2020-2024年五年高考1年模拟化学真题分类汇编（山东专用）-专题11 工艺流程综合题（解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题11工艺流程综合题-1．（2024·山东卷）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：回答下列问题：（1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生(填化学式)。（2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为。（3）“还原”中加入铅精矿的目的是。（4）“置换”中可选用的试剂X为(填标号)。A．

B．

C．

D．“置换”反应的离子方程式为。（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作(填“阴极”或“阳极”)。【答案】（1）1:1H2S（2）热浸（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+（4）C（5）阳极〖祥解〗本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和，“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。【解析】（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S气体。（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2，尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。2．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、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，。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）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，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，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____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）（2）纯碱（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度盐酸浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小〖祥解〗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，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;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。【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。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（）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；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），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，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。3．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]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。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、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和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O（2）

（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】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，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+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()=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()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c()=4c3()，c()=mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=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，然后才是。（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．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．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．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．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；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。4．（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。（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c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。

中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。【答案】增大反应物接触面积，提高化学反应速率使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2OH2SO4阳Na＋〖祥解〗以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，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，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。【解析】（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。（2）中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，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，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。（3）蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4•10H2O；H2SO4。（4）由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。5．（2020·山东卷）用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp回答下列问题（1）软锰矿预先粉碎的目的是，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为。（2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是。（3）滤液I可循环使用，应当将其导入到操作中(填操作单元的名称)。（4）净化时需先加入的试剂X为(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。（5）碳化过程中发生反应的离子方程式为。【答案】增大接触面积，充分反应，提高反应速率：过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2蒸发H2O24.9〖祥解〗软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。【解析】（1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知-2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1:1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O=Ba(OH)2+MnO+S；（2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；（3）滤液I为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；（4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型的沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c(Al3+)=1.0×10-5mol/L时，c(OHˉ)==10-9.1mol/L，所以c(H+)=10-4.9mol/L，pH=4.9，即pH的理论最小值为4.9；（5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2++HCO+NH3·H2O=MnCO3↓+NH+H2O。1．（2024·山东德州一模）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物Ⅱ.0.1溶液的pH=1.0Ⅲ.回答下列问题：（1）滤渣的主要成分是；酸化时，完全转化为的最大pH为。(已知；离子浓度≤10-5mol/L时沉淀完全)（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为。（3）反萃取剂应选用(填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为。（4）生成的化学方程式为，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是。【答案】（1）Al(OH)3和H2SiO3，8.37（2）（3）酸性10∶3（4）H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量〖祥解〗本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0mol⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。2．（2024·山东德州一中、二中联考一模）利用蛇纹石提镁后的中和渣（主要成分为及等杂质）提取高附加值的铁红的一种工艺流程如下图所示。已知：（1）

（2）溶液中离子浓度时可认为完全沉淀请回答下列问题：（1）滤渣1的成分为（填化学式），滤液2中主要的金属阳离子为．（2）还原过程中发生反应的离子方程式为，可用试剂检验还原是否完全。（3）欲制备高纯铁红，净化过程溶液中各离子的去除率与的关系如下图，则应控制为．（4）沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为，计算说明两种离子能否彻底先后分离．（5）煅烧过程中发生的化学方程式为．【答案】（1）和

