸钠的混合溶液酸浸的目的是将焙烧渣中的金属氧化物和未反应的金属氧化物转化为盐，其中硝酸钠的作用是在酸性条件下将未反应的金属单质氧化，故答案为：利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将金属单质氧化；②由分析可知，固体B含有硫酸铅和氯化银，故答案为：AgCl和PbSO4；（2）①由分析可知，氨水“络合浸出”发生的反应为氯化银与氨水反应生成氯化二氨合银和水，反应的化学方程式为，故答案为：AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]Cl+2H2O；②由未配平的离子方程式可知，还原析银发生的反应为溶液中的二氨合银离子与水合肼反应生成银、氮气、铵根离子、氨气和水，反应的离子方程式为4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O=N2↑+H2O+4Ag↓+4NH+4NH3↑；（3）①亚硫酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解使溶液呈碱性，溶液pH增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制亚硫酸根离子的水解，亚硫酸根浓度有利于增大银配合物的浓度，进而提高银浸出率；溶液pH过大，溶液中的银离子与氢氧根离子反应生成氧化银沉淀，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低；亚硫酸钠具有还原性，与溶液中银离子形成配合物时，也能将溶液中银离子还原为银，使得银配合物的浓度减小导致浸出率降低，故答案为：溶液pH增大有利于增大亚硫酸根浓度，进而提高银浸出率；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；碱性过高Ag+会生成Ag2O，导致浸出率降低；亚硫酸钠既是银的配合剂也是还原剂，会将Ag+还原为Ag；②由题意可知，甲醛“还原析银”发生的反应为碱性条件下溶液中的二亚硫酸根合银离子与甲醛反应生成银、亚硫酸根离子、甲酸根离子和水，反应的离子方程式为：2[Ag(SO3)2]3−+HCHO+3OH—=2Ag↓+4SO+HCOO−+2H2O。【变式1-1】（2024·四川泸州·二模）工业废气中含大量的、NO、CO、，脱硫废水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气氧化为。某燃煤厂将工业废气与脱硫废水进行联合净化处理，其工艺流程如下：常温下：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时的pH7.23.72.27.5沉淀完全时的pH8.74.73.29.0(1)曝气氧化中被氧化的离子有；滤渣A、C的化学式依次为、。(2)用溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式为。(3)NiOOH能用作镍镉电池正极材料，氧化沉镍反应的离子方程式为。(4)加盐酸调pH至5得到滤渣B，反应的离子方程式为。(5)流程中“①通入适量空气”，其NO与的最佳物质的量比为，气体a为什么不能直接排放到大气中？。(6)结合信息计算，“曝气氧化”后当调时的浓度为。【答案】(1)和(2)(3)(4)(5)4：1气体a中混有有毒气体CO(6)【分析】工业废气中含大量的、NO、CO、，通入石灰石悬浊液后剩余、NO、CO，反应形成滤渣除去；通入适量空气将NO氧化为在碳酸钠溶液中反应生成亚硝酸钠；CO与形成；脱硫废水中主要含有、、、、、，以及易被氧化的有机悬浮物和大量的有机硫，有机硫充分曝气氧化为，同时将氧化为，调节使形成除去；加入亚硝酸钠溶液，与反应生成；溶液中加入NaClO将氧化与NaOH反应生成，与NaOH反应生成四羟基合铝酸钠(偏铝酸钠)，加入盐酸调，形成氢氧化铝沉淀。【解析】（1）根据分析，曝气氧化中被氧化的离子有和；滤渣A为氢氧化铁，滤渣C为亚硫酸钙；（2）用溶液除氮时，发生反应的离子反应方程式:；（3）氧化沉镍反应的离子方程式：；（4）加盐酸调pH至5得到滤渣B为氢氧化铝，离子方程式：；（5）NO中氮元素从+2价变为亚硝酸钠中+3价，根据得失电子守恒，NO与氧气物质的量比值最好为4：1；气体a中含有毒性气体CO，不能直接排放至大气中；（6）时铁离子完全沉淀，说明，调时的浓度：。【变式1-2】（2024·河北张家口·一模）一种从废铅膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他6%）中回收铅和氧化铅的流程如下：已知：

，。请回答：(1)已知Pb位于第六周期，与C同族，基态Pb原子的价层电子轨道表示式为。(2)“还原”时PbO2会转化为PbSO4，发生反应的化学方程式为。(3)将滤液与SO2、Ca（OH）2混合反应，可实现原料NaHSO3的再生。理论上SO2与Ca（OH）2的物质的量之比为，此过程中会产生一种副产物，其化学式为。(4)“脱硫”时发生的主要反应的离子方程式为。(5)“沉淀”时，发生反应，该反应的平衡常数。(6)“电解”时，阴极的电极反应式为。(7)“灼烧”时会有中间产物xPbCO3·yPbO生成，固体残留率与温度的关系如图所示，则358℃时对应固体的成分为（填化学式）。【答案】(1)(2)2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4(3)2：1CaSO4(4)PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO(5)1.25×109(6)Pb2++2e-=Pb(7)7PbCO3·15PbO【分析】废铅膏（含PbSO453.2%，PbO229.5%，PbO11.3%，其他6%）中加入亚硫酸钠、硫酸反应生成硫酸铅，硫酸铅中加入醋酸钠脱硫生成醋酸铅，醋酸铅中加入碳酸钠生成碳酸铅，碳酸铅中加入HBF4生成铅离子，电解生成Pb。【解析】（1）铅位于元素周期表第六周期第IVA族，位于p区，基态Pb原子6s、6p能级上的电子为其价层电子，则基态Pb原子价层电子轨道表示式为。（2）“还原”时PbO2中加入亚硫酸钠、硫酸反应生成硫酸铅PbSO4，发生反应的化学方程式为2PbO2+2NaHSO3+H2SO4=2PbSO4+2H2O+Na2SO4。（3）将滤液硫酸钠与SO2、Ca（OH）2混合发生反应Na2SO4+2SO2+Ca(OH)2=2NaHSO3+CaSO4，可实现原料NaHSO3的再生，故理论上SO2与Ca（OH）2的物质的量之比为2：1。生成的副产物为CaSO4。（4）“脱硫”时发生的主要反应的离子方程式为PbSO4+CH3COO-=Pb(CH3COO)2+SO。（5），该反应的平衡常数=1.25×109。（6）“电解”时，阴极的电极反应式为Pb2++2e-=Pb。（7）根据题意可知，(x+y)PbCO3→xPbCO3·yPbO+CO2，x+y=1，267x+223y=237，解得x=，y=，则358℃时对应固体的成分为7PbCO3·15PbO。【变式1-3】（2024·北京丰台·一模）冶炼金属产生的酸泥属于有价值危险物。