2024年高考化学二轮复习专题10 化学工艺流程(题型突破)(讲义)(师版)

【淘宝店铺：向阳百分百】【淘宝店铺：向阳百分百】专题09化学工艺流程(题型突破)目录【淘宝店铺：向阳百分百】TOC\o"1-3"\p""\h\z\u22题型一化学工艺流程与物质制备4【真题研析·规律探寻】413【核心提炼·考向探究】131．原料预处理的常用方法132．制备过程中控制反应条件常用方法143．工艺流程中的常见专业术语14【题型特训·命题预测】14题型二化学工艺流程与反应原理20【真题研析·规律探寻】2036【核心提炼·考向探究】371．温度、浓度、压强的控制372．pH的控制373．体系环境氛围及其它条件的控制37【题型特训·命题预测】38题型三化学工艺流程与物质提纯44【真题研析·规律探寻】4455【核心提炼·考向探究】561．物质分离的常用方法562．获得产品阶段的主要操作563．常见实验操作“目的或原因”分析57【题型特训·命题预测】57考点要求考题统计考情分析化学工艺流程2023•全国甲卷26题，14分；2023•全国乙卷27题，14分；22023•全国新课标卷27题，14分；2023•山东卷17题，13分；2023•湖南卷17题，14分；2023•北京卷18题，13分；2023•广东卷18题，14分；2023•海南卷15题，10分；2023•江苏卷17题，17分；2023•江苏卷18题，14分；2023•辽宁省选择性考试16题，14分；2023•湖北省选择性考试16题，14分；2023•浙江省6月选考18题，10分；2022•全国甲卷26题，14分；2022•全国乙卷27题，14分；2022•福建卷11题，13分；2022•重庆卷15题，15分；2022•北京卷18题，13分；2022•山东卷17题，13分；2022•江苏卷题，12分；2022•湖北省选择性考试16题，14分；2022•辽宁省选择性考试16题，14分；2022•海南省选择性考试15题，10分；2022•河北省选择性考试15题，14分；2022•湖南选择性考试17题，14分；2022•广东选择性考试18题，14分【命题规律】化学工艺流程题结构一般包括题头、题干和题尾三部分。题头一般简单介绍以何种物质(主要成分是什么、含什么杂质等，要注意一些关键信息)为原料制备哪种物质，以及物质的性质和用途。题干部分则是工业制备的简化工艺流程图。题尾部分则是根据工业生产流程中涉及到的化学知识命题者精心设计的系列问题。【命题预测】预计2024年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。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题型一化学工艺流程与物质制备1．(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。2．(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]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。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·L-1；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)2.8×10-9Al3+(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-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，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-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，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)在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；(6)煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。3．(2022•辽宁省选择性考试)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：；③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为___________。a．进一步粉碎矿石b．鼓入适当过量的空气c．降低焙烧温度(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为___________。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为___________。(6)加入金属的目的是___________。【答案】(1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)将Fe3+转化为Fe2+【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。(1)a项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c项，降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，调pH=2.6时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。4．(2022•山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3]，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(1)酸解时有产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_______。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na+)=_______mol•L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-10(3)SO42-浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______(填标号)。A．65℃、P2O5%=15、SO3%=15

B．80℃、P2O5%=10、SO3%=20C．65℃、P2O5%=10、SO3%=30

D．80℃、P2O5%=10、SO3%=10【答案】(1)6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O(2)2.0×10-2

SO42-(3)CaSO4•0.5H2O

减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率

酸解

D【解析】根据题中的工艺流程，氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF62-，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O。(2)精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(SiF62-)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(SiF62-)=mol•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42-，然后才是SiF62-。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：A项，P2O5%=l5、SO3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B项，P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；C项，P2O5%=10、SO3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D项，P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；故选D。5．