（2）溶液或苯酚（3）4.5（4）当恰好沉淀完全时，，根据，此时，，不生成沉淀，故可以将和彻底先后分离。（5）〖祥解〗蛇纹石提镁后的中和渣(主要成分为及等杂质)加入硫酸酸浸，SiO2、生成的硫酸铅不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2、PbSO4，酸浸液中含有Fe3+、Al3+、Co2+、Cr3+、Ni2+，加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，加入NaOH净化，生成Cr(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3，所得滤液加Na2S沉钴镍，则滤渣2为CoS、NiS，所得滤液2中主要的金属阳离子为、，加入碳酸氢铵和一水合氨沉铁，反应过程中元素化合价不发生变化，则所得滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红。【解析】（1）据分析，滤渣1的成分为和（填化学式），滤液2中主要的金属阳离子为、。（2）还原过程为二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，发生反应的离子方程式为，检验还原是否完全，只要检测所得溶液中是否含Fe3+，Fe3+能和KSCN溶液显血红色、和苯酚溶液显紫色，则可用试剂溶液或苯酚检验还原是否完全。（3）净化过程是保证Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3和Al(OH)3，而Fe2+尽可能不沉淀，由溶液中各离子的去除率与的关系图知，为4.5时最理想，则应控制为4.5。（4）已知、，则CoS的溶解度比NiS更小、CoS更容易生成，故沉钴镍时，若溶液中浓度均为逐渐加入，则先沉淀的离子为；当恰好沉淀完全时，，根据，此时，，不生成沉淀，故可以将和彻底先后分离。（5）沉铁、得到滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红，则煅烧过程中氧气为氧化剂，则发生的化学方程式为。3．（2024·山东菏泽一模）稀土针铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕(，质量分数为)、]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。已知：①的稳定价态为价；的活动性较强，与稀硫酸反应产生；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量生成可溶性配合物；②常温下，。回答下列问题：（1）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的为2.3，钕全部以沉淀完全。若溶液中，(填“有”或“无”)沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是。（2）“沉淀”过程得到晶体。此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值和沉钕率的关系如图所示，对沉钕率变化趋势进行解释：。（3）“滤液2”的溶质主要为(填化学式)；“滤液3”中的(填化学式)可在上述流程中循环利用。（4）“一系列操作”包括；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为。【答案】（1）无酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全（2）适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率（3）、NaOHH2SO4（4）过滤、洗涤、干燥〖祥解〗钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣1为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd(H2PO4)3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3+，加入草酸溶液生成Nd2(C2O4)3·10H2O沉淀，灼烧Nd2(C2O4)3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到Nd。【解析】（1），因此不会有沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H+与反应生成，导致浓度太小，沉淀不完全。（2）适当增大草酸的用量，可增加的浓度，有利于形成，从而提高沉钕率，但草酸浓度过大时钕离子可与过量生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；（3）Nd(H2PO4)3+9NaOH=Nd(OH)3+3Na3PO4+6H2O，“滤液2”的主要溶质有Na3PO4、NaOH。“滤液3”中含有硫酸，可循环使用；（4）“沉淀”过程得到晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2,化学方程式为。4．（2024·山东济南一模）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化；②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：③lg5=0.7。回答下列问题：（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示：c(H2SO4)/mol·L-11.05.010.016.018.0Mn浸出率/%2578958555Al浸出率/%35908350则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为mol·L-1。（2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，则调pH的范围为，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为。（3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为，整个流程中，可以循环使用的物质有。（4）获取明矾的“一系列操作”是。