2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（工艺流程解答大题）

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（工艺流程解答大题）一．工艺流程题（共20小题）1．（2024•龙岩模拟）稀土元素被誉为“现代工业的维生素”，由普通级氯化镧（LaCl3）料液制备高纯氧化镧La2O3的新工艺流程如图所示。回答下列问题：已知：①EDTA的结构简式为：②淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀。（1）EDTA中，VSEPR模型与N相同的原子还有（填元素符号）；基态碳原子中自旋方向相反的价电子数之比为。（2）“吸附”过程中，氯化镧料液中La3+通过树脂（G—SO3H﹣）时，在树脂吸附柱上发生反应生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为。某温度时，吸附后的溶液中c（H+）随时间变化关系如图所示，t1～t2时间段的平均反应速率v（La3+）＝。（3）“淋洗、脱附”时，经氨水处理过的淋洗液再经EDTA淋洗，发生如下反应：（G—SO3）3La2+3+2EDTA＝3G—SO3+2[La（EDTA）]3+，淋洗液的浓度和pH对脱附分离效率的影响如图所示。则在恒定流速和温度条件下，淋洗时最适宜的条件为。淋洗液的pH＞11.0时，分离效率迅速下降，原因是。（4）“沉镧”时，用草酸溶液将[La（EDTA）]3+中的La3+以La2（C2O4）3形式沉淀出来。①草酸分子中σ键和π键数目之比为。②某温度时，沉淀物饱和溶液的浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1，该温度下沉淀物的Ksp＝mol5•L﹣5。（5）“焙烧”时的化学反应方程式。（6）镧镍合金LaNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。①若A的分数坐标为（0，0.5，0.5），B的分数坐标（0.75，0.75，0），则C的分数坐标为。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g•cm﹣3。（列出计算表达式）2．（2024•碑林区校级模拟）以方铅矿（主要含PbS、FeS2、ZnS）和软锰矿（主要含）MnO2、SiO2及铁的氧化物）为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如图：已知：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0（1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和部分锰分别以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出。①加快浸出速率可采取的措施有（写出1条）。②补全PbS与MnO2反应的离子方程式。PbS+4MnO2++═[PbCl4]2+++（2）①“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式。②滤渣A的主要成分为FeOOH和。③从滤液A中获得PbCl2固体采用冰水沉积的原因。（3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中（c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol/L，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol/L，则可推断Ksp（PbS）、Ksp（ZnS）、Ksp（MnS）的大小关系为。（4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是。3．（2024•重庆模拟）高纯MgF2在光子晶体等领域应用广泛。一种利用工业Mg（OH）2（含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物）制备高纯MgF2的工艺如图。有关金属离子沉淀完全的pH见下表。离子Mg2+Ca2+Fe2+Fe3+Mn2+完全沉淀的pH10.613.99.02.810.1回答下列问题：（1）基态F的电子排布式为。的空间结构为。（2）反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，生成的沉淀主要是。再加入H2O2，除去的金属元素是。（3）反应釜2中，为使Ca2+沉淀完全，浓度应大于mol/L（CaC2O4的Ksp＝2.0×10﹣9）。（4）反应釜3中，反应的离子方程式为。（5）离心后的溶液经浓缩结晶，所得固体的主要成分是。现称取一定量该固体配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反应为：4+6HCHO═（CH2）6N4H++3H++6H2O。（CH2）6N4H+的酸性与醋酸接近。以酚酞作指示剂，用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定，消耗24.00mL，则所配溶液的浓度为mol/L。4．（2024•招远市三模）氯化磷酸三钠[（Na3PO4•12H2O）4•NaClO]具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，常温下较稳定，受热易分解。以磷矿石[主要成分为Ca5（PO4）3F，含杂质Fe2O3、Al2O3等]为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如图。回答下列问题：已知：a．温度高时，NaClO易分解。b．常温下H2CO3的，；。c．常温下，磷酸中含磷微粒分布分数[如的分布分数表示为]与pH的关系如图所示：（1）“酸浸”使用一定浓度的硫酸，不使用盐酸、硝酸代替的原因是。（2）常温下，“中和Ⅰ”应控制的pH约为，的K＝。（3）“中和Ⅱ”不用Na2CO3溶液，其原因是。（4）“合成”过程中两种溶液混合后需快速冷却，原因是；“系列操作”中包含“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，干燥时需控制温度不超过60℃的原因是。母液可以进入（填操作单元名称）进行循环利用。5．（2024•江苏模拟）氧化亚铜（Cu2O）主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2）为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示：（1）写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式。（2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为。（3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：反应时A装置原料反应配比为n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为。