(2021•全国甲卷)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)I2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Cl2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n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为_______mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4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-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的Cl2进一步氧化(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O(3)4防止单质碘析出【解析】(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Fe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；②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2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n(Cl2)/n(FeI2)1.5时即Cl2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n(Cl2)/n(FeI2)1.5即Cl2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；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，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：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1molI2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。6．(2021•广东选择性考试)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(Mo)、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，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(BaMoO4)=3.5，Ksp(BaCO3)=2.6；该工艺中，pH时，溶液中Mo元素以MoO42-的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_______。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为_______。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MoO42-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出。(5)高纯AlAs(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H2O刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As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)Al(OH)3(3)①Ba2++MoO42-=BaMoO4↓②(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4：1【解析】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。【解析】(1)“焙烧”中，有Na2MoO4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，Mo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X为Al(OH)3。(3)①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为Ba2++MoO42-=BaMoO4↓。②若开始生成BaCO3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMoO4BaCO3+MoO42-+H+，该反应的化学平衡常数为。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必须满足，由于“沉钼”中pH为7.0，c(H＋)=1.0mol·L－1，所以溶液中时，开始生成BaCO3沉淀，因此，时，应停止加入BaCl2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NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs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Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2，还原剂为GaAs。H2O2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H2O2参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8：2=4：1。7．(2019年江苏高考化学)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：(1)室温下，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡，则溶液中=________[Ksp(CaSO4)=4.8×10−5，Ksp(CaCO3)=3×10−9]。(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是_____________________。(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有________。(4)滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。【答案】(1)1.6×104(2)HCO3-+NH3·H2O＝NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化(3)温度过高，(NH4)2CO3分解加快搅拌速率(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤【解析】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时，溶液中====1.6×104；(2)NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成(NH4)2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3·H2O=(NH4)2CO3+H2O[或NH4HCO3+NH3·H2O(NH4)2CO3+H2O]，离子方程式为HCO3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3·H2ONH4++CO32-+H2O)；浸取废渣时，加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2OHCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动，促进CaSO4的转化；(3)由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)；(4)工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5时Al(OH)3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，为近年来高考的必考题型。该类试题的解题思路为：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。基本方法和步骤为：(1)从题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。易错点和难点是最后一问。物质制备类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、产品的分离及提纯等具体步骤，兼顾考查元素及其化合物、化学基本概念和基本理论、化学实验等知识。一个完整的物质制备类化工生产流程一般包括以下具体内容：1．原料预处理的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2．