【答案】（1）将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)310.0（2）4.67≤pH≤5.5（3）O2、硫酸（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤〖祥解〗软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)与SO2和稀硫酸反应，MnO2被还原为Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入碳酸锰调pH值，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，滤液中含有Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，加入稀硫酸、K2SO4溶解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾。【解析】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是：将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，要求Mn和Al的浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0mol/L的硫酸溶液最合适；（2）加入碳酸锰调pH值，是为了让Al3+转化为Al（OH）3沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中，，当Al3+完全沉淀时，，，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0mol·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001mol·L-1，当Mn2+开始沉淀时，，，，pH=8.35；当Fe2+开始沉淀时，，，，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，则4.67≤pH≤5.5；（3）MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，反应的化学方程式为：；整个流程中，可以循环使用的物质有：O2、硫酸；（4）获取明矾的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。5．（2024·山东济宁一模）一种以钌矿石[主要含Ru(CO3)2还含少量的Al2O3、FeO、MgO、SiO2和CaO等]为原料制备钌(Ru)的流程如图，回答下列问题：已知：①常温下，Ksp(CaF2)=1.5×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，≈2.7，≈3.9②离子浓度等于或低于1×10-5mol•L-1时，则认为该离子已被完全除去。（1）气体A的成分为，滤液1中溶质为。（2）“沉铁”的离子方程式为。（3）“软化”时，溶液中钙离子和镁离子的浓度分别为0.01mol•L-1和0.02mol•L-1，常温下取2.0L该滤液，使其中Ca2+、Mg2+沉淀完全，则至少需要加入NaF的物质的量为。（4）“灼烧”时Ar的作用是。（5）产生相同量的钌，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量比值为；从安全角度分析，方案2优于方案1，其理由是。【答案】（1）CO2Na2SiO3、NaAl(OH)4（2）6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-（3）0.1278mol（4）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（5）1:2方案1使用氢气作还原剂，氢气是易燃易爆气体，方案2更安全〖祥解〗熔融后得到熔块为金属氧化物和熔融混合生成的高温不分解的盐，Ru(CO3)2热分解，气体A为CO2，水浸时，熔融得到的硅酸钠、四羟基合铝酸钠（偏铝酸钠）溶解，即为滤液1的溶质，酸浸后溶液中有Ru3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，沉铁时加入氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀除去，软化步骤是加入氟离子使Mg2+、Ca2+变为氟化物沉淀除去，软化后的液体即为含Ru3+的溶液，通过后续步骤得Ru；【解析】（1）由分析知，A为CO2，滤液1中溶质为Na2SiO3、NaAl(OH)4；（2）“沉铁”时，氯酸钠在碱性条件下把二价铁转化为三价铁并生成Na2Fe4(SO4)6(OH)沉淀，离子方程式为6Na++12Fe2++2+18+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)↓+2Cl-+6OH-；（3）Ksp(MgF2)=7.4×10-11更小，说明Mg2+先沉淀完全，故以Ca2+完全沉淀计算，Ksp(CaF2)=1.5×10-10=，当c(Ca2+)=1×10-5mol•L-1时，，则加上沉淀的氟离子，需加入NaF的物质的量为；（4）“灼烧”时，方案1中有还原性的H2，未加入Ar,方案二加了Ar，故Ar的作用是作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；（5）Ru从+2价变为0价，每生成1molRu，需要H21mol，分解产生CO22mol，方案1中消耗H2与方案2中产生CO2的物质的量比值为1:2，从安全角度分析，方案2优于方案1，从安全角度分析，方案2优于方案1。6．（2024·山东聊城一模）活性炭载钯（Pd/C）催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂（钯碳）的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯（）和Pd的流程。（1）实验室中可在（填仪器名称）中模拟“焚烧”过程。为二元弱碱，常温下的电离常数、，则常温下0.1mol/L水溶液pH=。（2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成和一种有毒的无色气体A，A为（填化学式），钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为，写出“除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式。（3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为（填名称），加入该试剂的目的是。（4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为，其吸附的氢气是其体积的n倍（标准状况），则此条件下，氢气的浓度mol（氢气的浓度r为1molPd吸附氢气的物质的量，用含、n的分数式表示）。【答案】（1）坩埚10.5（2）NO2.5h，90℃或（3）盐酸中和，促进转化为沉淀（4）〖祥解〗废钯催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而除去，加入N2H4，PdO被N2H4还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO气体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到Pd。