专题12 工艺流程综合题- 三年（2022-2024）高考化学真题分类汇编（全国版）

湖北卷、2023辽宁卷、2023广京卷、2023浙江卷、2022全国甲卷福建卷、2022辽宁卷、2022广化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问。化工流程题类题型不但综合考查考生在中学阶段所学的元素及其化合物知识以及物质结构、元识，而且更重要的是能突出考查考生的综能力要求高。近年高考有关考查要点和设问方式没有大的变化，注意的是有关化学1.(2024·广东卷)镓(Ga(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知：①pKa(HF)=3.2。②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为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，Fe2+最多可与2个Cl-配位，其他金属离子与Cl-的配位可忽略。（3）“还原”的目的：避免元素以(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入进一步提高Ga的提取率。（5）“调pH”中，pH至少应大于，使溶液中c(F-)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol.L-1，则[AlF6]3-浓度为mol.L-1。（6）一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=，其立方晶胞的体积为nm3。2Al2O34Al+3O2↑冰晶石（2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]-【解析】氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑;“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为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，为了避免铁元素以[FeCl6]3-的微粒“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最2.(2024·湖南卷)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收已知：①当某离子的浓度低于1.0×10−5mol.L−1时，可忽略该离子的存在；(aq)K=2.0×10−5；③Na2SO3易从溶液中结晶析出；④不同温度下Na2SO3的溶解度如下：0（2）“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为；（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，加入适量NaCl的原因是。（4）在“银转化”体系中，Ag(SO3)23−和Ag(SO3)35−浓度之和为0.075mol.L−1，两种离子分布分数浓度的变化关系如图所示，若SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up7(2),3)−浓度为40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，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，“银转化”和“银还原”【解析】和H2O，反应的离子方程式为：Cu2Se+4H2O2+4H+=2Cu2++H2SeO3+5H2O；①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为②由题目可知AgCl(s)+Cl(aq)[AgCl2]−(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl−加入过多，AgCl则会转度不能超过0.5mol/L；在“银转化”体系中浓度之和为0.075mol.L−1，溶液中存在平衡关系：Ag(SO3)23−+SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)−Ag(SO3)35−,当c(SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-)=0.5mol/L时，此时3−=c5−=0.0375mol/L，则该平衡关系的平衡常数=2，当c=1mol/L时，由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下Na2SONa2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。3.(2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点已知：i石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙Ca(VO3)2和偏铝酸钙（1）钒原子的价层电子排布式为（2）水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入(填 【答案】（1）①.3d34s2②.+5③.CO2（2）NaAlO2促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3-③.离子交换（4）NaCl【解析】【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3-，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH≈8，65~70℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3-，偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO3在800OC以上开始分解，生成的气体①为CO2。由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO3-和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O，离子方程式为：+OH−+CaCaCO3+H2O+2VO；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3-；滤液①中含有VO3-、NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)等，且由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。b．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),4)反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；c．搅拌能使反应物更好接触，提高反应速d．降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意；4.(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10−5mol.L−1)时的pH：Fe3+Fe2+Co3+Co2+Zn2+—（2）“过滤1”后的溶液中加入MnO2的作用是。取少量反应后的溶液，加入化学试剂检验 【答案】（1）①.增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率②.Pb（2）①.将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去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)−等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂KMnO4，将溶液中Co2+氧化为Co3+，在pH=5时Co3+形成Co(OH)3沉淀，而KMnO4则被还原为MnO2，KMnO4还会与溶液中的Mn2+发生归中反应生成MnO2，得到Co(OH)3和在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主酸浸液中含有Co2+、Zn2+、Fe2+、Fe3+、SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)−等离子。由题表中数据可知，当Fe3+完全沉淀时，Co2+未开始沉淀，而当Fe2+完全沉淀时，Co2+已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且Co2+不沉淀，应先将Fe2+氧化为Fe3+，然后调节溶液的pH使Fe3+完全水解转化为Fe(OH)3沉淀，因此，MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在Fe2+，需补加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+；最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZKMnO4“氧化沉钴”时引入的K+，而阴离子是在酸浸时引入的SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)−,因此其中主要的盐有ZnSO4和K2SO4。当溶液pH=1.1时c(H+)=10−1.1mol.L−1，Co3+恰好完全沉淀，此时溶液中.此时溶液中5.(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10已知：①Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=2.5×10-22,Ksp(CoS)=4.0×10-21。②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。（2）“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol·L-1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中c(Co2+)=_____mol·L-1，据此判断能否实现Zn2+和Co2+的完全分离_____(填“能”或“不能”)。（4）“沉锰”步骤中，生成1.0molM（5）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH=4，分离出的滤渣是_____。（7）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化【答案】(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率(2)CoO+H2SO4=CoSO4+H2O(3)1.6×10−4(5)Fe(OH)3(7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边燥【分析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到【解析】（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他+2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即CoO为转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO+H2SO4=CoSO4+H2O。（3）假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2+)和c(Co2+)均为0.10mol.L−1，向其中加入Na2S至Zn2+沉淀完全，此时溶液中mol.1=2.5×10−17mol.则mol.1=1.6×10−4mol.小于0.10mol.