从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒的一种工艺如下：(1)“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液。①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是。②不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为。③浸出时间等其他条件相同时，不同的NaClO3投加量对汞、硒浸出率的影响如图所示。选择最佳NaClO3投加量并说明理由。(2)沉汞后液中磷以最高价形式存在。“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为。(3)已知Se(s)+Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液。利用该原理对粗硒进行提纯，实验操作是。(4)粗硒中硒的纯度测定i．取0.1g粗硒于锥形瓶中，加入15mL浓盐酸和1mL浓硝酸，沸水浴加热，使Se全部转化为H2SeO3；ii．除去过量的HNO3和溶解的NO2；iii．加入2mLKI溶液、5mL淀粉溶液，然后用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。已知：H2SeO3+4KI+4HCl=Se+2I2+4KCl+3H2OH2SeO3+4Na2S2O3+4HCl=Se+2Na2S4O6+4NaCl+3H2OI2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI①到达滴定终点时的现象为。②依据现有数据能否计算出粗硒中硒的纯度？若能，请写出计算式；若不能，请写出还需要的数据。。【答案】(1)过滤HgSe+ClO+2H+=Hg2++Cl-+H2SeO370g/L(2)4：1(3)将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥(4)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复【分析】从某酸泥(含Se单质，HgSe及锌、铜的化合物等)中回收汞和硒，酸泥在H2SO4、NaClO3混合溶液中氧化浸出，“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，过滤分离不溶物后，往浸出液加入NaH2PO2还原沉淀得到汞渣，沉汞后液加入SO2进行沉硒，得到粗硒，再将沉硒后液用石灰乳中和，得到中和液及中和渣。【解析】（1）①分离氧化浸出液和浸出渣的操作是过滤。②根据“氧化浸出”时，酸泥中硒、汞、锌、铜分别以H2SeO3、Hg2+、Zn2+、Cu2+形式进入溶液，不溶于水的HgSe被氧化的离子方程式为HgSe+ClO+2H+=Hg2++Cl-+H2SeO3。③根据图示，70g/L时汞、硒浸出率已达到最大值，故选择最佳NaClO3投加量并说明理由70g/L。（2）NaH2PO2中P为+1价，沉汞后液中磷以最高价+5价的形式存在，P化合价升高，NaH2PO2为还原剂，Hg2+由+2价降低为+1价，Hg2+为氧化剂，根据得失电子守恒，“还原沉汞”的主要反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。（3）根据已知Se(s)+Na2SO3(aq)Na2SeSO3(aq)，粗硒中的杂质不溶于Na2SO3溶液，对粗硒进行提纯，该实验操作是将粗硒溶于热的Na2SO3溶液中，趁热过滤，将滤液冷却结晶，过滤、洗涤、干燥。（4）①根据淀粉遇碘变蓝，到达滴定终点时的现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复。②根据反应可知，得关系式为H2SeO3~Se~2I2~4，该粗硒的纯度为=×100%，故可以计算出其纯度。【题型2综合考查废旧物资物质制备】【例2】（2024·宁夏银川·一模）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。已知钢渣中Ca元素质量分数为30%。V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Ca2+开始沉淀的pH1.97.23.512.4沉淀完全的pH2.98.25.113.8回答下列问题：(1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有(除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是。(2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为(举1例)。(3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为。(4)若钢渣粉中含有钒酸钙，加入Na2CO3溶液能够使钒酸钙溶解，是因为存在平衡：。已知，，则该平衡常数(结果保留2位有效数字)。(5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为。该培烧反应的化学方程式是。(6)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定kgCO2。【答案】(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散(2)H2O2或氯水(3)氨水(4)1.4(5)Ca2V2O7(6)297【分析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C，富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。【解析】（1）①提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等；②该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散；（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水；（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水；（4）根据可知，平衡常数K===1.4；（5）①由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；②该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为；（6）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。【变式2-1】（2024·河北邯郸·一模）Fe3O4@SiO2是一种高效非贵金属光/热催化剂，以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程如图所示：已知：25℃时，，。