【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验；的电离方程式为，电离常数，则c(OH-)=10-3.5，c(H+)==10-10.5，pH==10.5（2）由分析知有毒的无色气体A为NO，由图钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式：或（3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和，促进转化为沉淀（4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为1000g，物质的量为，吸附氢气体积为nL，物质的量为，则1molPd吸附氢气的物质的量为7．（2024·山东临沂一模）废旧电池镍钴锰酸锂三元正极材料的主要成分为，通过高温氢化和湿法冶金的方法回收其中的镍、钴、锰、锂，其工艺流程如图所示。已知：①该工艺条件下，Ni2+开始沉淀的pH为2，Co2+开始沉淀的pH为3。②M2+(Co2+或Ni2+)的萃取原理：2HR(有机相)+M2+(水相)MR2(有机相)+2H+(水相)。回答下列问题：（1）“高温氢化”时固体产物为Co、Ni、MnO和LiOH，该反应的化学方程式为；实际生产中还有少量的Li2CO3生成，原因是。（2）“酸洗”的目的是；若“洗液”中c(Li+)=2.0mol•L-1，加入Na2CO3固体后，为使沉淀Li2CO3中Li元素含量不小于Li元素总量的95%，则1.0L“洗液”中至少需要加入Na2CO3的物质的量为mol[忽略溶液体积变化，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3]。（3）“沉锰”过程中pH对金属沉淀率的影响如图所示。①生成MnO2的离子方程式为。②pH=0.5时，有少量钴、镍析出，可能的原因是；应选择的最佳pH为。（4）“反萃取”的目的是将有机层中Co2+、Ni2+转移到水层。①试剂X为(填试剂名称)。②为使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，应采取的实验操作有。【答案】（1）6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2OLiOH与空气中CO2反应（2）降低锂在固体残余物中的含量1.17（3）3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+MnO2沉淀过程中夹杂、包裹1（4）盐酸多次反萃取〖祥解〗由题给流程可知，废旧电池正极材料在氢气和氮气混合气体中高温氢化时，转化为钴、镍、一氧化锰和氢氧化锂，“高温氢化”时得到的固体经水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液和固体残余物；向氢氧化锂中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂；向残余物中加入硫酸溶液酸浸，将钴、镍、一氧化锰转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入高锰酸钾，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到二氧化锰和滤液；向滤液中加入HR有机萃取剂萃取溶液中的亚钴离子和镍离子，分液得到水相和有机相；向有机相中加入盐酸，经多次反萃取、分液得到水相和有机相；水相中氯化亚钴和氯化镍在一定条件下分离得到氯化亚钴和氯化镍。【解析】（1）由分析可知，高温氢化时发生的反应为高温条件下与氢气反应转化为生成钴、镍、一氧化锰、氢氧化锂和水，反应的化学方程式为6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；实际生产中还有少量的碳酸锂生成说明反应生成的氢氧化锂与空气中的二氧化碳反应生成碳酸锂和水，故答案为：6+7H26LiOH+2Li+2Co+2MnO+4H2O；LiOH与空气中CO2反应；（2）由分析可知，水洗、草酸酸洗得到氢氧化锂洗液，所以酸洗的目的是将锂元素完全转移到洗液中，降低锂在固体残余物中的含量；由题意可知，溶液中锂离子转化为碳酸锂时，消耗碳酸钠的物质的量为2.0mol/L×1.0L×95%×=0.95mol，溶液中锂离子的浓度为2.0mol/L—2.0mol/L×95%=0.1mol/L，由溶度积可知，溶液中碳酸根离子的物质的量为×1.0L=0.22mol，则1.0L“洗液”中至少需要加入碳酸钠的物质的量为0.95mol+0.22mol=1.17mol，故答案为：降低锂在固体残余物中的含量；1.17；（3）①由分析可知，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰沉淀，反应的离子方程式为3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为：3Mn2++2MnO+2H2O=5MnO2↓+4H+；②pH=0.5时，有少量钴、镍析出是因为二氧化锰沉淀过程中夹杂、包裹了一定量的钴元素和镍元素；由图可知，溶液pH为1时，锰元素沉淀率达到最大，而钴元素和镍元素沉淀率较小，则应选择的最佳pH为1，故答案为：MnO2沉淀过程中夹杂、包裹；1；（4）①由分析可知，试剂X为反萃取剂盐酸，目的是萃取、分液得到含有氯化亚钴和氯化镍的水相，故答案为：盐酸；②由萃取原则可知，可以使用少量多次反萃取的方法使Co2+、Ni2+尽可能多地转移到水层，故答案为：多次反萃取。8．（2024·山东名校联考一模）锑(Sb)及其化合物广泛用于化工生产。以粗锑氧为原料制备Sb和Sb2O3的工艺流程如图所示。已知：Ⅰ.粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质；Ⅱ.浸出液主要含Sb3+、H+和Cl-，还含有Sb5+、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质；Ⅲ.Sb2O3为两性氧化物；Ⅳ.25℃时，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38回答下列问题：（1）已知SbCl3在熔融状态下不导电，则SbCl3是化合物(填“共价”或“离子”)。（2）“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，理由是。（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl，加氨水对其“除氯”的化学反应方程式为。（4）为提高Sb2O3的纯度，需要洗掉“滤渣Ⅱ”表面的AsCl3，最好选取的洗涤剂是(填标号)。a．NaCl溶液