（4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：。（5）反应完成后，利用装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）可制备Na2SO4•10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体。（已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4•10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计）（6）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2mol电子，理论上生成Cu2O的质量为g。6．（2024•铜川三模）BiVO4（钒酸铋）是一种黄色颜料。某小组以辉铋矿（含77.1%Bi2S3、19.5%Fe和3.4%SiO2）为原料制备钒酸铋，并回收SO2制备食品抗氧化剂Na2S2O5的流程如图：已知：常温下，Ksp[Bi（OH）3]＝1.0×10﹣32，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38；当金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为该离子已沉淀完全。请回答下列问题：（1）“焙烧”中采用高压空气的目的是，Bi2S3转化成Bi2O3发生反应的化学方程式为。（2）浸渣的主要成分是（填化学式）。（3）“酸浸”得到的浸液中c（Bi3+）＝0.01mol•L﹣1，则“除铁”调节pH的范围为。（4）“合成”过程中将BiCl3溶液和（NH4）3VO4溶液混合容易形成BiVO4胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为（答一条）。（5）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得Na2S2O5，发生反应的化学方程式为。Na2S2O5易变质生成Na2SO4，设计简单实验证明产品是否变质：。（已知：S2+2H+＝2SO2↑+H2O）（6）某工厂用20吨该辉铋矿，最终得到18.468吨BiVO4，则该过程中Bi的损耗率为%。7．（2024•浙江模拟）某研究小组以白云石【主要成分为CaMg（CO3）2】为原料制备无水碳酸镁，流程如图：（1）步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是，步骤Ⅲ，重镁水溶液中主要溶质的化学式是。（2）下列说法正确的是。A.步骤Ⅱ，在溶解过程中可加入硫酸，加入MgCl2•6H2O可适当除去原料中的钙元素B.步骤Ⅳ产生的CO2和滤液可循环利用C.步骤Ⅳ热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的CO2，促进反应正向进行D.步骤Ⅴ，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁（3）步骤Ⅲ过程中需将温度控制在20℃，原因是。（4）为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为cmol/L的EDTA标准溶液进行滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“_____”上填写一件最关键仪器，“（ㅤㅤ）内填写一种操作，均用字母表示]。用分析天平（称量mg产品）→用烧杯（）→用（配制250mL的溶液A）→用移液管（）→在中（）→用（盛装EDTA溶液滴定Ca2+，消耗V1mL）仪器：a.烧杯；b.滴定管；c.容量瓶；d.锥形瓶操作：e.加水溶解；f.加盐酸溶解；g.加入三乙醇胺、NaOH和钙指示剂；h.量取25.00mL溶液A（5）如要测定产品中Mg2+含量，还需继续以下实验：量取25.00mL溶液A，稀释至250mL得到溶液B，另取25.00mL溶液B于锥形瓶中，加入三乙醇胺、缓冲溶液与铬黑T指示剂后，用上述EDTA标准溶液滴定Ca2+、Mg2+总量（Ca2+、Mg2+与EDTA按物质的量1：1反应），消耗V2mL，根据本次实验计算产品中镁元素的质量分数。8．（2024•黄山二模）氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备CuFe2O4﹣δ流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2开始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为。（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品。（填化学式）（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是。（5）“灼烧”工序的化学方程式是，“煅烧”时通入N2的作用是。（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则δ＝。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4＝2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。9．（2024•宣城二模）氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）是热化学循环分解水制氢的催化剂。一种以黄铜矿（主要成分是CuFeS2，含Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备CuFe2O4﹣δ流程如图所示：已知：①酸浸后溶液中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Al3+和Fe3+②25℃时已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：金属氢氧化物Fe（OH）3Al（OH）3Cu（OH）2Fe（OH）2开始沉淀的pH1.93.46.47.0完全沉淀的pH3.24.77.69.0请回答下列问题：（1）CuFeS2“焙烧”时生成三种氧化物，其中金属氧化物的化学式为。（2）焙烧产物中的SO2在有氧条件下利用石灰石浆液吸收可制得一种副产品。（填化学式）（3）流程中，若无“还原”工序，造成的后果是。（4）已知Cu（NH3）2Cl2有两种同分异构体，则“沉铁”过程中生成的的空间结构是。（5）“灼烧”工序的化学方程式是，“煅烧”时通入N2的作用是。（6）“煅烧”CuFe2O4得到氧缺位体（CuFe2O4﹣δ）时，不同温度范围内，发生变价的金属元素不同，某温度下制得的氧缺位体质量为原质量的99%，则δ＝。（7）氧缺位体催化分解水制氢可分为两步：第一步：（完成方程式）；第二步：2CuFe2O4═2CuFe2O4﹣δ+δO2↑。10．（2024•阜阳模拟）水合硼酸锌（2ZnO•3B2O3•3.5H2O，不溶于冷水）在阻燃方面具有诸多优点。