说明大部分Co2+也转化为硫化（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为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，产生H+的物质的量为4.0mol。（5）“沉锰”步骤中，S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),8)−同时将Fe2+氧化为Fe3+，“沉淀”步骤中用NaOH调pH=4，Fe3+可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化Co2+，为了保证Co2+被完全氧化，（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有Zn元素以Zn2+形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2−,因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴6.(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸（2）“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为。（3）“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。A.无需控温B.可减少有害气体产生（5）“真金不拍火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为 。 。（7）滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为 。用碱中和 【答案】（1）CuSO4（3）Fe(OH)3（4）BC（7）①.Na2Zn(CN)4+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4②.NaCN【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)−、As(Ⅵ),加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起液反应，得到含Au(CN)2−的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含Zn(CN)42+的滤液②。“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),4)−,离子方程式为：“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；滤液②含有2+，经过H2SO4的酸化转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程 式为：Na2Zn(CN)4+2H2SO4=ZnSO4+4HCN+Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循7.(2024·安徽卷)精炼铜产生的铜阳极泥富（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为。（6）“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为。（7）Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),6)-的结构为(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)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na【解析】同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。可得反应得化学方程式为：2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O；根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化[Ag(S2O3)2]3-；[Ag(S2O3)2]3-+e-=Ag↓+2S2OEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-；阴极反应生成S2OEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)-，同时阴极后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3；(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳82023·新课标卷）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EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),7)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)(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(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),2)或VO3+在碱性条件下，溶解为VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),3)或VOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(3),4)−,上述性质说明V2O5具有(填标号)。(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(4)磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶(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；向滤液中加入酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO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，过滤得到五氧化液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2Al(OH)3；（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MgS沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子（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（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，故答案为：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(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(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是。 。(5)导致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。【解析】（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（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−)=1.0×10−4与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为2+O22Co3O4+6H2O。（5）a．Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；子更易受到水电离的OH−的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；SiCl4比CCl4易水解，c无关；d．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。102023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。Fe(OH)3Ni(OH)2−14.7−14.7−10.8 (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 。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，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MnO2、 (4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(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)(6)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制p【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(3)H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H+Fe(OH)3(4)9.0%SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，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，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，发生反应H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)-+3H+，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)。【解析】（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、（3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++HSO5-=MnO2+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，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，根据Kw=10-14，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（4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(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Mn(Ⅱ)氧化速率（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。112023·广东卷）Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3.H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3.H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的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可与水反应，化学方程式为。(2)常温下，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”时，由Co(OH)3转化为Co(NH3)62+的离子方程式为。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和(填化学式)。