请回答下列问题：(1)为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有(填一条)；经检验浸取液中无Fe3+，其原因为(用离子方程式解释)。(2)需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、、真空热分解。(3)实验室(填“能”或“不能”)用如图所示装置进行“加压过滤”，原因为。(4)已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2中反应的离子方程式为。(5)反应釜3中，25℃时Ca2+浓度为50g⋅L，理论上溶液的pH低于()。(6)纳米Fe3O4也可以用如下过程制备：①反应ⅱ中的作用是。②反应ⅱ的化学方程式为。【答案】(1)将废弃还原性铁粉粉碎或进行充分搅拌(或其他合理答案)Fe+2Fe3+=3Fe2+(2)加压过滤(3)不能图示抽滤操作无法在真空中进行(4)CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(5)11.3(6)中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O水解FeCl3·6H2O+3=FeOOH+4H2O+3【分析】由题干以废弃还原铁粉(表面有锈渍，不含其他金属杂质)为原料制备Fe3O4@SiO2的工艺流程图可知，向废弃还原性铁粉中加入足量的盐酸，发生的反应有：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，过滤得到浸取液，将浸取液分别进入反应釜1，即加入CaO，反应原理为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2，反应釜2，即加入CaO并通入空气，反应原理为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，将反应釜1和反应釜2的物质混合进入反应釜3，调节pH使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，然后加压过滤，为防止Fe(OH)2被氧化，使得产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在真空环境中进行，将过滤所得沉淀进行真空加热得到纳米Fe3O4，加入水凝胶/纳米SiO2共热得到Fe3O4@SiO2，据此分析解题。【解析】（1）为了提高铁粉的浸取速率，除了考虑温度、浓度影响因素外，还可以采取的措施有将废弃还原性铁粉粉碎、进行充分搅拌；由分析可知，Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，经检验浸取液中无Fe3+，则其原因用离子方程式表示为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：将废弃还原性铁粉粉碎或进行充分搅拌；Fe+2Fe3+=3Fe2+；（2）由分析可知，为防止Fe2+过渡被氧化，改变产品中Fe2+、Fe3+的物质的量比，则需在隔绝空气条件下进行的反应设备或操作有反应釜1、加压过滤、真空热分解，故答案为：加压过滤；（3）由分析可知，为防止Fe(OH)2被氧化，使得产品中Fe2+和Fe3+物质的量比不为1:2，加压过滤需在真空环境中进行，图示抽滤操作无法在真空中进行，故答案为：不能；图示抽滤操作无法在真空中进行；（4）由分析可知，已知“浸取液”中无过量的酸，则反应釜2中反应为：CaO+H2O+FeCl2=Fe(OH)2↓+CaCl2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其反应的离子方程式为：CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：CaO+H2O+Fe2+=Fe(OH)2↓+Ca2+、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）反应釜3中，25℃时Ca2+浓度为50g⋅L，即Ca2+的物质的量浓度为：=1.25mol/L，反应釜3中调节pH使得Fe2+、Fe3+完全沉淀，而Ca2+不沉淀，故有：c(OH-)＜==2×10-3，c(H+)＞=5×10-12，即理论上溶液的pH低于=11.3，故答案为：11.3；（6）①由流程图可知，FeCl3·6H2O水解生成FeOOH过程中生成了HCl，中的N上有孤电子对显碱性，能与HCl反应生成盐，从而促进水解正向进行，故反应ⅱ中的作用是中和反应过程中生成的HCl，促进FeCl3·6H2O水解；②反应ⅱ的化学方程式为：FeCl3·6H2O+3=FeOOH+4H2O+3。【变式2-2】（2024·广东江门·一模）某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料（含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等）制备Co2O3和Li2CO3。工艺流程如下：固体已知：①常温时，有关物质如下表：物质②常温时，的溶度积，该数值随温度升高而减小。(1)LiCoO2中Co元素的化合价为；基态Co原子的价层电子轨道表示式为。(2)“酸浸”时发生反应：。①补充完整上述离子方程式；②旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，但易造成环境污染，原因是。(3)已知滤渣2中含有，则常温下滤液2中mol/L。(4)滤液3中含金属元素的离子主要是，通入空气发生催化氧化反应的离子方程式为。(5)沉锂操作过程中的存在反应：，该操作中需将温度升高到90℃，原因是。(6)由进一步制得的具有反萤石结构，晶胞如图所示。①在晶胞中的位置为；②设阿伏加德罗常数的值为。晶胞的密度为b，则晶胞参数（棱长）为pm。【答案】(1)+3(2)2CO2被氧化生成C12污染环境(3)5.6×10-4(4)(5)温度升高到90℃，促进碳酸的分解，沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应转化率(6)在立方体的顶点上和面心上【分析】废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+，过滤除去不溶物为滤渣1，滤液1加NaOH溶液，题中已知滤渣2中含有，分析可知还含有Co(OH)2，在滤渣2中加入碳酸铵和将有Co(OH)2转化为，过滤后除去，滤液3中为且溶液为碱性，经过空气催化氧化得到Co(OH)3，最后得到Co2O3；滤液1中主要含有Li+、Ca2+、，经过NH4F固体的处理将Ca2+除去，后续沉锂再将Li+以Li2CO3形式沉淀出来，据此作答。【解析】（1）Li化合价+1价，O化合价-2价，推得Co化合价+3价，Co第27号元素，所以基态Co原子的价层电子轨道表示式为：。