以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5•H2O，以及少量Fe2O3、FeO、Al2O3和SiO2等）和菱锌矿（主要成分为ZnCO3，Fe2O3、FeO和SiO2等）为原料制备水合硼酸锌的工艺流程如图：已知：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Zn2+Mg2+开始沉淀pH1.97.03.06.28.9完全沉淀pH3.29.04.78.010.9回答下列问题：（1）“酸浸”时，Mg2B2O5•H2O与硫酸反应的离子方程式为。为加快“酸浸”时的浸取速率措施有（填2点）。（2）滤渣1的主要成分为（填化学式）。（3）“氧化”的目的是（语言叙述），此步温度不能过高的原因是。（4）“一次调pH”时，调节溶液的pH＝6.0，目的是。“二次调pH”时的pH范围为。（5）“制备”水合硼酸锌的化学方程式为。（6）硒化锌（ZnSe）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中硒原子的配位数为；若该晶胞密度为ρg•cm﹣3，硒化锌的摩尔质量为Mg•mol﹣1，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数a为pm。11．（2024•涪陵区校级模拟）Mn3O4可用于电子工业生产软磁铁氧体，工业上常以电解金属锰阳极渣（主要成分MnO2，杂质为PbCO3、Fe2O3、CuO）和黄铁矿（FeS2）为原料制备Mn3O4其流程如图。已知：Fe3+Fe2+Cu2+Mn2+完全沉淀时的pH3.79.77.49.8回答下列问题：（1）Fe2+的价层电子排布图，“酸浸”过程中，滤渣1的主要成分为S、（填化学式）。（2）“酸浸”过程中Fe2+、Fe3+的质量浓度、Mn的浸出率与时间的关系如图所示。①20～80min，浸出Mn元素的主要离子方程式为。②80～100min时，Fe2+浓度上升的原因可能是。（3）“沉铁”过程中依次加入的试剂X、Y为（填字母）。A．NH3•H2O、H2O2B．H2O2、CaCO3C．SO2、MnCO3（4）“滤液”萃取前调pH＝0，若有机萃取剂用表HR示，则发生萃取的反应可表示为Cu2++2HR⇌CuR2+2H+。若，c（Cu2+）＝0.015mol/L多次萃取后水相中c（H+）为1.022mol/L，则铜的萃取率为（结果保留小数点后一位，溶液体积变化忽略不计）。（5）利用MnSO4溶液，用空气氧化法制备Mn3O4。在MnSO4溶液中滴入一定浓度的氨水，加压通氧气反应7小时制备Mn3O4。写出上述反应的离子方程式：。（6）结合图像分析，若要获得MnSO4•5H2O晶体的系列操作步骤为加热得到℃饱和溶液，，过滤酒精洗涤，低温干燥。12．（2024•石家庄模拟）Be是一种重要的战略性金属，以铍矿石、方解石（CaCO3）为原料制备硫酸铝铵和铍的工艺流程如图：已知：①铍矿石的主要成分为Be3Al2Si6O18，还含有FeO；铍玻璃体为混合物，主要成分为CaAl2Si2O8、CaBe3SiO6、SiO2，还含有FeO和Fe2O3。（2）Be（OH）2具有两性；25℃时，Ksp[Be（OH）2]＝4×10﹣16（已知：常温下，溶液中离子浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1即可认为该离子被除尽）；lg2＝0.3。回答下列问题：（1）“配料熔化”时，Be3Al2Si6O18发生反应的化学方程式为；铍玻璃体属于（“晶体”或“非晶体”）。（2）“酸溶”时，从铍玻璃体进入到滤渣1中的元素为（填元素符号）。（3）“调pH”时，发生氧化还原反应的离子方程式为。（4）“沉铍”时，需控制溶液的pH不低于才能将Be2+沉淀完全；若将氨水换成NaOH溶液也可沉铍，但需控制溶液的pH不能过高，否则会因生成（填化学式）导致铍的产率降低。（5）“电解”时的工作原理如图所示，其中燃料电池负极的电极反应式为；该制铍工艺的缺点除能耗高外，还有。13．（2024•庐阳区校级模拟）钛白（主要成分TiO2）用途广泛，常用来作高级白色颜料，在造纸工业中作填充剂，合成纤维中作消光剂。制取钛白的方法主要有两种，利用钛铁矿（主要成分FeTiO3，还有SiO2、FeO、Fe2O3等杂质）为原料，通过硫酸法和氯化法两种生产工艺制备钛白粉的流程如图所示，请回答下列问题：已知：“酸溶”后钛主要以TiO2+形式存在，TiO2+在80℃左右水解生成TiO2•xH2O（1）下列状态的钛元素形成的微粒中，电离其最外层的一个电子所需能量最小的是（填序号）。A．[Ar]3d24s2B．[Ar]3d2C．[Ar]3d24s1D．[Ar]3d24s14p1（2）“酸溶”时主要成分发生反应的离子方程式为。（3）“还原”时应选择合适的试剂X是（填化学式）；已知绿矾的溶解度随温度变化的曲线如图所示，从溶液中获得绿矾的操作为、过滤、洗涤、干燥。（4）“氯化”时得到的TiCl4在水中或潮湿空气中会发烟，可用于制作烟幕弹。原因是（化学方程式表示）（5）以上两种工艺流程中，请说出方法一优于方法二的理由（写出一条即可）。（6）TiO2在自然界中有三种形态，即金红石型、锐钛型和斜钛型三种，其中金红石型是三种形态中最稳定的一种，其晶胞如图所示，钛的配位数为，该晶体的密度为g•cm﹣3（设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、NA的代数式表示）。14．（2024•雨花区校级模拟）金属铼广泛用于航空航天等领域。以钼精矿（主要成分为钼的硫化物和少量铼的硫化物）为原料制取高铼酸铵的流程如图所示。回答下列问题：（1）金属铼具有良好的导电性、导热性和延展性，可用于解释这一现象的理论是。（2）①“焙烧”常采用高压空气、逆流操作（空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入），甚目的是。②“焙烧”过程中ReS2转化为Ca（ReO4）2和另一种稳定的钙盐，其化学反应方程式为。（3）“萃取”机理为：R3N+H++═R3N•HReO4，则“反萃取”对应的离子方程式为；常温下，“反萃取”得到高铼酸铵溶液的pH＝9.0，则溶液中c（）c（NH3•H2O）（填“＞”“＜”或“＝”）。[已知：常温下lgKb（NH3•H2O）＝﹣4.7]（4）如图是NH4ReO4的X射线衍射图谱，则NH4ReO4属于（填“晶体”或“非晶体”）。（5）三氧化铼是简单立方晶胞，晶胞结构如图所示，摩尔质量为Mg/mol，晶体密度为ρg/cm3。铼原子填在氧原子围成的（填“四面体”“立方体”或“八面体”）空隙中，该晶胞中两个相距最近的氧原子间的距离为cm（列出计算式）。15．（2024•祁东县三模）GaN是研制高温大功率电子器件和高频微波器件的重要材料。以废旧太阳能电池（主要成分为CuIn0.5Ga0.5Se2）为原料制备GaN的流程如图。请根据所学知识回答问题。已知：Kb（NH3•H2O）≈2.0×10﹣5，Ksp[Cu（OH）2]≈2.0×10﹣20。（1）SeO2在315℃开始凝华成有光泽的针状结晶，试推测该结晶的晶体类型：。（2）“酸浸氧化”时，温度不宜超过50℃，原因为。（3）加氨水调pH的目的是除铜，该步骤中分两步进行，第一步：Cu2++2NH3•H2O⇌Cu（OH）2+2，第二步是生成的Cu（OH）2溶解于氨水。①根据所给信息，计算第一步反应的平衡常数K＝。②写出Cu（OH）2溶解于氨水的离子方程式：。（4）“回流过滤”中，SOCl2（一种液态化合物，遇水易发生水解）与In（OH）3反应的化学方程式为；该工序分离GaCl3和InCl3利用的原理是。