制备过程中控制反应条件常用方法调节溶液的pH常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等控制温度根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动控制压强改变速率，影响平衡使用合适的催化剂加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间趁热过滤防止某物质降温时析出冰水洗涤洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗3．工艺流程中的常见专业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)1．(2024·福建福州八县协作校高三联考)废SCR催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。已知：TiO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；回答下列问题：(1)元素V在周期表中的位置。在NH4VO3中V元素的化合价是。(2)“球磨”的目的是。(3)请写出“碱浸”过程中WO3与NaOH溶液反应的离子方程式。(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为。(5)“煅烧”NH4VO3的化学方程式为。(6)“沉钨”中为促进CaWO4尽可能析出完全，需要进行的措施是。【答案】(1)第四周期ⅤB族+5(2)增大接触面积，提高“碱浸”反应速率(3)WO3+2OH-=WO42-+H2O(4)TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(6)加入过量CaCl2【解析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤的到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到TiO·xH2O；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH4VO3，经过煅烧分解出V2O5；滤液中加入HCl和CaCl2沉钨，沉淀经煅烧后生成WO3。(1)元素V的原子序数是23，在周期表中的位置是第四周期ⅤB族；在NH4VO3中V元素的化合价是+5价；(2)“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率；(3)碱浸过程中，WO3与NaOH溶液反应生成可溶性的Na2WO4，离子方程式为WO3+2OH-=WO42-+H2O；(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，TO2+“热水解”生成TiO2+·xH2O，离子方程式：TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+；(5)煅烧NH4VO3可生成V2O5，反应化学方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；(6)“沉钨”中析出CaWO4时，为促进CaWO4尽可能析出完全，可利用同离子效应，加入过量CaCl2，促进CaWO4尽可能析出完全。2．(2024·福建福州市八县一中高三联考)电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。回答下列问题：(1)“有机层”的主要成分为(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是。(2)某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有。(3)加适量草酸的目的。(4)“混合沉锂”的离子方程式为。(5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式。(6)钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。①基态Co原子核外电子排布式为。②该晶胞密度为g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)【答案】(1)FeR3和HRLi2CO3、MgCO3消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率(2)O、N(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓(5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(6)[Ar]3d74s2【解析】(1)根据Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(6)Co为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，该晶胞中Li+：、Co3+：、O2-：，其晶胞化学式为：Li3Co3O6，故其密度为：。3．(2023·重庆市二模)仲钼酸铵(NH4)6Mo7O24[]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)制备仲钼酸铵的工艺流程如下图所示：请回答下列问题：(1)基态Co原子的价层电子排布式为_______。(2)焙烧的过程中采用如图所示的“多层逆流焙烧”，其优点是_______(任答两点即可)。(3)焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时的化学方程式为_______。(4)“操作”的名称是_______；实验室完成该“操作”用到的最主要的玻璃仪器是_______。(5)“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为_______。(6)已知有如下转化关系，则8钼酸铵的化学式为_______。(7钼酸根)(8钼酸根)(7)若在某温度下，BaMoO4在水中的溶解平衡曲线如下图所示。向100mL0.400mol/LNa2MoO4溶液中滴加200mLBa(OH)2溶液，恰好使MoO42-完全沉淀[]，则所加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为_______mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。【答案】(1)3d74s2(2)增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等(3)2MoS2+7O22MoO3+4SO2、(4)分液分液漏斗(5)7(NH4)2MoO4+4H2SO4=(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O(6)(NH4)4Mo8O26(7)0.206【解析】含钼废料在空气中焙烧，MoS2转化为MoO3，CoS转化为氧化物，然后加硫酸酸浸，金属进入酸浸液中，用有机萃取剂萃取，钼元素进入有机相中，在有机相中加入过量氨水得到(NH4)2MoO4溶液，向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵。(1)Co的质子数为27，基态Co原子的价层电子排布式为3d74s2。(2)焙烧的过程中采用“多层逆流焙烧”，其优点是增大接触面积，使其充分反应，加快反应速率，提高原料的利用率、实现热量交换，节约能源等。(3)焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和质量守恒写出该反应的化学方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2、。(4)“操作”是将有机相和水相分开，则操作是分液，实验室分液时需要用到的最主要的玻璃仪器是分液漏斗。(5)向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据质量守恒，生成物还有硫酸铵和水，化学方程式为7(NH4)2MoO4+4H2SO4=(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O。(6)8钼酸根中有8个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo的化合价为+6价，8钼酸根带4个单位负电荷，所以O有26个，则8钼酸铵的化学式为(NH4)4Mo8O26。(7)由题意可知：(NH4)2MoO42-完全沉淀时：消耗；由图可知，混合液中；即混合液中；故加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为。4．(2023·安徽省高三质量检测)以某混合氧化物(由MnO2、ZnO、CuO、Fe2O3组成)为原料制备KMnO4和FeSO4·7H2O的工艺流程如下：已知：ZnO与Al2O3的化学性质相似。