（2）LiCoO2中Co元素的化合价化合价从+3价降低到+2价，因此草酸中C元素化合价从+3价升高到+4价，再通过质量守恒定律推出为：2CO2，旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，盐酸中的会被氧化生成C12从而污染环境，故答案为：2CO2；被氧化生成C12污染环境。（3）pH=10时，，，5.6×10-4。（4）Co化合价从+2价升高到+3价，O化合价从0价降到-2价，滤液3为碱性，所以通入空气发生催化氧化反应的离子方程式为：。（5）温度升高到90℃，促进碳酸的分解，则沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应的转化率，故答案为：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，沉锂反应向正反应方向移动，提高沉锂反应转化率。（6）①化学式中的Li+：O2-的个数比为2：1，根据观察并计算，O2-应该是在立方体的顶点上和面心上，Li在立方体的体心上；②设晶胞参数（棱长）为apm，，由此可得。【变式2-3】（2024·陕西榆林·一模）具有耐高温的惰性，高活性，可广泛应用于制作各种塑料、橡胶、陶瓷、耐火材料等。工业上以油页岩灰渣（主要成分为、，含少量、、和其他不溶于酸、碱的杂质）为原料制备纳米的流程如下。已知：熔点高，硬度大，不溶于酸、碱；常温下，、、；溶液中离子的浓度小于时可视为该离子沉淀完全。请回答下列问题：(1)油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是；加入的目的是。(2)滤渣1的主要成分为、及不溶于酸、碱的杂质；加入调节溶液的为13后，溶液中的。(3)若通入过量，发生的主要反应的离子方程式为。(4)写出洗去固体A表面杂质的简要操作：。(5)“煅烧”固体A反应的化学方程式为。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率将转化为可溶于酸的物质(2)(3)(4)向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3次(5)【分析】油页岩灰渣（主要成分为、，含少量、、和其他不溶于酸、碱的杂质）混合NaCl后在70℃下加热，然后用30%的硫酸溶液浸取，不和硫酸反应存在于滤渣1中，CaO和硫酸反应生成硫酸钙沉淀也存在于滤渣1中，滤液中存在Al3+、Mg2+，向滤液中加入过量NaOH溶液，Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀，Al3+转化为AlO，过滤后向含有AlO的滤液中通入CO2，AlO转化为Al(OH)3沉淀，煅烧Al(OH)3使其分解产生Al2O3，以此解答。【解析】（1）油页岩灰渣“70℃下加热”前需要将其粉碎，目的是增大接触面积，加快反应速率。加入的目的是将转化为可溶于酸的物质。（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为、及不溶于酸、碱的杂质；加入调节溶液的为13后，c(H+)=10-13mol/L，c(OH-)=，溶液中的。（3）若通入过量，AlO转化为Al(OH)3沉淀，离子方程式为：。（4）洗去固体A表面杂质的简要操作为：向漏斗内加水至浸没固体，待水自然流干后，重复操作2～3次。（5）“煅烧”固体Al(OH)3生成氧化铝，化学方程式为：。【题型3综合考查矿产资源物质制备】【例3】（2024·福建莆田·二模）白云石的主要成分为，还含有少量的和。利用白云石制备碳酸钙和氧化镁，其主要流程的示意图如下。已知：。(1)组成的四种元素，电负性由大到小的顺序是。(2)“氨浸1”在室温下进行，写出氯化铵浸取氧化钙总反应的离子方程式。(3)两次“氨浸”的pH比较；ab(填“>”“=”或“<”)。(4)“碳化”时，测得碳酸钙的产率及碳酸钙中镁元素的含量随溶液pH的变化如图所示。时，碳化效果最佳。低于该pH，碳酸钙的产率下降，其原因用离子方程式表示：。(5)“沉镁”发生反应：，其平衡常数(用含氢氧化的和的的代数式表示)。(6)制备过程除了充分利用，还可以循环利用的1种物质是(填化学式)。(7)称取试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在的容量瓶内，用移液管吸取待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用EDTA溶液滴定至终点(与EDTA以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA溶液。产品中碳酸钙质量分数为(列出计算式)。(8)碳酸钙的某种晶胞结构如下图所示。①每个晶胞中含有个“”单元。②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为。【答案】(1)(2)(3)>(4)7.0(5)(6)(7)(8)66【分析】白云石的主要化学成分为，还含有少量的和，白云石样品煅烧后，转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解、浸钙，过滤，大部分钙离子进入滤液1，通入二氧化碳生成碳酸钙沉淀，分离出含有MgO、和的滤渣1，2步浸氨在滤液2中含有镁离子，滤渣2中为和，向滤液再加入碳酸铵沉淀镁，生成碱式碳酸镁沉淀，过滤得到碳酸镁和含有硫酸铵的滤液，洗涤沉淀、干燥、煅烧得到氧化镁，据此分析作答。【解析】（1）组成的四种元素，非金属性越强电负性越强，电负性由大到小的顺序是。（2）“氨浸1”在室温下进行，据分析可知，加入氯化铵溶解、浸钙，生成钙离子和一水合氨，离子方程式：。（3）由于金属性，两次“氨浸”的pH比较：a＞b。（4）7.0时，碳化效果最佳，此时碳酸钙产率最高。低于该pH，碳酸钙的产率下降，碳酸钙与二氧化碳反应生成碳酸氢钙，其原因用离子方程式表示：。（5）“沉镁”发生反应：，其平衡常数，，，将和的带入K的代数式中，可得。（6）制备过程除了充分利用，还可以循环利用的1种物质是，通入二氧化碳会生成碳酸钙和氯化铵。（7）称取试样置于烧杯中，加蒸馏水数滴润湿，盖一表面皿，滴加盐酸至固体完全溶解，定容在的容量瓶内，用移液管吸取待测液于锥形瓶中，加入相关试剂，摇匀后用EDTA溶液滴定至终点(与EDTA以等物质的量比反应)。进行平行实验，测得平均消耗EDTA溶液。产品中碳酸钙质量分数。（8）①每个晶胞中含有Ca的个数为故有6个“”单元。②每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为6，且氧原子共享。【变式3-1】（2024·重庆·一模）工业上以菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)为原料制取金属锰的工艺流程如下：已知常温下，溶度积常数(Ksp)如下表：(1)基态Mn2+的价层电子轨道表示式为，的空间结构为。(2)“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取的措施有(答两条)，该过程一般选择硫酸而不用盐酸的原因是。