（5）GaCl3气体在270℃左右以二聚物存在，请写出该二聚物的结构：。（6）“高温气相沉积”需要将蓝宝石基板（温度高达1000℃）放在沉积炉内，然后以很低的流速将氮化镓气体从上面吹入炉内。研究发现平放基板时氮化镓分子无法稳定沉积到基板上，而将基板按45°倾角斜放，却获得了非常均匀的氮化镓结晶，试分析其原因：。16．（2024•渝中区校级模拟）MnO2纳米材料是一种很有发展前景的储能材料，用菱锰矿（主要成分为MnCO3，含有少量CaO、MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等）制备MnO2纳米材料的工艺流程如图所示。已知：25℃时，各物质的Ksp如表所示。物质Mn（OH）2MnF2CaF2MgF2Ksp1.9×10﹣135.0×10﹣83.65×10﹣117.31×10﹣11物质Fe（OH）2Fe（OH）3Mg（OH）2Ksp4.8×10﹣172.7×10﹣395.6×10﹣12回答下列问题：（1）“酸浸”中提高反应速率的可行措施有（任答一条）；酸浸渣的主要成分是（填化学式）。（2）加入H2O2的目的是氧化（填离子符号），写出该离子被氧化生成沉淀的离子方程式：。（3）回收的沉淀可与浓硫酸反应生成能腐蚀玻璃的气体，CaF2与浓硫酸在加热的条件下反应的化学方程式为；25℃时，沉淀后的滤液中c（Ca2+）：c（Mg2+）≈（写最简整数比）。（4）用去离子水多次洗涤MnO2纳米材料，检验沉淀是否洗涤干净的操作为。（5）“高压釜水热反应”溶液pH应调节为中性，而不能过高的原因是。17．（2024•天心区校级模拟）硫化钡（BaS）是一种用于制取含钡化合物和含硫化合物的化工原料。一种以BaS为原料生产氢氧化钡并获得某种副产品X和硫代硫酸钠（Na2S2O3）的工艺流程如图：已知：Ⅰ.是黄色的离子，其化学性质与S2﹣类似，具有一定的还原性，在酸性环境下会分解。Ⅱ.在碱性环境下稳定，在酸性环境下会分解。BaS2O3在水中溶解度很小。回答下列问题：（1）制备BaS的方法是在高温下用无烟煤粉（主要成分为C）还原重晶石（BaSO4），在某温度下反应，硫元素全部被还原为最低价，同时产生两种常见气体，若两种气体在同一条件下的体积比为1：1，写出该反应的化学方程式：。（2）粗制BaS溶解于温热水中配制成BaS溶液，往其中通入O2可发生反应生成BaSx和Ba（OH）2。如图是BaSx和Ba（OH）2的溶解度随温度变化曲线，根据后面的流程推测，图中（填“甲”或“乙”）代表Ba（OH）2的溶解度曲线。（3）中的x可变，当x＝3时，BaS3晶体的晶胞如下：已知该晶胞各面互相垂直，设晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的数值为NA，则BaS3的密度为g/cm3（用含a、b、c、NA的式子表示）。（4）Ba（OH）2•8H2O粗产品需要进行洗涤脱色以得到较为洁净的产品，推测下列物质可以用来作为脱色剂的有（填标号）。a.NaClO溶液b.稀H2O2溶液c.KI溶液（5）往母液A中加入Na2SO4溶液可得到副产品X，X的化学式为。已知温度较低时，Na2SO4在水中溶解度会迅速减小。在这一步操作中Na2SO4的用量一般为略微过量，原因是。（6）在碱性条件下往母液B中通入O2可将氧化为，若x＝5（即用表示），请写出该反应的离子方程式：。18．（2024•莲湖区校级二模）CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作催化剂、杀菌剂、媒染剂、脱色剂。以废弃铁铜合金为原料制备CuCl的流程如图所示：已知：①“浸取”阶段的产物为[Cu（NH3）2]Cl；②常温下，Ksp（CuCl）＝10﹣6.8。请回答下列问题：（1）用再生液“浸取”铁铜合金不需要额外加热的原因可能为；该阶段被氧化的铜元素与被还原的铜元素的质量之比为。（2）“氧化”阶段中最适宜的投料比为（填字母）。a.＝1b.＞1c.1＜≤2d.＞2（3）“中和”阶段的离子方程式为。（4）为了防止CuCl被氧化，上述流程中采取的两个措施是。（5）“中和”阶段会有部分铜元素被氧化。为了综合利用滤渣Fe和滤液，以提高CuCl的产率，试简述其方案：。（6）常温下，Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu（L）2]+，其反应的平衡常数为K，CuCl（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Cl﹣（aq）的平衡常数为（用含K的代数式表示）。19．（2024•天河区校级模拟）某研究小组以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉，其流程如图：已知：①硫化铜精矿在酸性条件下与氧气的反应为2CuS+O2+2H2SO4＝2CuSO4+2S+2H2O。②金属氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。金属氢氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2开始沉淀的pH1.94.26.2沉淀完全的pH3.26.78.2回答下列问题：（1）步骤Ⅰ中通入O2采用高压的原因是。（2）下列说法正确的是（填字母）。A.步骤Ⅰ中过滤得到的滤渣中含有SB.步骤Ⅱ中用NH3调节pH约至4，使Fe3+、Zn2+沉淀完全C.步骤Ⅲ中增大溶液的酸度不利于Cu生成D.为加快过滤速率，需用玻璃棒对漏斗中的沉淀进行充分搅拌（3）步骤Ⅰ、Ⅲ需要使用高压反应釜装置（如图1）。步骤Ⅲ中，首先关闭出气口，向高压反应釜中通入固定流速的H2，然后通过控制气阀K1或K2，维持反应釜中的压强为3.0×106Pa。请给出反应过程中的操作排序：g→→→→c→。a.开启气阀K1b.开启气阀K1，通入高压H2c.关闭气阀K1d.开启气阀K2e.开启气阀K2，通入高压H2f.关闭气阀K2g.开启搅拌器h.拆下罐体（4）步骤Ⅲ中高压H2可以从滤液中置换出金属Cu，而无法置换出金属Zn。请结合方程式说明其原因：。（5）现取2.50gCuSO4•5H2O样品，加热分解，分解过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图2所示。生成CuO的温度范围为，1000℃时发生反应的化学方程式为。20．（2024•海淀区校级三模）Na2Cr2O7•2H2O是一种重要的化工原料，可用于制革，印染等工业。（1）以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3，还含有MgO、Al2O3、SiO2等）为原料制备Na2Cr2O7•2H2O的工艺流程如图。已知：Al2O3与纯碱焙烧转化为NaAlO2，SiO2与纯碱焙烧转化为Na2SiO3。①焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是。②焙烧的目的是将FeO•Cr2O3转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO•Cr2O3发生的化学方程式。③滤渣1主要含有。④矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如图所示。ⅰ．过程Ⅲ中用H2SO4溶液的目的是，pH的理论范围为。ⅱ．过程Ⅳ发生反应2+2H+⇌Cr2+H2O，计算该反应的K≈。（2）测定产品中Na2Cr2O7•2H2O的质量分数。称取ag产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用bmol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液vmL。产品中Na2Cr2O7•2H2O（摩尔质量为Mg•mol﹣1）的质量分数为。（列计算式）（3）利用膜电解技术，以Na2CrO4溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备Na2Cr2O7，装置如图。①离子交换膜应该选用（填序号）。a．阴离子交换膜b．质子交换膜c．阳离子交换膜②结合方程式解释Na2Cr2O7产生的原理。已知：酸性条件下Cr2被还原为Cr3+。