b．4mol·L-1H2SO4

c．KOH溶液（5）“除砷”时有H3PO3生成，该反应的化学方程式为。（6）“电解”过程中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压在U0V之前时，阴极主要的电极反应式，当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是。【答案】（1）共价（2）由于与的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大（3）（4）a（5）（6）参与了电极反应〖祥解〗粗锑氧主要成分为Sb2O3，含有PbO、SnO2、As2O3、ZnO、FeO等杂质，加入盐酸浸取得浸取液，主要含Sb3+、H+和Cl-，还含有Sb5+、Zn2+、Fe3+和As3+等杂质，滤渣1可回收Pb、Sn，浸出液中加入Sb还原SbCl5，生成SbCl3，加入时保证Zn2+沉淀完全，“除砷”时转化H3PO3和砷单质，剩余SbCl3溶液，电解得到Sb；SbCl3水解得到难溶于水的固体SbOCl，“过滤”得到滤渣成分为SOC1，加氨水对其“除氯”发生，过滤、洗涤、干燥得到。【解析】（1）SbCl3在熔融状态下不导电，则SbCl3是共价化合物；（2）Sb将Fe3+转化为Fe2+该转化有利于“水解”时锑与铁的分离，因为与的数值相近，不易于沉淀分离，沉淀pH值较大有利于与分离；（3）“过滤”得到滤渣成分SbOCl与氨水反应生成，因此“除氯”的化学反应方程式为；（4）为提高Sb2O3的纯度，需要洗掉“滤渣Ⅱ”表面的AsCl3，最好选取的洗涤剂是NaCl溶液，可防止固体溶解，且不引入新杂质；（5）“除砷”时和反应有H3PO3和生成，该反应的化学方程式为；（6）电压在U0V之前时，阴极主要的电极反应式；当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是参与了电极反应。9．（2024·山东青岛一模）蛇纹石矿(主要成分为MgO、SiO2和少量铁、铝、镍等元素)与绿矾耦合焙烧提取富镁溶液矿化CO2并回收镍。工艺流程如图。已知：①DDTC[]是一种常见的络合剂，对低浓度镍离子的络合效果好；②25℃时，，。回答下列问题：（1）“耦合焙烧”过程中绿矾做助剂，将蛇纹石矿的金属元素全部转化为硫酸盐。“滤渣1”的主要成分为(填化学式)。（2）25℃时，pH对“浸出液”中金属沉淀率的影响如图，加入氨水调节的适宜pH≈。当铝离子恰好完全沉淀时，mol⋅L-1(保留两位有效数字)。(已知当离子浓度时认为已完全沉淀)（3）“滤饼”主要成分的结构中存在两个通过配位键形成的稳定四元环。配位原子为，原因为。（4）“矿化”的离子方程式为。（5）已知蛇纹石矿中氧化镁含量约为30%，提取过程中镁损失率为20%。80℃时，若矿化率为95%，则每1000kg蛇纹石矿可固定CO2的质量约为kg。【答案】（1）SiO2（2）4.5（3）SS原子电负性小，半径大，更易给出电子（4）（5）200.64〖祥解〗根据题给信息，耦合焙烧后有关金属元素转化为硫酸盐，SiO2不参与反应，加入硫酸浸出时，硫酸盐均溶解，SiO2等不溶性杂质被过滤后留在滤渣1中，浸出液中加氨水调pH，使转化为难溶碱而除去，净化液中加入DDTC，与镍离子络合生成沉淀，过滤分离出滤饼，焙烧后获得NiO，往滤液中通入NH3、CO2“矿化”后获得。据此答题。【解析】（1）根据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2。（2）根据图示，为使尽可能沉淀，尽可能不损失，加入氨水调节的适宜。当铝离子恰好完全沉淀时，，根据得此时。（3）DDTC中能够提供孤电子对的原子有N、S，S的电负性小于N的，S的原子半径大于N的，因此S更容易提供孤电子对与镍离子形成配位键，则配位原子为S。（4）根据流程图中提供的信息，“矿化”时反应的离子方程式为：。（5）根据有关数据，“矿化”时实际反应的质量为：，根据“矿化”反应的离子方程式得：因此每1000kg蛇纹石矿可固定CO2的质量约为200.64kg。10．（2024·山东省实验中学一模）以某种铁钴矿(主要成分为，还含有少量等杂质)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示：回答下列问题：（1）滤渣3的主要成分为；确定“滤液1”中的已被完全氧化的方法是。（2）向“溶液A”中加入适量的溶液，生成颗粒较大的黄钠铁矾[]沉淀的同时还生成一种气体，这种气体的化学式是。（3）向“滤液3”中按物质的量之比为加入和，若“滤渣4”的成分为，总反应的离子方程式是。经检测，“滤渣4”是由和形成的混合物。隔绝空气灼烧时，发生反应的化学方程式是；如果控制温度不当，会生成杂质，反应的化学方程式是。（4）向“滤液1”中加入的“溶液”须控制用量，请解释原因。【答案】（1）MgF2取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化（2）CO2（3）（4）由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO溶液氧化为Fe3+，若NaClO溶液过量，则Co2+也会被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾〖祥解〗铁钴矿焙烧时硫元素转化为二氧化硫，高温下碳元素转化为碳的氧化物，铁元素转化为铁单质，钴元素转化为钴单质，然后用硫酸酸浸，二氧化硅不溶，滤液1中主要含有Co2+、Fe2+、Mg2+等，加入次氯酸钠氧化溶液中的亚铁离子，加入碳酸钠调节pH沉淀铁离子，使其转化为黄钠铁矾，滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+，同时使其转化为滤渣4，滤渣4焙烧得到三氧化二钴，据此解答。【解析】（1）①滤液2中加入氟化钠沉淀镁离子，所以滤渣3的主要成分为MgF2；②检验亚铁离子一般用K3[Fe(CN)6]溶液，所以确定滤液1中的Fe2+已被氧化完全的方法为：取适量滤液1于试管中，滴加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，说明Fe2+已被完全氧化；（2）①在溶液A中加入适量的Na2CO3调节pH为1.6∼2.0，生成黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，根据原子守恒可知生成气体的化学式为CO2；（3）①滤液3中加入次氯酸和碳酸钠，氧化Co2+钴离子，同时使其转化为Co(OH)3，根据添加比例及氧化还原规律可得到总反应的离子方程式是；②由流程可知，Co(OH)SO4隔绝空气灼烧时生成Co2O3，根据原子守恒可知还有水和三氧化硫生成，则发生的化学反应方程式为；③如果控制温度不当，Co(OH)3会生成CoO杂质，发生氧化还原反应，根据氧化还原规律，可得反应方程式为：；（4）由于Fe2+的还原性强于Co2+，优先被NaClO溶液氧化为Fe3+，若NaClO溶液过量，则Co2+也会被氧化，所以控制NaClO溶液有利于得到较纯的黄钠铁矾。