(3)“酸浸”过程中，MnO2发生的主要反应的离子方程式为。(4)常温下，加稀氨水时调pH约为4，则滤渣2的主要成分是。(5)“除杂1”时加入适量的(NH4)2S，除去的主要离子为，过滤后得到的滤液中，则其的范围是。【答案】(1)平面三角形(2)搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污染气体(3)(4)Fe(OH)3(5)Ni2+【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3，含杂质CaCO3、FeCO3、NiCO3)中加入H2SO4、MnO2进行酸浸，Fe2+被氧化为Fe3+，CaCO3转化的CaSO4成为滤渣1；滤液中加入稀氨水调pH，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；滤液中加入(NH4)2S，Ni2+转化为NiS沉淀；滤液中加入NH4F，Ca2+转化为CaF2沉淀；将滤液进行电解，便可获得Mn。【解析】（1）Mn为25号元素，价层电子排布式为3d54s2，Mn2+的价层电子排布式为3d5，则基态Mn2+的价层电子轨道表示式为；的中心原子无孤电子对，中心C原子的价层电子对数为3，C采取sp2杂化，空间结构为平面三角形。（2）“酸浸”时，为了加快反应速率，可采取升高温度、增大浓度、增大接触面积等措施，则具体措施有：搅拌、粉碎、适当升温、适当增加酸的浓度等；盐酸可能会与二氧化锰发生氧化还原反应，同时引入的氯离子在最后电解制锰时会在阳极放电，从而生成污染气体氯气，则该过程一般选择硫酸而不用盐酸的原因是：盐酸与二氧化锰会发生反应，电解制锰时会产生污染气体。（3）“酸浸”过程中，MnO2能将Fe2+氧化，则主要反应的离子方程式为。（4）根据金属氢氧化物的溶度积数据可知，调节pH为4左右，目的是为了除去Fe3+，故滤渣2的主要成分是Fe(OH)3。（5）结合金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的(NH4)2S除去的主要离子是Ni2+，此时硫离子需要刚好完全沉淀Ni2+但不能沉淀Mn2+。当Ni2+完全沉淀时，c(S2-)=mol/L，pS≤19；当Mn2+不产生沉淀时，，c(S2-)＜mol/L，pS＞10，所以pS的范围是。【变式3-2】（2024·福建福州·二模）钨是国防及高新技术应用中极为重要的功能材料之一，由黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁()、钨酸锰()，少量Si、As元素]冶炼钨的流程如下：已知：①钨酸()酸性很弱，难溶于水。②水浸液含、、、等阴离子。(1)“焙烧”前，粉碎黑钨矿的目的是。(2)滤渣的主要成分为两种金属氧化物，是、。写出生成的化学方程式。(3)“净化”过程中，的作用是。(4)“还原”的总反应为

，实验测得一定条件下，平衡时的体积分数随温度的变化曲线如图所示。①该反应0(填“>”或“<”)。②由图可知，a点处(填“>”或“<”或“=”)。③900℃时该反应的压强平衡常数。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(5)“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成，其化学方程式为。(6)工业上可以采用铝热法还原黄钨()生产钨。已知、①

②

则的。(7)钨酸钙可用于制闪烁计数器、激光器等，往“净化”后的溶液中加入石灰乳发生：，已知：常温下，、的沉淀溶解平衡曲线如图所示。当溶液中的完全沉淀()时，溶液。【答案】(1)增大接触面积，使焙烧更充分(2)(3)将氧化为(4)>>27(5)(6)(7)13【解析】（1）黑钨矿[主要成分是钨酸亚铁(FeWO4)、钨酸锰(MnWO4)，少量Si、As元素]冶炼钨，先加入碳酸钠并通入氧气进行焙烧，铁元素被氧化为三价，硅转化为硅酸盐，进行水浸，水浸液含、、、等阴离子，滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，水浸液中加入氯化镁、过氧化氢净化，得到MgSiO3、MgHAsO4，加入硫酸根过滤得到滤液和滤渣，钨酸(H2WO4)酸性很弱，难溶于水，煅烧得到WO3，通入氢气还原得到单质W。“焙烧”前将黑钨矿粉碎，可增大矿石的表面积，从而增大反应接触面积，使焙烧更充分；（2）由分析，“水浸”除去了锰和铁元素，故滤渣的主要成分为MnO2、Fe2O3两种金属氧化物，焙烧过程中MnWO4与氢氧化钠反应生成二氧化锰和钨酸钠，化学方程式为；（3）由流程图及分析，水浸液含、，净化过程中，砷元素以MgHAsO4沉淀的形式被除去，因此，H2O2的作用是将氧化为；（4）①由图像分析可知，随温度升高，氢气的体积分数减小，即升温平衡正向移动，正反应为吸热反应，该反应ΔH>0；②a点在曲线上方，即如果达到平衡，氢气体积分数要减小，说明反应要正向进行才能到平衡，故反应正向进行中，v正>v逆；③900℃时，压强p=0.1MPa，M点氢气的体积分数为25%，结合三段式列式计算平衡分压，设氢气起始量为3mol，平衡时消耗氢气xmol，则，，x=2.25mol，该反应的压强平衡常数Kp=；（5）“还原”过程中，氧化钨会与水蒸气反应生成WO2(OH)2，其化学方程式为；（6）反应②-①得到WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)的4倍，故根据盖斯定律WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)ΔH=kJ/mol；（7）常温下，Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线如图，由于氢氧化钙微溶，溶解度相对较大，上方的线表示CaWO4，下方的线表示Ca(OH)2，当c()=10-5mol/L时，对应是曲线上纵坐标为5的点，取横坐标(钙离子浓度)相同，对应氢氧根曲线的纵坐标为1，即c(OH-)=0.1mol/L，即pOH=1，pH=13。【变式3-3】（2024·四川成都·二模）贵金属银有广泛用途。工业上用银锰精矿(主要含、MnS、等)制备银，同时获得二氧化锰的流程如下。回答下列问题：(1)“浸锰”步骤中产生的浸锰液主要含有，生成气体的主要成分为；用惰性电极电解浸锰液制，写出电解总反应的化学方程式。(2)已知“浸铁”步骤中保持不变，反应中n(氧化剂)：n(还原剂)=；浸铁滤饼的主要成分为S和。(3)“浸银”时发生反应，其中在溶液中是一种稳定配合物。加入的作用是；结合离子方程式，从平衡角度分析选用氯化物浓溶液的原因是。(4)“沉银”步骤中，生成单质银的离子反应方程式为，沉银液经处理可再利用，方法是向沉银液中通入(写化学式)，通过一步转化后循环再用。