回答下列问题：(1)基态Cu原子核外电子排布式为_______。(2)写出“酸浸”时，CuO反应的化学方程式：_______。(3)“去铜”时，除了生成CuCl外，还有SO42-、H+生成，该反应的离子方程式为_______。(4)为检验“去铜”后是否含有Fe3+，选用的试剂是_______。(5)“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，该反应中每转移1mol电子，消耗_______gMnO2。(6)已知"“歧化”时反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3。常温下，相关物质的溶解度数据如下：物质K2CO3KHCO3K2SO4KMnO4CH3COOK溶解度(g/100g水)11133.711.16.34256通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通CO2，不能继续通入CO2的原因是_______。可以替代CO2的试剂是_______(填“稀盐酸”“稀硫酸”或“稀醋酸”)。(7)KMnO4的纯度测定：称取mgKMnO4粗品于烧杯中，加入蒸馏水和稀硫酸溶解，再用0.5mol·L-1的Na2C2O4溶液滴定3次，平均消耗Na2C2O4溶液20.00mL。KMnO4样品的纯度为_______%(用含m的代数式表示，杂质不参与反应)。已知酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)CuO+H2SO4=CuSO4+H2O(3)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+(4)KSCN溶液或硫氰化钾溶液(5)43.5(6)若继续通入CO2，则会生成KHCO3，由于与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质KHCO3稀醋酸(7)【解析】混合氧化物加NaOH碱浸，由题干信息可知ZnO溶于NaOH，其他固体不溶，过滤得滤渣，将滤渣溶于硫酸，其中CuO、Fe2O3溶于硫酸生成硫酸铜和硫酸铁，二氧化锰不溶于硫酸，过滤后滤液中通入二氧化硫再加NaCl将铜还原为CuCl沉淀，同时硫酸铁被还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁溶于经浓缩结晶得到晶体；二氧化锰固体加KOH熔融通空气，生成K2MnO4，K2MnO4溶液中通二氧化碳调节pH值10-11发生歧化反应得到高锰酸钾。(1)Cu为29号元素，基态Cu原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)酸浸时氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，故答案为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；(3)“去铜”时，除了生成CuCl外，还有SO42-、H+生成，可知1mol铜离子得1mol电子生成CuCl，1mol二氧化硫失2mol电子生成SO42-，根据得失电子守恒及元素守恒得反应离子方程式：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+；(4)检验三价铁离子可用KSCN溶液或硫氰化钾溶液；(5)“熔融”时MnO2转化为K2MnO4，反应为：MnO2+O2+4KOH=2K2MnO4+2H2O，该反应中每转移1mol电子，消耗0.5molMnO2，质量为43.5g；(6)通入CO2至溶液pH达10~11时，应停止通入，若继续通入会使碱性减弱，生成KHCO3，与碳酸钾相比，碳酸氢钾溶解度与高锰酸钾溶解度相差不是很大，会使得到的高锰酸钾粗品中含有较多的杂质；可以替代CO2的试剂应选弱酸醋酸，弱酸便于控制溶液pH值；(7)酸性条件下KMnO4与Na2C2O4反应，生成Mn2+和CO2。根据得失电子守恒可得关系式：2KMnO4~5Na2C2O4，n(Na2C2O4)=0.5mol/L×0.02L=0.01mol，则n(KMnO4)=n(Na2C2O4)=×0.01mol=0.004mol，KMnO4样品的纯度为%。题型二化学工艺流程与反应原理1．(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40-45℃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C-Ga-C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40-45℃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C-Ga-C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。2.(2023•江苏卷，16)实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为(1)在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[(Mg(OH)2)]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K=___________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有___________(填序号)。A．水浴加热氧化镁浆料B．加快搅拌速率C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2(2)在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57g(20℃)，O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为___________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如题图甲所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是___________。(3)制取MgSO4·H2O晶体。在如题图乙所示的实验装置中，搅拌下，使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应。MgSO3浆料与H2SO4溶液的加料方式是___________；补充完整制取MgSO4·H2O晶体的实验方案：向含有少量Fe3+、Al3+的MgSO4溶液中，___________。(已知：Fe3+、Al3+在pH时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从MgSO4饱和溶液中结晶出MgSO4·7H2O，MgSO4·7H2O在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，实验中需要使用MgO粉末)【答案】(1)①②BD(2)①2SO32-+O22SO42-②pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率(3)①用滴液漏斗向盛有MgSO3浆料的三颈烧瓶中缓慢滴加硫酸溶液②分批加入少量氧化镁粉末，搅拌，直至用pH试纸测得pH≥5，过滤；将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。【解析】本实验的目的是为了制取MgSO4·H2O，首先在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3浆料与H2SO4溶液充分反应生成硫酸镁，在硫酸镁的溶液中加入氧化镁调节溶液的pH除去三价铁和三价铝，将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥即可得到MgSO4·H2O。(1)已知下列反应：①Mg(OH)2+H2SO3=MgSO3+2H2OK②Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)Ksp[(Mg(OH)2)]③MgSO3(s)Mg2+(aq)+SO32-(aq)Ksp(MgSO3)④H2SO3H++HSO3-Ka1(H2SO3)⑤HSO3-H++SO32-Ka2(H2SO3)⑥H2OH++OH-KW根据盖斯定律，①=②-③+④+⑤-⑥，故K=；A项，加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误；B项，加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确；C项，降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误；D项，多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确；故选BD。