2025高考化学一轮复习之制备实验方案的设计（工艺流程解答大题）参考答案与试题解析一．工艺流程题（共20小题）1．（2024•龙岩模拟）稀土元素被誉为“现代工业的维生素”，由普通级氯化镧（LaCl3）料液制备高纯氧化镧La2O3的新工艺流程如图所示。回答下列问题：已知：①EDTA的结构简式为：②淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀。（1）EDTA中，VSEPR模型与N相同的原子还有C、O（填元素符号）；基态碳原子中自旋方向相反的价电子数之比为3：1或1：3。（2）“吸附”过程中，氯化镧料液中La3+通过树脂（G—SO3H﹣）时，在树脂吸附柱上发生反应生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+。某温度时，吸附后的溶液中c（H+）随时间变化关系如图所示，t1～t2时间段的平均反应速率v（La3+）＝mol/（L•s）。（3）“淋洗、脱附”时，经氨水处理过的淋洗液再经EDTA淋洗，发生如下反应：（G—SO3）3La2+3+2EDTA＝3G—SO3+2[La（EDTA）]3+，淋洗液的浓度和pH对脱附分离效率的影响如图所示。则在恒定流速和温度条件下，淋洗时最适宜的条件为淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右。淋洗液的pH＞11.0时，分离效率迅速下降，原因是淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀，导致分离效率下降。（4）“沉镧”时，用草酸溶液将[La（EDTA）]3+中的La3+以La2（C2O4）3形式沉淀出来。①草酸分子中σ键和π键数目之比为7：2。②某温度时，沉淀物饱和溶液的浓度为1.0×10﹣6mol•L﹣1，该温度下沉淀物的Ksp＝1.08×10﹣28mol5•L﹣5。（5）“焙烧”时的化学反应方程式2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2。（6）镧镍合金LaNix可作储氢材料，能快速可逆地存储和释放H2，其储氢原理为：镧镍合金吸附H2，H2解离为原子，H储存在其中形成LaNixH6，晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。①若A的分数坐标为（0，0.5，0.5），B的分数坐标（0.75，0.75，0），则C的分数坐标为（1，0.5，1）。②设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g•cm﹣3。（列出计算表达式）【答案】（1）C、O；3：1或1：3；（2）2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+；mol/（L•s）；（3）淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右；淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀，导致分离效率下降；（4）①7：2；②1.08×10﹣28；（5）2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2；（6）①（1，0.5，1）；②。【分析】（1）由EDTA的结构简式可知，N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，VSEPR模型为四面体形，另外O和C原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，与N原子的VSEPR模型相同；（2）在树脂吸附柱上发生反应生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+，t1～t2时间段的平均反应速率v（La3+）＝v（H+）＝mol/（L•s）；（3）由图可知，在恒定流速和温度条件下，淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右时分离效率最高；（4）①草酸分子的结构简式为：HOOCCOOH，碳氧双键中含有1个σ键和1个π键；②某温度时，沉淀物La2（C2O4）3饱和溶液的浓度为1.0×10﹣6mol/L，则溶液中c（La3+）＝2.0×10﹣6mol/L，c（C2）＝3.0×10﹣6mol/L，则Ksp＝c2（La3+）c3（C2）＝（2.0×10﹣6mol/L）2×（3.0×10﹣6mol/L）；（5）“焙烧”时La2（C2O4）3和氧气反应生成La2O3和CO2；（6）①若A的分数坐标为（0，0.5，0.5），B的分数坐标（0.75，0.75，0），由晶胞结构可知，C的分数坐标；②该晶胞中含有H2的个数为×8+×2＝3，La原子的个数为×8＝1，Ni原子的个数为1+×8＝5，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为ρ＝。【解答】解：（1）由EDTA的结构简式可知，N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，VSEPR模型为四面体形，另外O和C原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，与N原子的VSEPR模型相同，基态碳原子电子轨道表示式为，自旋方向相反的价电子数之比为3：1或1：3，故答案为：C、O；3：1或1：3；（2）在树脂吸附柱上发生反应生成（G—SO3）3La2，La3+被吸附在树脂内部，反应的离子方程式为：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+，t1～t2时间段的平均反应速率v（La3+）＝v（H+）＝mol/（L•s），故答案为：2La3++3G—SO3H﹣＝（G—SO3）3La2+3H+；mol/（L•s）；（3）由图可知，在恒定流速和温度条件下，淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右时分离效率最高，淋洗时最适宜的条件为：淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右；淋洗液的pH＞11.0时，分离效率迅速下降，原因是：淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀，导致分离效率下降，故答案为：淋洗液的浓度为30mol/L左右和pH为10左右；淋洗液pH太高，EDTA和[La（EDTA）]Cl3会结晶沉淀，导致分离效率下降；（4）①草酸分子的结构简式为：HOOCCOOH，碳氧双键中含有1个σ键和1个π键，则草酸分子中σ键和π键数目之比为7：2，故答案为：7：2；②某温度时，沉淀物La2（C2O4）3饱和溶液的浓度为1.0×10﹣6mol/L，则溶液中c（La3+）＝2.0×10﹣6mol/L，c（C2）＝3.0×10﹣6mol/L，则Ksp＝c2（La3+）c3（C2）＝（2.0×10﹣6mol/L）2×（3.0×10﹣6mol/L）＝1.08×10﹣28mol5/L5，故答案为：1.08×10﹣28；（5）“焙烧”时La2（C2O4）3和氧气反应生成La2O3和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2，故答案为：2La2（C2O4）3+3O22La2O3+12CO2；（6）①若A的分数坐标为（0，0.5，0.5），B的分数坐标（0.75，0.75，0），由晶胞结构可知，C的分数坐标为（1，0.5，1），故答案为：（1，0.5，1）；②该晶胞中含有H2的个数为×8+×2＝3，La原子的个数为×8＝1，Ni原子的个数为1+×8＝5，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为ρ＝＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查物质的制备，涉及到物质的制备、晶体有关计算等知识点，为高频考点，难度中等。2．（2024•碑林区校级模拟）以方铅矿（主要含PbS、FeS2、ZnS）和软锰矿（主要含）MnO2、SiO2及铁的氧化物）为原料联合制取PbSO4和Mn3O4的一种流程示意图如图：已知：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0（1）“酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和部分锰分别以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出。①加快浸出速率可采取的措施有加热、粉碎原料（写出1条）。②补全PbS与MnO2反应的离子方程式。PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+═[PbCl4]2++4Mn2++4H2O（2）①“除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成沉淀，写出发生反应的离子方程式MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+。②滤渣A的主要成分为FeOOH和SiO2。③从滤液A中获得PbCl2固体采用冰水沉积的原因PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反应吸热，在低温时，平衡逆向移动，有利于PbCl2固体析出。（3）滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，滤液C中（c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol/L，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol/L，则可推断Ksp（PbS）、Ksp（ZnS）、Ksp（MnS）的大小关系为Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）。（4）“氧化”过程，生成Mn3O4时参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4。（5）干燥温度为90℃，对产品Mn3O4进行鼓风烘干，得到的产物中锰含量结果如图所示，5h后随干燥时间的延长，产品中的锰含量下降的原因可能是Mn3O4被O2氧化。【答案】（1）①加热、粉碎原料；②4Cl﹣；8H+；4Mn2+；4H2O；（2）①MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②SiO2；③PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反应吸热，在低温时，平衡逆向移动，有利于PbCl2固体析出；（3）Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）1：4；（5）Mn3O4被O2氧化。【分析】（1）①“酸浸”过程中为加快反应速率，可采取的措施有适当加热，增大酸的浓度，将矿石粉碎等措施；②酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出，PbS与MnO2反应的离子方程式为PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+＝[PbCl4]2﹣++4Mn2++4H2O；（2）①除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成FeOOH沉淀，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②滤渣A的主要成分为FeOOH和SiO2；③从滤液A中获得PbCl2固体采用冰水沉积的原因是PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反应吸热，在低温时，平衡逆向移动；（3）滤液B中含有Mn2+、Pb2+、Zn2+，滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，说明此时Mn2+没有沉淀出来，Ksp（MnS）最大；滤液C中c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol•L﹣1，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol•L﹣1，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）“氧化”过程中，Mn2+、氨水和氧气反应生成Mn3O4，反应的离子方程式为6Mn2++6NH3•H2O+O2＝2Mn3O4+6+6H+，参与反应的6个Mn2+中被氧化的只有4个，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4；（5）对产品Mn3O4进行鼓风烘干过程中锰元素的质量不变，变化的是氧元素的质量，产物中锰含量下降是因为氧元素含量上升，Mn3O4被O2氧化。