11．（2024·山东临沂二模）高纯二硫化钼粉体被誉为“固体润滑之王”。由钼精矿(主要成分为，还有少量等)制备高纯的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）“焙烧”时生成的化学方程式为；“水洗”的目的是。（2）“转化”过程中，存在。①转化为的化学方程式为。②保持温度为反应后，冷却至并静置测得对晶体产率的影响如图所示。时，晶体产率为0的原因是；时，晶体产率继续增大的原因是。（3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体可通入(填操作单元的名称)中循环使用。（4）也可由在一定条件下加热分解制得，同时产生和某种硫单质，且与硫单质的物质的量之比为，则硫单质的分子式为。【答案】（1）除去碳酸钾（2）量不足，转化生成继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大（3）转化（4）S4〖祥解〗钼精矿在空气中煅烧，将转化为和二氧化硫，水洗除去碳酸钾等可溶物，过滤分离出固体加入氨水浸取，氧化铁、氧化镁不反应称为浸渣，浸取液含有，加入硫化铵将，加入硫酸酸浸，得到硫化氢气体和沉淀：+2H+=MoS3↓+H2S↑，使用氢气高温还原得到；【解析】（1）空气中氧气具有氧化性，“焙烧”时被氧化为，同时生成二氧化硫，化学方程式为；氧化铁、氧化镁、均不溶于水，而碳酸钾溶于水，“水洗”的目的是除去碳酸钾；（2）①加入硫化铵生成，根据质量守恒可知，同时生成一水合氨，化学方程式为。②时，量不足，转化生成，故晶体产率为0；时，转化生成，继续加入，使得铵根离子浓度增大，降低了溶解度，使其结晶析出，导致晶体产率继续增大；（3）“酸浸”和“高温还原”中产生的气体为硫化氢，硫化氢和氨水生成硫化铵，故可通入转化环节中继续使用；（4）与硫单质的物质的量之比为，假设生成8分子氨气、1分子硫单质，根据质量守恒可知，有4分子在参与反应，则生成4分子，Mo化合价由+6变为+4，转移4×2=8个电子，生成硫单质的硫化合价由-2变为0，根据电子守恒可知，生成硫单质中硫原子数目为8÷2=4，故硫单质化学式为S4。12．（2024·山东名校考试联盟二模）以水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。已知：①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：金属离子Fe3+Fe2+Co2+Cu2+开始沉淀时(c=0.01mol/L)的pH2.77.57.64.7完全沉淀时(c=10-5mol/L)的pH3.79.09.16.2③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+；④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2。回答下列问题：（1）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式：。（2）“滤渣1”的主要成分为。（3）常温下，“滤液1”中(Fe元素都以Fe3+形式存在)加“氧化铜”调pH不小于。（4）常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为g(忽略溶液体积的变化)。（5）“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为。（6）采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是。（7）将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为。【答案】（1）（2）（3）3.7（4）4.60g（5）稀硫酸（6）电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解（7）〖祥解〗水钴矿(Co2O3·H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)中加硫酸进行溶解，二氧化硅不能被硫酸溶解，同时生成硫酸钙，过滤将二者除去；溶解过程中Co3+将Cu2S氧化，自身被还原为Co2+；加入氧化铜调节pH，以将Fe3+形成沉淀过滤除去；加入NaF，可将Mg2+和Ca2+形成沉淀，过滤除去；加入萃取剂对Cu2+进行萃取，以将Cu2+和Co2+分离，分离后加入反萃取剂硫酸进行反萃取后得含CuSO4溶液，经操作得胆矾；萃取后水相中加入碳酸钠将Co2+沉淀形成CoCO3，加盐酸溶解后对溶液进行电解得Co。【解析】（1）“酸浸”过程Co元素化合价+3价降为+2价，硫元素价有-2价变为+6价，Cu元素化合价由+1价升高为+2价，根据得失电子守恒及质量守恒，化学方程式：；（2）根据分析，“滤渣1”的主要成分：；（3）为确保Fe3+完全沉淀，应调pH不小于3.7；（4）“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，除去后认为溶液中c(Mg2+)≤10-5mol/L，此时溶液中c(F-)===2.5×10-2mol/L，该反应过程中Mg浓度变化：，则消耗NaF物质的量：0.0298mol/L，“滤液2”体积为2L，对应质量：；（5）根据萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+及产物需得胆矾可判断，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为稀硫酸；（6）用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，电解过程中阳极发生电极反应：，导致溶液呈酸性，而阴极电极反应：，生成的Co在酸性环境下被溶解；（7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，四面体形离子为氨分子，白色沉淀的化学式：。13．（2024·山东日照二模）用软锰矿(，含、杂质)和方铅矿(PbS含少量FeS)为原料制备电极材料的工艺流程如下：已知：，，有关离子沉淀时的pH：开始沉淀时8.37.62.73.0沉淀完全时9.89.63.74.7回答下列问题：（1）“滤渣1”除了S、外，还有(填化学式)。（2）“试剂a”可以选用(填标号)，“除杂”应调pH范围是。A．NaClO