(2)根据题意，O2氧化溶液中的SO32-，SO32-被氧化为SO42-，1molO2氧化2molSO32-，故O2氧化溶液中SO32-的离子方程式为：2SO32-+O22SO42-；pH增大，抑制SO32-的水解，反应物SO32-的浓度增大，故可加快氧化速率；(3)在进行含固体物质的反应物与液体反应的实验时，应将含固体物质的反应物放在三颈瓶中，通过滴液漏斗滴加液体，H2SO4溶液的滴加速率要慢，以免H2SO4过量；根据题意，首先需要调节pH≥5以除去Fe3+、Al3+杂质，需要用到的试剂为MgO粉末，操作细节为分批加入少量MgO粉末，以免pH过高，不断搅拌进行反应直至检测到pH≥5，然后过滤除去氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；接着需要从溶液中得到MgSO4·H2O，根据题目信息，室温下结晶只能得到MgSO4·7H2O，因此需要在150~170℃下干燥得到MgSO4·H2O，操作细节为将滤液蒸发浓缩、降温至室温结晶，过滤，所得晶体在150~170℃干燥。3.(2023•江苏卷，17)空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。(1)燃煤烟气中CO2的捕集可通过如下所示的物质转化实现。“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应的化学方程式为___________；载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2，其原因是___________。(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一、尿素合成主要通过下列反应实现反应Ⅰ：NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(l)反应Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)①密闭体系中反应Ⅰ的平衡常数(K)与温度的关系如图甲所示，反应Ⅰ的ΔH=___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。②反应体系中除发生反应Ⅰ、反应Ⅱ外，还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵(NH4OCN)等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2的物质的量之比为n(NH3)；n(CO2)＝4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是___________。(3)催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图乙所示。其中，Qx=nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。①当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，阴极主要还原产物为___________(填化学式)。②当电解电压为U2V时，阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为___________。③当电解电压为U3V时，电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为___________(写出计算过程)。【答案】(1)①KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O②相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳(2)①<0②适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高(3)①H2②HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-③每生成1molC2H4转移12mole-，每生成1molHCOO-转移2mole-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为【解析】(1)由图可知“吸收”后所得的KHCO3溶液与石灰乳反应生成碳酸钙用于煅烧产生二氧化碳，产物KOH可回收利用，故化学方程式为KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。载人航天器内，常用LiOH固体而很少用KOH固体吸收空气中的CO2的原因为相同质量的LiOH固体可吸收更多二氧化碳。(2)由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其ΔH<0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。(3)当电解电压为U1V时，电解过程中含碳还原产物的FE%为0，说明二氧化碳为得电子，为氢离子得电子变成氢气。当电解电压为U2V时，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知碱性条件下阴极由HCO3-生成CH4的电极反应式为HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-。当电解电压为U3V时，电解过程中还原产物C2H4的FE%为24%，还原产物HCOO-的FE%为8%，每生成1molC2H4转移12mole-，每生成1molHCOO-转移2mole-，故电解生成的C2H4和HCOO-的物质的量之比为。4．(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。5．(2023•广东卷，18)NCo均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中，利用氨浸工艺可提取NCo，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，NCo2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：Kb(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。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3N(OH)2Al(OH)3M(OH)2Ksp回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为。(2)常温下，的氨性溶液中，c(NH3·H2O)c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+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NCo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Co可制备AlCoO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HNO3溶液中与的比值，理论上最高为。②“热解”对于从矿石提取NCo工艺的意义，在于可重复利用HNO3和(填化学式)。【答案】(1)MO+H2O=M(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+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触面积(5)H体心12(6)0.4或2：5MO【解析】硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)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，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MO可与水反应，化学方程式为MO+H2O=M(OH)2；(2)常温下，的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)=-4.7，，，则c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(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[Co(NH3)6]2+，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+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