【答案】(1)H2SMnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4(2)1:1Ag2S(3)抑制Fe3+水解增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率(4)2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+氯气【分析】银锰精矿主要含Ag2S、MnS、FeS2，加入稀硫酸浸锰，其中硫化锰和硫酸反应生成硫酸锰和硫化氢气体，得到的浸锰滤饼中还含有Ag2S、FeS2，加入硫酸铁浸铁，二硫化亚铁和硫酸铁反应，得到硫化亚铁和硫单质，剩余硫化银进行浸银，将银转化为Ca[AgCl2]2，最后加入过量铁粉沉银。【解析】（1）“浸锰”步骤中，浸锰液主要含有MnSO4，说明硫酸和硫离子反应得H2S，是气体的主要成分，用惰性电极电解浸锰液，二价锰离子在阳极失电子得MnO2，阴极生成氢气，电解总反应化学方程式为：MnSO4+2H2OMnO2+H2↑+H2SO4；（2）已知“浸铁”步骤中硫酸根物质的量不变，Fe2(SO4)3为氧化剂，FeS2为还原剂，FeS2中硫被氧化为硫单质，中铁被还原为二价铁离子，故氧化剂和还原剂转移电子数相同，都为2，故n(氧化剂)：n(还原剂)=1:1，浸铁滤饼的主要成分为S和“浸锰”和“浸铁”步骤中剩余未反应的Ag2S；（3）“浸银”时发生的反应中，反应物有FeCl3，故加入H+的作用是抑制Fe3+水解，“浸银”时发生的反应是可逆反应，用氯化物浓溶液增大溶液中氯离子浓度，可以促进平衡正向进行，提高银元素的转化率；（4）“沉银”步骤中，前一步“浸银”时生成的与铁反应生成银单质，铁失电子变为二价铁离子，发生的离子方程式为2+Fe=2Ag+4Cl-+Fe2+，沉银液主要含FeCl2，向沉银液中通入氯气将其氧化为FeCl3，可在“浸银”时循环再用。【题型4综合考查工艺流程与化学图像】【例4】（2024·四川·二模）工业上以铬铁矿(，含Al，Si氧化物等杂质)为主要原料制备重铬酸钾的工艺流程如图。回答下列问题：已知：焙烧时(铁、铬分别为、价)转化为和，同时A1、Si氧化物转化为可溶性钠盐。(1)“焙烧”过程与有关的化学反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比为。“浸取”过程所得滤渣的用途有(合理即可)。(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。则“中和”时应控制pH的范围为；从平衡移动的角度解释“酸化”过程加入的原因。(3)“冷却结晶”时，相关化学反应方程式为。(4)价铬的化合物毒性较大，需将转化为毒性较低的；工业上可采用电解法处理酸性含铬废水：以铁板做阴、阳极，电解含铬(Ⅵ)废水，示意如图。①灵敏鉴定废水中的：向含铬(Ⅵ)废水中加入适量溶液发生反应，生成在乙醚中较稳定存在的价的含铬氧化物，1mol中含过氧键的数量是。②电解开始时，A极上主要发生的电极反应式为。③电解产生的将还原为同时产生，其离子方程式为。【答案】(1)制作颜料，用于工业炼铁等(2)体系存在平衡，加入溶液，使溶液中浓度升高，平衡逆向移动，得到高浓度的(3)或(4)(或2mol)【分析】铬铁矿加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液加入氯化钾固体冷却结晶得到K2Cr2O7•2H2O晶体；【解析】（1）“焙烧”的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4和铁红，则生成Na2CrO4的化学方程式为：4FeCr2O4+7O2+8Na2CO38Na2CrO4+8CO2+2Fe2O3，氧元素化合价降低，O2是氧化剂，Cr元素化合价升高，FeCr2O4是还原剂，氧化剂和还原剂物质的量之比为7:4；“浸取”过程所得滤渣Fe2O3是红棕色固体，用途有制作颜料，用于工业炼铁等；（2）“调pH”的目的是将Na[Al(OH)4]、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此“调pH”时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；“酸化”过程加入的原因是：体系存在平衡，加入溶液，使溶液中浓度升高，平衡逆向移动，得到高浓度的；（3）“冷却结晶”时，氯化钾固体将Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，化学反应方程式为；（4）①价的含铬氧化物，氧元素化合价由1个-2价和4个-1价组成，即1mol中含过氧键的数量是；②电解开始时，A极上主要发生的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；③二价铁离子有还原性，有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，被还原为Cr3+，反应方程式为：。【变式4-1】（2024·湖南衡阳·二模）一种硫酸镍粗品中含有、、、、等杂质离子，采用下列流程可以对硫酸镍进行提纯，并能获取蓝矾。已知：常温下，①；②部分金属离子（起始浓度为0.1，沉淀完全的浓度为）生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表：金属离子开始沉淀的pH1.54.26.26.36.911.8完全沉淀的pH2.86.28.28.38.913.8回答下列问题：(1)“水浸”时常适当加热，加热的目的是。(2)常温下，X是一种气体，则X、、中键角从大到小的顺序是（用化学式表示），其原因是。(3)“沉铁”时，总反应的离子方程式为；其中加入的作用是调节溶液pH＝（填字母）。A．1.5

B．4.0

C．6.3

D．6.9(4)若某次工艺生产中，“沉铁”后，1.0t（体积约为L）滤液中，“沉钙”后，，则最少加入g（保留三位有效数字）。(5)萃取剂P204的结构简式如图1所示，1molP204中含mol手性碳原子；萃取时，萃取液pH对相关金属离子的影响如图2所示，则最适宜的pH为。【答案】(1)加快浸取速率(2)三者都是杂化，、的中心原子分别有2对，1对孤电子对，的中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致的键角最小，次之，最大(3)B(4)193(5)23.4【分析】硫酸镍粗品中含有、、、、等杂质离子，水浸后通入H2S，生成S和CuS沉淀，过滤滤去滤渣1，往滤液加入H2O2，将Fe2+氧化后加入Ni(OH)2沉铁，得到Fe(OH)3沉淀后再次过滤，往滤液加入NiF2，生成CaF2沉淀，过滤后得到NiSO4、ZnSO4溶液，用P204将硫酸锌萃取后经蒸发结晶等系列操作可得到硫酸镍晶体。过滤得到的S和CuS在空气中焙烧生成CuO和二氧化硫，CuO加硫酸溶解得到硫酸铜溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到胆矾晶体，据此分析解答。