B．

C．

D．NaOH（3）“沉锰”时发生反应的离子方程式为。（4）“沉锰”后上层清液中。（5）“焙烧”时发生反应的化学方程式为。（6）碳酸锰在空气中加热，固体残留率随温度变化如图。碳酸锰在300℃时已完全脱碳，则B点对应的物质的化学式为。【答案】（1）（2）AC4.7≤pH<8.3（3）（4）2.5（5）（6）〖祥解〗浸取时生成硫酸锰、硫酸铝、硫酸铅、硫酸亚铁、硫、硫酸锂等，则滤渣1为硫酸铅、S、；加入适量铁，消耗一部分硫酸，加入氧化剂a,将硫酸亚铁氧化，并且调pH，得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，向滤液中加入氨水与碳酸氢钠沉锰得到碳酸锰，加入碳酸锂和氧气焙烧，得到。【解析】（1）根据分析知，“滤渣1”除了S、外，还有；（2）“试剂a”作用是氧化亚铁离子，并且调pH得到氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，因此可以选用NaClO和，“除杂”调pH范围是4.7≤pH<8.3；（3）根据电荷、原子守恒，“沉锰”时发生反应的离子方程式为；（4）；（5）根据得失电子守恒以及原子守恒，“焙烧”时发生反应的化学方程式为；（6）设MnCO3物质的量为1mol，m（MnCO3）=1mol115g/mol=115g，其中n（Mn）=1mol，m（Mn）=55g，800℃，剩余固体的质量为115g68.7%=79g，其中m（O）=79g-55g=24g，n（O）=24g16g/mol=1.5mol，n（Mn）∶n（O）=2∶3，则B点对应的物质的化学式为。14．（2024·山东威海二模）铑(Rh)是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)中提炼铑的主要途径有如下两种：已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。②Rh(Ⅲ)易与形成配离子，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：。③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。氢氧化物(已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol·L；金属离子浓度mol⋅L时，可认为该离子沉淀完全。)回答下列问题：（1）途径一：①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为，该反应的化学方程式为。②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是。③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有。（2）途径二：①“控温焚烧”的目的是且防止Rh单质被氧化。②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与反应的产物之一为，则参加反应的Rh和的物质的量之比为。③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为(保留两位有效数字)。④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为。【答案】（1）2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失Na+、Fe3+（2）防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全2:32.8~4.2Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3〖祥解〗途径一：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3-发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过滤，Rh(OH)3和途径一相同处理得铑粉；【解析】（1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6；②由图像可知，pH=2时，铜的沉淀率已达98%，若pH<2，铜的沉淀率会较低；pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失；③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na+、Fe3+；（2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全；②Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为2:3；③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38.6，c(OH-)==10-11.2mol/L，即pH=2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10−19.6，c(OH-)==10-9.8mol/L，即pH=4.2，故调节的pH范围为2.8~4.2；④用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3。15．（2024·山东潍坊二模）锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、。通过沉淀—萃取法可以回收其中的锰、钴、镍，流程如图所示。已知：萃取剂a和b均为有机物，可用通式HR表示，萃取金属离子时，发生反应：(M代表被萃取的金属)。回答下列问题：（1）的作用是。（2）该流程中涉及的实验操作有___________(填字母标号)。A．过滤 B．蒸发结晶 C．分液 D．蒸馏（3）加入调pH的目的是。（4）已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时，。(保留1位有效数字)（5）写出反萃取出的离子方程式。（6）回收液中浓度的测定：取50.00mL回收液，滴入几滴紫脲酸胺(紫色)指示剂(遇显橙黄色)，用浓度为0.1000的溶液进行滴定()，达到滴定终点时消耗溶液的体积12.50mL。①滴定终点的现象是。②物质的量浓度为。③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致所测含量(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。【答案】（1）氧化（2）AC（3）使转化成Fe(OH)3沉淀除去（4）0.001（5）（6）当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色0.0250偏高〖祥解〗锰废渣的硫酸浸出液含有大量、、以及少量的、、、，往其中加二氧化锰将二价铁氧化为三价铁，加碳酸钙调溶液pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，往滤液中加MnF2沉淀钙离子和镁离子，过滤，往滤液中加萃取剂a萃取锰离子，所得有机相中加入反萃取剂得到含Mn2+的溶液；无机相用萃取剂b萃取Co2+，所得无机相为含Ni2+的溶液、有机相中加入反萃取剂得到含Co2+的溶液。【解析】（1）以上分析可知，浸出液中含二价铁，的作用是将二价铁氧化为三价铁；（2）该流程中得滤渣①和滤渣②的操作为过滤，萃取之后得有机相和无机相的操作为分液，故答案为：AC；（3）用二氧化锰将二价铁氧化为三价铁后，加入调pH可以使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，所以加入调pH目的是使转化成氢氧化铁沉淀除去；（4）已知：，，向除铁后的溶液中加入，当溶液中时，，则；（5）根据信息可知，反萃取剂为酸，即反萃取出时加入适量的酸将Mn2+反萃取出来，相应的离子方程式为；（6）①在与溶液恰好完全反应之前，溶液呈橙黄色，恰好完全反应后，溶液中无Ni2+，此时再加半滴溶液，溶液将会呈紫色，且半分钟内不恢复原色，所以滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液后，溶液由橙黄色变为紫色，且半分钟内不变回橙黄色；②反应时与按物质的量1:1反应，所以的物质的量浓度为；③若紫脲酸胺滴入过多，终点延迟，会导致偏多，则所测含量偏高。16．工业上用电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]和废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：已知：①在碱性条件下，Cr(Ⅲ)可被H2O2氧化为Cr(Ⅵ)；在酸性条件下，Cr(Ⅵ)可被H2O2还原为Cr(Ⅲ)。pH＜5时Cr(Ⅵ)主要以存在，pH>7时Cr(Ⅵ)主要以存在。Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀。②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）滤液1中主要的阳离子有和。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，pH不宜过大的原因是。（2）“转化”中Cr3+反应的离子方程式为。一系列操作的顺序为(填标号)。可供选择的操作有：①加热浓缩、趁热过滤