【解答】解：（1）①“酸浸”过程中为加快反应速率，可采取的措施有适当加热，增大酸的浓度，将矿石粉碎等措施，故答案为：加热、粉碎原料；②酸浸”过程使矿石中的金属元素浸出，铅和锰分别以[PbCl4]2﹣和Mn2+的形式浸出，PbS与MnO2反应的离子方程式应的离子方程式为PbS+4MnO2+4Cl﹣+8H+＝[PbCl4]2﹣++4Mn2++4H2O，故答案为：4Cl﹣；8H+；4Mn2+；4H2O；（2）除铁”时，加入NaOH至溶液pH≈3，过量的软锰矿将Fe2+氧化生成FeOOH沉淀，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+，故答案为：MnO2+2Fe2++2OH﹣═2FeOOH+Mn2+；②滤渣A的主要成分为FeOOH和SiO2，故答案为：SiO2；③从滤液A中获得PbCl2固体采用冰水沉积的原因是PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反应吸热，在低温时，平衡逆向移动，有利于PbCl2固体析出，故答案为：PbCl2（s）+2Cl﹣（aq）＝[PbCl4]2﹣（aq）ΔH＞0，反应吸热，在低温时，平衡逆向移动，有利于PbCl2固体析出；（3）滤液B中含有Mn2+、Pb2+、Zn2+，滤渣D的主要成分是PbS和ZnS，说明此时Mn2+没有沉淀出来，Ksp（MnS）最大；滤液C中c（Pb2+）＝7.7×10﹣7mol•L﹣1，c（Zn2+）＝1.3×10﹣6mol•L﹣1，说明Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS），故答案为：Ksp（MnS）＞Ksp（ZnS）＞Ksp（PbS）；（4）“氧化”过程中，Mn2+、氨水和氧气反应生成Mn3O4，反应的离子方程式为6Mn2++6NH3•H2O+O2＝2Mn3O4+6+6H+，参与反应的6个Mn2+中被氧化的只有4个，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4，故答案为：1：4；（5）对产品Mn3O4进行鼓风烘干过程中锰元素的质量不变，变化的是氧元素的质量，产物中锰含量下降是因为氧元素含量上升，Mn3O4被O2氧化，故答案为：Mn3O4被O2氧化。【点评】本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用，难度中等。3．（2024•重庆模拟）高纯MgF2在光子晶体等领域应用广泛。一种利用工业Mg（OH）2（含少量Ca、Fe、Mn等元素的氧化物）制备高纯MgF2的工艺如图。有关金属离子沉淀完全的pH见下表。离子Mg2+Ca2+Fe2+Fe3+Mn2+完全沉淀的pH10.613.99.02.810.1回答下列问题：（1）基态F的电子排布式为3d64s2。的空间结构为平面三角形。（2）反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，生成的沉淀主要是Fe（OH）3。再加入H2O2，除去的金属元素是Mn。（3）反应釜2中，为使Ca2+沉淀完全，浓度应大于2.0×10﹣4mol/L（CaC2O4的Ksp＝2.0×10﹣9）。（4）反应釜3中，反应的离子方程式为2F﹣+Mg2+＝MgF2↓。（5）离心后的溶液经浓缩结晶，所得固体的主要成分是NH4NO3。现称取一定量该固体配成溶液，取20.00mL，加入足量HCHO，反应为：4+6HCHO═（CH2）6N4H++3H++6H2O。（CH2）6N4H+的酸性与醋酸接近。以酚酞作指示剂，用0.2000mol/LNaOH标准溶液滴定，消耗24.00mL，则所配溶液的浓度为0.24mol/L。【答案】（1）3d64s2；平面三角形；（2）Fe（OH）3；Mn；（3）2.0×10﹣4；（4）2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）NH4NO3；0.24。【分析】（1）基态铁的价电子排布式为3d64s2；根据价层电子对互斥模型判断；（2）反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，发生反应Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓，生成的沉淀主要是Fe（OH）3；再加入H2O2，发生反应：2H2O2+Mn2+＝MnO2↓+2H2O，除去Mn元素；（3）根据公式c（）≥判断；（4）反应釜3中反应的离子方程式为2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）反应釜2中沉淀Ca2+的化学方程式为：Ca（NO3）2+H2C2O4＝2HNO3+CaC2O4↓，所以离心后的溶液中经浓缩结晶，所得固体的主要成分是反应釜2中生成的HNO3和反应釜3中生成的NH4NO3；根据关系式计算。【解答】解：（1）基态铁的价电子排布式为3d64s2；根据价层电子对互斥模型，的空间结构为平面三角形，故答案为：3d64s2；平面三角形；（2）反应釜1中，加入稀硝酸溶解后，调节pH至7.5，发生反应Fe3++3OH﹣＝Fe（OH）3↓，生成的沉淀主要是Fe（OH）3；再加入H2O2，发生反应：2H2O2+Mn2+＝MnO2↓+2H2O，除去Mn元素，故答案为：Fe（OH）3；Mn；（3）反应釜2中，为使Ca2+沉淀完全，即其浓度低于1.0×10﹣5mol•L﹣1，浓度应大于＝2.0×10﹣4mol.L﹣1，故答案为：2.0×10﹣4；（4）反应釜3中反应的离子方程式为2F﹣+Mg2+＝MgF2↓，故答案为：2F﹣+Mg2+＝MgF2↓；（5）反应釜2中沉淀Ca2+的化学方程式为：Ca（NO3）2+H2C2O4＝2HNO3+CaC2O4↓，所以离心后的溶液中经浓缩结晶，所得固体的主要成分是反应釜2中生成的HNO3和反应釜3中生成的NH4NO3；所配溶液中浓度为mol•L﹣1＝0.24mol•L﹣1，故答案为：NH4NO3；0.24。【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。4．（2024•招远市三模）氯化磷酸三钠[（Na3PO4•12H2O）4•NaClO]具有良好的灭菌、消毒、漂白作用，常温下较稳定，受热易分解。以磷矿石[主要成分为Ca5（PO4）3F，含杂质Fe2O3、Al2O3等]为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如图。回答下列问题：已知：a．温度高时，NaClO易分解。b．常温下H2CO3的，；。c．常温下，磷酸中含磷微粒分布分数[如的分布分数表示为]与pH的关系如图所示：（1）“酸浸”使用一定浓度的硫酸，不使用盐酸、硝酸代替的原因是硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发。（2）常温下，“中和Ⅰ”应控制的pH约为10，的K＝9.53。（3）“中和Ⅱ”不用Na2CO3溶液，其原因是Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质。（4）“合成”过程中两种溶液混合后需快速冷却，原因是NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；“系列操作”中包含“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，干燥时需控制温度不超过60℃的原因是防止氯化磷酸三钠受热分解。母液可以进入合成（填操作单元名称）进行循环利用。【答案】（1）硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发；（2）①10；9.53；（3）Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；（4）NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；防止氯化磷酸三钠受热分解；合成。