【解析】（1）“水浸”时常适当加热，可以加快浸取速率；（2）X目的是除去铜离子，X应为H2S，H2S、、三者中心原子都是杂化，、的中心原子分别有2对、1对孤电子对，的中心原子无孤电子对，而孤电子对的排斥力较大，导致的键角最小，次之，最大，则键角：>>H2S；（3）“沉铁”时，将Fe2+离子氧化成Fe3+，调节pH值使Fe3+转化成，总反应的离子方程式为：；调节pH的目的是沉铁，但不能锌离子、镍离子沉淀，因此pH范围应为2.8-6.2之间，故选B；（4）“沉钙”过程中发生反应：，由减小到，溶液体积为L，，则反应消耗的NiF2为0.99mol，完全沉淀后，则溶液中的，溶液中，对应的为1mol，则共需要1.99mol，则最少加入1.99mol×97g/mol=193g；（5）由结构简式可知P204中含2个手性碳原子：，则1molP204中含2mol手性碳原子；由图中信息可知pH=3.4时Zn2+的萃取率最高，且镍离子的萃取率较低，最适宜在该pH下萃取锌离子。【变式4-2】（2024·福建龙岩·一模）以大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O，所得产品具有广泛的用途。制备过程如下图所示：已知：①金属离子浓度≤10-5mol/L时，认为该离子沉淀完全。相关离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2＋Fe2＋Fe3＋Al3＋Mg2＋Zn2＋开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.2沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.2②25℃时，Ksp(ZnS)=2.9×10-25；Ksp(MnF2)=5.3×10-3；Ksp(MgF2)=7.4×10-11；Ksp(MnCO3)=1.0×10-11。(1)基态锰原子的价层电子轨道表示式为。(2)“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，请写出该副反应的化学方程式。温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响如图所示，为了减少副产物的生成，最适宜的温度。(3)“调pH”时，应控制的pH范围是。“净化”后滤渣3的主要成分。(4)“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为。若改用加入(NH4)2CO3溶液，还会产生Mn(OH)2，可能的原因是：MnCO3(s)＋2OH-(aq)Mn(OH)2(s)＋CO32-(aq)，25℃时，计算该反应的平衡常数的对数值lgK=(填数值)。(5)要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为、过滤、洗涤、干燥。(6)“煅烧”时，不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。①晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NAmol-1，则晶体Ⅰ的密度为g·cm-3。②晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。“ii”代表电池(填“充电”或“放电”)过程，“iii”的电极反应式为。【答案】(1)(2)MnO2+2SO2=MnS2O690℃左右(3)4.7-8.1ZnS、MgF2(4)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O1.8(5)蒸发浓缩、冷却结晶(6)174/(a2bNA)×1030放电ZnxMn0.61□0.39O-2xe-=Mn0.61□0.39O+xZn2+【分析】大洋锰结核(主要由MnO2和铁氧化物组成，还含有Al、Mg、Zn、Ca、Si等元素)为原料，通入SO2加硫酸浸取，Si被去除，氧化将方便后续除去，调pH，可让Fe3+，Al3+和部分Zn2+沉淀，再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和，“沉锰”生成MnCO3沉淀，煅烧得到MnxOy，或者加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2·2H2O，据此分析解题。【解析】（1）锰原子序数为25，位于周期便第四周期第VIB族，价层电子轨道表示式为；（2）“浸取”时，有副产物MnS2O6生成，该副反应的化学方程式，结合题目中所给温度对锰的浸出率、MnS2O6生成率的影响图，为了减少副产物的生成，最适宜的温度90℃左右；（3）“调pH”时，为了保证杂质离子沉淀，锰离子不沉淀，应控制的pH范围是4.7-8.1，可让和部分沉淀，再加和净化主要是除去和，因此“净化”后滤渣3的主要成分ZnS、MgF2；（4）“沉锰”时，加入过量NH4HCO3溶液，该反应的离子方程式为，对于反应，，完全沉淀时，pH，，且，，所以，故，；（5）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶；（6）根据均摊法，原子个数为，O原子个数，根据晶体密度计算公式，则晶体Ⅰ的密度为g·cm-3；晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电，“ii”代表电池放电过程，“iii”的电极反应式为ZnxMn0.61□0.39O-2xe-=Mn0.61□0.39O+xZn2+。【变式4-3】（2023·四川绵阳·三模）锡烟尘(主要含ZnO、、SnO、、、)氧压浸出分离回收金属的工艺流程如下：已知：。请回答下列问题：(1)“氧压浸出”过程中，生成单质S的离子方程式为。(2)实验测得氧分压对Sn、In、Zn的浸出率影响如图所示：结合反应的离子方程式，从平衡移动的角度解释氧分压对Sn的浸出率的影响：；最佳氧分压为。(3)“萃取”过程中，发生反应。①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器有。②“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为。(4)“反萃取”过程中将有机层转移到水层，为使尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为。(5)“反萃取”后，可先中和，再加入Zn粉置换，中和的目的是；已知常温下，“反萃取”后溶液中的浓度为，则中和时可调节pH的最大值为。【答案】(1)(2)，氧分压增大，平衡正向移动，Sn的浸出率降低0.7Mpa(3)烧杯、分液漏斗、(4)多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)(5)减少Zn粉的使用量4【分析】锡烟尘(主要含ZnO、、SnO、、、)进行氧压浸出，将-2价硫氧化为硫单质，SnO酸性条件下氧化生成H2SnO3沉淀，其余均转化为金属离子进入溶液中，加入萃取剂将In3+萃取入有机层中，分液，在有机层中加入反萃取剂，得到含In3+的无机溶液，锌置换得到In。【解析】（1）根据质量守恒、得失电子守恒判断，“氧压浸出”过程中，生成单质S的离子方程式为。