专题84 工艺流程-结合理论综合 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2015-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题84工艺流程——结合理论综合考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1简单工艺流程中应用2023•山东卷，、2023•江苏卷化工流程的命题来源很广,与各个知识模块的结合点较多,因此分析工业生产化工流程题时,应将流程路线、试题设问和理论知识有机结合起来,它常常结合工艺流程考查基本化学实验问题。流程的最终目的就是收益最大化，充分利用理论知识，做题时只需找到所需回答的问题与流程图中相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”就可以有效解决相关问题，对流程进行在效评价。考点2综合工艺流程中应用2023•湖南卷、2023•辽宁省选择性考试、2023•湖北省选择性考试、2023•北京卷、2023•广东卷、2023•江苏卷、2022•山东卷、2022•全国乙、2022•全国甲、2022•湖南选择性、2022•广东选择性、2021•全国乙、2021•湖南选择性、2021•广东选择性、2021•辽宁选择性考试、2021•湖北选择性考试、2015·四川卷考点1简单工艺流程中应用1．(2023•山东卷，13)一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是()A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少【答案】CD【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在条件下进行。A项，反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B项，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；C项，经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D项，制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；故选CD。2．(2023•江苏卷，12，3分)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如题图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是()A．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F-)c(Na＋)+c(H＋)B．“除镁”得到的上层清液中：C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)D．“沉锰”后的滤液中：(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HCO3-)+2c(CO32―)【答案】C【解析】A项，0.1mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH―)+c(F-)c(Na＋)+c(H＋)，A错误；B项，“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F―)，故，B错误；C项，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(CO32―)+c(OH―)=c(H＋)+c(H2CO3)，故c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C正确；D项，“沉锰”后的滤液中还存在F-、SO42-等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。故选C。考点2综合工艺流程中应用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•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列问题：(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为M、_______(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，M(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，M(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。(6)“沉镁”中为使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精确至0.1)。【答案】(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(2)NA(3)①M+HSO3-+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，发生反应M+HSO3-+H2O=M，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积；(2)H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA；(3)用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为：M+HSO3-+H2O=M；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=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，故滤渣还有氢氧化铁；(4)根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp=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。3．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填标号)。a．Si-Cl键极性更大b．Si的原子半径更大c．Si-Cl键键能更大d．Si有更多的价层轨道【答案】(1)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反应(4)①5.9×10-7②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH-)1.0×10-4mol·L-1，Co2+浓度为mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a项，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；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。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)2CO3属于晶体；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NCo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，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；(5)①“析晶”过程中为了防止N水解，因此通入的酸性气体A为H；②由Co可制备AlCoO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分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；(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MO3)2·6H2O，根据MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中与的比值理论上最高为2：5；②“热解”对于从矿石提取NCo工艺的意义，根据前面分析MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，在于可重复利用HNO3和MO。6．(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。7．(2022•山东卷，17)(13分)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。8．(2022•全国乙，26)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、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(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的原因_______________________________________________。(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()，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________。(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。【答案】(1)

PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)

反应PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限(3)Fe2+

Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O

作还原剂(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+【解析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加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4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，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，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K====≈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完全转化。(3)(i)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。(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。(iii)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(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，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、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+。9．(2022•全国甲，26)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_____________________________________。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的滤液①中分批加入适量KMO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MO2，该步反应的离子方程式为________________________________________。(5)滤液②中加入锌粉的目的是___________________________________________。(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

增大压强

将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3)B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置换Cu2+为Cu从而除去(6)

CaSO4

MgSO4【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A项，NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B项，Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C项，NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。10．(2022•湖南选择性，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/答下列问题：(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若ΔG，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。A．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：物质TiCl4COCO2Cl2分压①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、杂质的方法是__________________________________。(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______________________________。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸馏(4)

不能

若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(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)；A项，由图可知，600℃时C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，600℃时2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，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，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应C＋CO22CO，导致CO含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故选AC。11．(2022•广东选择性，18)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2+Fe3+Al3+RE3+开始沉淀时的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留两位有效数字)。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移_______mol电子。②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为__________________________________。【答案】(1)Fe2+(2)

4.7pH<6.2

Al3++3OH-=Al(OH)3↓(3)4.010-4(4)

加热搅拌可加快反应速率

冷却结晶(5)MgSO4(6)

15

O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO42-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-=Al(OH)3↓；(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则==410-4mol·L-1；(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；(6)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。12．(2021•全国乙，26)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5mol·Lˉ1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式__________________________________。(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_______。(3)“母液①"中Mg2+浓度为_______mol·Lˉ1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。【答案】Al2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑Fe3+、Al3+、Mg2+1.0×10-6硫酸SiO2CaSO4TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2O(NH4)2SO4【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。13．(2021•湖南选择性，17)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3•nH2O的工艺流程如图：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是；(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3•nH2O的离子方程式为，常温下加入的NH4HCO3溶液呈(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3•H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为。【答案】(1)13858Ce(2)适当升高温度，将独居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使铝离子沉淀(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑碱性(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O【解析】天然独居石主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2(CO3)3•nH2O。(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，依据核素的表示方法，其符号为13858Ce；(2)升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率；(3)依据流程分析，氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)加入絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去；(5)“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2(CO3)3•nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3•nH2O+3CO2↑，根据盐类水解规律，已知NH3•H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；(6)Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。14．(2021•广东选择性，16)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。(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。15．(2021•辽宁选择性考试，16)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。(2)用FeCl3溶液制备胶体的化学方程式为_____________________________。(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中c(Cr3+)=_______(K近似为1×10-14，Cr(OH)3的Ksp近似为1×10-30)。(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为_____________________________。(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为_________________________________________________。【答案】(1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)H3V2O7-(4)6.01×10-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH较大时，二价锰[Mn()]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn()]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O。(1)Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；(2)用FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知，“沉钒”过程控制pH=3.0，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-；(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6；(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式