【答案】(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)晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接(6)0.4或2:5MgO=【分析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍【解析】（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为MgO+H2O=Mg(OH)2；故答案为：MgO+H2O=Mg(OH)2。（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3.H2O)=−4.7，<1，则cEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(+),4)（3）“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成2+，则由Co转化为的离子方程式为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；故答案为：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会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；故答案为：②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹（5）①“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl；故答案为：HCl。②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2.6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2:5；故答案为：0.4或2:5。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面分析Mg(NO3)2+2H2OMg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2ΔMgO+H2O，在于可重复利用HNO3和MgO；故答案为：MgO。122023·浙江卷）工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如下流程脱除或利用。(1)富氧煅烧燃煤产生的低浓度的SO2可以在炉内添加CaCO3通过途径Ⅰ脱除，写出反应方程(2)煅烧含硫量高的矿物得到高浓度的SO2，通过途径Ⅱ最终转化为化合物A。C．化合物A是一种无机酸酯D．工业上途径Ⅱ产生的SO3也可用浓H2SO4吸收2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2(2)BCD硫酸分子能形成更多(3)取化合物A加入足量氢氧化钠，反应完全后加入盐酸酸化，无明显现象，再加入氯化钡生成2Na2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NaCl【分析】含硫矿物燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和氧气、碳酸钙生成硫酸钙和二氧化碳，二;【解析】（1）氧气具有氧化性，能被四价硫氧化为六价硫，二氧化硫、空气中氧气、碳酸钙高温生成硫酸钙和二氧化碳，反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2；成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验设计为：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与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：TiCl4Cl2分压MPa3.70×10−2①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为；②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是。(3)“除钒”过程中的化学方程式为；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si 。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是。 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO2(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3蒸馏(1)记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．由图可知，600℃时2C(s)+O2(g)=2CO(g)的ΔG<0，反应自发进行，故B不符合题意；C．由图可知，600℃时TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)的ΔG>0，反应不能自发进行，故C符合题意；D．根据盖斯定律，TiO2(s)+C(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+CO2(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG<0，反应自CO2与C发生反应C+CO22CO；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁142022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na+、Li+、Cl-和少量Mg2+、Ca2+)，并设计了以下流程通过制备LiOH的溶解度：12.4g/100gH2OKsp5.6×10−125.5×10−6CaCO32.8×10−9Li2CO32.5×10−2(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是 。(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为 (4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上明，在该实验条件下LiHCO3 (填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同【答案】(1)Mg(OH)2(2)将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探【解析】浓缩卤水(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+的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为Na+、Li+、Cl-和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。(1)浓缩卤水中含有Mg2+，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；(2)滤液1中含有Na+、Li+、Cl-和Ca2+，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将Ca2+转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热(4)饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCLi2CO3。故答案为：不稳定，Li++HCOEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)=LiHCO3，2LiHCO3=Li2C(5)“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合(4)的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为L152022·重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理Fe(OH)34×10-382.5×10-20②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),3)被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液【答案】(1)+4价Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)32×10-7(3)滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),3)+6H+=3I2+3H2O47.6%【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化【解析】（1）①由化合价代数和为0可知，锡酸钠②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(N酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+Na2SnO3+H2O；Fe(OH)3；②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7；（3）①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为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，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),3)+5I-+6H+=3I2+3H2O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mo162022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、PbSO4PbCO3BaSO4BaCO32.5×10−8Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是；(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为；(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为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)反应PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)的平衡常数=3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应BaSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=BaCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)的平衡常数=0.04<<105，反应正向限(3)Fe2+Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O作还原剂【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处PbSO4(s)+COEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)-(aq)=PbCO3(s)+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.4×，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，反应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，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),3)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),4)≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转（3i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。