（2）根据题图判断，氧分压越大，Sn的浸出率越低，可能原因为浸出过程中发生反应，氧分压增大，平衡正向移动，Sn2+转化为的量增大，则浸出率降低；氧分压高于0.7MPa时，Zn2+、In3+的浸出率没有明显上升，则最佳氧分压为0.7Mpa。（3）①“萃取”实验中，使用的硅酸盐仪器(即玻璃仪器)为烧杯、分液漏斗；②由流程分析可知，“萃余液Ⅰ”中含有的金属离子为、。（4）“反萃取”过程中将有机层转移到水层，为使尽可能多地发生上述转移，可采取的措施为：多次反萃取，适当提高酸的浓度，充分振荡(答案合理即可)。（5）“反萃取”后，溶液中含有较多H+，先中和可减少Zn粉的使用量；根据题意计算，，，，即中和时可调节pH的最大值为4。【题型5综合考查工艺流程与晶胞结构】【例5】（2024·广东广州·二模）我国是世界上稀土资源最丰富的国家，冶炼提纯技术位于世界前茅。从某种磷精矿(主要成分为，含少量)分离稀土元素钪()的工业流程如下：(1)钪的基态原子核外价电子排布式为。(2)“萃取”的目的是富集，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。①通过制得有机磷萃取剂，其中代表烃基，对产率的影响如下表。产率/826220由表可知：随中碳原子数增加，产率降低，请从结构的角度分析原因。②“反萃取”的目的是分离和元素。向“萃取液”中通入，的沉淀率随的变化如图。试剂X为(填“”或“”)，应调节为。③反萃取时，通入得到沉淀的过程为：i．ii．(写出该过程的化学方程式)。(3)草酸钪晶体在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃晶体主要成分是(填化学式)，℃反应的化学方程式为。(4)的一种氢化物晶胞结构如图，晶体中H周围与其最近的的个数为。为阿伏伽德罗常数的值，晶胞参数为，则该晶胞的密度为。【答案】(1)3d14s2(2)随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低SO22(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3(3)Sc2(C2O4)3•H2OSc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2(4)4【分析】磷精矿加入硝酸酸浸，过滤得到二氧化硅不反应得到滤渣1，稀土元素、铁、钙元素进入滤液，加入萃取剂萃取出稀土元素，然后加入试剂X为亚硫酸钠将三价铁转化为二价铁，通入氨气，调节pH分离出含有稀土的固相，再加入硝酸溶解，加入硫酸除去钙元素得到硫酸钙滤渣2，滤液加入草酸分离出草酸钪晶体；【解析】（1）钪为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，核外价电子排布式为：3d14s2；（2）①由表可知：随-R中碳原子数增加，(RO)3PO产率降低，请从结构的角度分析原因：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低．故答案为：随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O-H键更难断裂，(RO)3PO产率降低；②由图可知，亚铁离子与Sc3+的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选择SO2，二氧化硫和铁离子反应生成亚铁离子和硫酸，利于铁离子与Sc3+的分离，结合图像可知，应调节pH为2，此时Sc3+几乎完全沉淀，而亚铁离子几乎没有沉淀，分离效果好，故答案为：SO2；2；③总反应为通入NH3得到ScPO4沉淀，反应i.H3PO4+3NH3═(NH4)3PO4，则反应ii为(NH4)3PO4和稀土的硝酸盐转化为ScPO4沉淀的反应，(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3，故答案为：(NH4)3PO4+Sc(NO3)3=ScPO4↓+3NH4NO3；（3）设起始时Sc2(C2O4)3•6H2O的物质的量为1mol,质量为462g,由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，=5mol,即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3•H2O，250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g,可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3，850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.88%)≈138g,除去钪元素质量后剩余质量为138g-2mol×45g/mol=48g,应为氧元素的质量，=3mol,则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为：Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2；（4）Sc的一种氢化物晶胞结构如图2，晶体中H周围与其最近的Sc的个数为：4，晶胞中分摊法得到，Sc个数=8×+6×=4，H个数8个，表示的氢化物为：H8Sc4，NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞质量为，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10−7)3cm3，则该晶胞的密度。【变式5-1】（2024·广东佛山·一模）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，从离子型稀土矿（含Fe、Al等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH1.54.35.6（为6.2）沉淀完全时的pH3.25.5/（为9.0）回答下列问题：(1)“预中和”工序中：①该工序适宜的pH范围是。②胶状的X射线衍射图谱中，（选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。(2)“调pH”工序中，发生的离子反应方程式为。(3)滤液3可返回工序循环使用。(4)“沉淀”工序产物为（选填“”或“”），理由是[：]。（当反应的时可认为反应完全）(5)含氟稀土抛光粉的主要成分为，焙烧时发生的化学反应方程式为。(6)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列离子对交换能力最强的是______。A． B． C． D．(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：①将该结构单元示意图（b）补充完全。②该晶体的化学式为。【答案】(1)3.2≤pH＜4.3不能(2)(3)酸溶(4)La(OH)3，，＞(5)(6)C(7)Ag15Ce【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入