②冷却结晶、过滤洗涤

③加H2SO4溶液调pH

④加NaOH溶液调pH

⑤加热煮沸（3）25℃时Na2Cr2O7溶液中存在多个平衡，本题条件下仅需考虑如下平衡：

；

。pH=9，0.1mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，则溶液中的平衡浓度为(保留两位有效数字)。（4）“盐浸”目的是加入Na2CO3溶液将PbSO4转化为PbCO3，Na2CO3溶液的最小浓度为mol∙L-1(保留两位有效数字)。[已知：25℃时，，]（5）“焙烧”时H2C2O4与PbO2反应生成PbO、CO2和O2，测得CO2与O2分压比为2∶1，则反应的化学方程式为。【答案】（1）[Cu(NH3)4]2+Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)（2）⑤③①②④（3）6.0×10-4（4）5.9×10-10（5）〖祥解〗电镀污泥[含Cr(OH)3，少量Cu(OH)2，FeO和Fe(OH)3等]中加入NH3∙H2O和(NH4)2CO3进行氨浸，Cu(OH)2溶解生成[Cu(NH3)4]2+，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3不溶而成为滤渣；往滤渣中加入H2SO4，Cr(OH)3、FeO和Fe(OH)3溶解生成Cr3+、Fe2+、Fe3+，通入O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入Na2CO3，此时Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，过滤后，往滤液中加入NaOH调节pH=9，并加入足量的H2O2氧化铬，将铬转化为；经过一系列操作得到Na2CrO4。废铅膏(含PbSO4，少量PbO2，PbO)中加入Na2CO3进行盐浸，将PbSO4转化为PbCO3，再加入H2C2O4焙烧，生成PbO、CO2、O2，然后加HNO3酸化，生成Pb2+；两份溶液混合，可制得PbCrO4。【解析】（1）由分析可知，滤液1中主要的阳离子有和[Cu(NH3)4]2+。“沉铁”加入Na2CO3溶液调节溶液的pH=2，生成黄钠铁钒沉淀，若pH过大，会导致Fe3+、Cr3+生成沉淀，其原因是：Fe(OH)3和Cr(OH)3易形成共沉淀难以分离(或Fe(OH)3胶体吸附Cr3+)。（2）“转化”中，溶液由酸性变为碱性，此时Cr3+转化为，反应的离子方程式为。从溶解度曲线可以看出，若直接降低温度，则Na2SO4也会结晶析出，则应先除杂质，即加酸将转化为，升高温度让Na2SO4结晶析出后，再降低温度，结晶析出Na2Cr2O7，再调节溶液的pH，将Na2Cr2O7转化为NaCrO4，所以一系列操作的顺序为⑤加热煮沸、③加H2SO4溶液调pH、①加热浓缩、趁热过滤、②冷却结晶、过滤洗涤、④加NaOH溶液调pH，故选⑤③①②④。（3）pH=9，0.1mol∙L-1Na2Cr2O7溶液中，依据Cr元素守恒可建立等式：c()+c()+2c()=0.2mol/L，，则c()+c()≈0.2mol/L，，，溶液中的平衡浓度为mol/L≈6.0×10-