172024·北京卷）利用黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质）生产纯铜，流程示意图如（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是（2）(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。(NH4)2SO4发生热分解的化学方程式是（3）矿石和过量(NH4)2SO4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；i．400Fe2O3、CuSO4、CuFeS2①温度低于425oC，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于425oC，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的。（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO4溶液做电解液，并维持一定的c(H+)和(Cu2+)。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。_______________________________________________________________________【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分（3）①温度低于425OC，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增4CuFeS2+17O2+2CuSO4CuO+2Fe23+4SO3，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低（4）Fe+Cu2+Cu+Fe2+（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量【解析】（2）(NH4)2SO4分解为非氧化还原反应，故化学方程式为2SO42NH3↑+SO3↑+H2O。加入Fe置换铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+Cu+Fe2+。（5）粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相18.(2024·甘肃卷)我国科研人员以高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)为原料，对炼钢烟气(CO2和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10-5Ksp(CaCO3)=3.4×10-9（1）高炉渣与(NH4)2SO4经焙烧产生的“气体”是 。（2）“滤渣”的主要成分是CaSO4和 。 （4）铝产品NH4Al(SO4)2.（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞a≠c,α=β=γ=90o。图丙中Ca与N的距离为Mg.mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为g.cm-3(列出计算表达式)。【答案】（1）NH3（2）SiO24【解析】【分析】高炉渣(主要成分为CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(CO2和水蒸气)反应，生成(NH4)2CO3，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为CaSO4以及未反应的S滤渣中的CaSO4会转化为更难溶的碳酸钙。“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为44，该反应之所以能发生，是由于Ksp(Ca铝产品NH4Al(SO4)2.12H2O溶于水后，会产生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体，可用于净水；图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为apm；由均摊法可知，晶胞中Ca3N3B；其摩尔质量为Mg.mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c×10−30cm3则晶体的密度19.(2024·浙江卷6月)矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)的利用有火法已知：①PbCl2(s)EQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up6(热水),冷却)PbCl2(aq)HClH2[PbCl4]；②电解前后ZnS总量不变；③AgF易溶于水。（1）根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，PbS中硫元素体现的性质是(选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量Pb3O4，该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，写出该反应的化学方程式；从该反应液中提取PbCl2的步骤如下：加热条件A.电解池中发生的总反应是PbS=Pb+S(条件省略)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实验方案：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后 ；②写出D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式 。【答案】（1）①.还原性②.Pb3O4+14HCl(浓)=3H2[PbCl4]+4H2O+Cl2↑③.PbO或Pb(OH)2生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-②.HSO3X+3OH-=SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+X-+2H2O【解析】【分析】铅锌矿(主要成分为PbS、ZnS)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的该物质可溶于浓盐酸，Pb元素转化为[PbCl4]2-，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=3H2[PbCl4]冷却HCl+4H2O+Cl2↑;根据PbCl2(s)PbCl2(aq)H2[PbCl4]可得反应：要从该反应液中提取PbCl2，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条PbCl2生成Pb，发生的总反应是：PbS=Pb+S(条件省略)，A正确；在水溶液中最多可中和4molNaOH，C错误；后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，发生反应的离子方程式是：HSO3X+3OH-=SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)−+X-+2H2O。20.(2024·江苏卷)回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。（1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol.L−1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是①用含有机胺(R3N)有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的Fe2(SO4)3溶液，原理为：(R3NH)2SO4+Fe3++SOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up5(2),4)-+H2OH++(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2(有机层)已知：(R3NH)2SO4+H++HSOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),4)2(R3NH.HSO4)其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因②反萃取后，Fe2(SO4)3经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe):N(Bi)=。（3）净化后的NdCl3溶液通过沉钕、焙烧得到Nd2O3。①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，Nd3+可转化为Nd(OH)CO3沉淀。该反应的离子方程式为 。②将8.84mgNd(OH)CO3(摩尔质量为221g.mol−1)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600℃时，所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c，通过以上nCOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up6(2),3)-Fe3+水解生成Fe(OH)3进入滤渣(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的化学平衡向正反应方向移动，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),4)(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进萃取平衡向萃取方向移动，导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度（3）①.2Nd3++3COEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),3)-+H2O=2Nd(OH)CO3↓+CO2↑②.2:1【解析】①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3。②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率大，约5min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H+的浓度逐渐减小，pH逐渐Fe(OH)3进入滤渣，Fe的浸出率又减小。(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的化学平衡向正反应方向移动，又H+的浓度减小使平衡(R3NH)2SO4+H++HSOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),4)2(R3NH.HSO4)逆向移动，引起(R3NH)2SO4浓度的增大，进一步促进平衡(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向萃取方向移动，导致(R3NH)2Fe(OH)(SO4)2的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。原子的数目为4×1+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，共有8×=4，因此，其中原子数目比①向NdCl3溶液中加入(NH4)2CO3溶液，