【分析】首先利用硫酸分解磷矿石[Ca5（PO4）3F]得到湿法磷酸，其中含Fe3+、Al3+，加入碳酸钠溶液和磷酸反应，反应Ⅰ中磷酸转化为钠盐，其钠盐再与Fe3+、Al3+作用形成沉淀，过滤得到FePO4和AlPO4沉淀，滤液中主要含Na2HPO4；向滤液中加入NaOH溶液，得到Na3PO4；然后加入NaOH和足量氯气反应后的溶液（主要含NaCl和NaClO），由于氯化磷酸三钠溶解度较小，所以会析出氯化磷酸三钠晶体，得到的母液主要含NaCl、NaClO、Na3PO4等。【解答】解：（1）“酸浸”使用一定浓度的硫酸，因为硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发，故答案为：硫酸能与Ca2+形成微溶的硫酸钙且易分离，以达到除去Ca2+的目的，同时硫酸不易挥发，盐酸、硝酸易挥发；（2）①据图可知pH约为10时，溶液中P的元素主要以的形成存在，常温下，的，所以lgK＝lgKa3﹣lgKsp[FePO4]，据图可知当时溶液pH＝12.36，而，所以lgKa3＝﹣12.36，所以lgK＝﹣12.36﹣（﹣21.89）＝9.53，、故答案为：10；9.53；（3）据图可知当pH＝14时，磷元素主要以的形式存在，Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质，故答案为：Na2CO3溶液的pH难以达到14，不能将Na2HPO4全部转化为Na3PO4，还会引入Na2CO3杂质；（4）“合成”过程中两种溶液混合后需快速冷却，是因为NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解，“系列操作”中包含“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥”，干燥时需控制温度不超过60℃是为了防止氯化磷酸三钠受热分解，母液中含有次氯酸钠和磷酸钠可将其通入“合成”进行循环利用，故答案为：NaClO受热易分解，冷却混合液可以减少次氯酸钠的分解；防止氯化磷酸三钠受热分解；合成。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。5．（2024•江苏模拟）氧化亚铜（Cu2O）主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质。以黄铜矿（主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2）为原料制取Cu2O的一种工艺流程如图所示：（1）写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S。（2）判断“操作1”反应已完成的实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生。（3）“热还原”时，将新制Na2SO3溶液和CuSO4溶液按一定量混合，加热至90℃并不断搅拌反应得到Cu2O粉末。制备装置如图所示：反应时A装置原料反应配比为n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，A装置中反应的化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑。（4）实际反应中不断滴加NaOH溶液的作用是：反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量。（5）反应完成后，利用装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）可制备Na2SO4•10H2O晶体。请补充完整实验方案，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时；再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体。（已知：室温下，溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图所示；室温下从Na2SO4饱和溶液中结晶出Na2SO4•10H2O，实验中须使用的试剂及仪器有：SO2、氧气、pH计）（6）工业上常以铜做阳极，石墨做阴极，电解含有NaOH的NaCl水溶液制备Cu2O。已知：该电解过程中阳极先生成难溶物CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O。若电解时电路中通过0.2mol电子，理论上生成Cu2O的质量为14.4g。【答案】（1）CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S；（2）取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；（3）3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；（4）反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；（5）边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤；（6）14.4。【分析】CuFeS2“浸泡”时，生成Fe2+、Cu2+，通入氧气和硫酸，将二价铁氧化为三价铁，添加氧化铜，调节pH，来沉淀三价铁，溶液此时为硫酸铜，再加入氢氧化钠和亚硫酸钠，得到Cu2O。【解答】解：（1）由图可知，加入硫酸铁，有硫单质生成，根据氧化还原反应，“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S，故答案为：CuFeS2+4Fe3+＝5Fe2++Cu2++2S；（2）判断“操作1”反应已完成即不含有二价铁，检验二价铁实验操作及现象为取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生，故答案为：取样，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀产生；（3）反应时A装置原料反应配比为n（Na2SO3）：n（CuSO4）＝3：2，B装置的作用是吸收反应产生的酸性气体，防止污染环境，说明有SO2生成，化学方程式为3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑，故答案为：3Na2SO3+2CuSO4＝Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑；（4）不断滴加NaOH溶液的作用是因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，答案：因为反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量，故答案为：反应产生SO2，导致溶液酸性增强，Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质从而降低Cu2O含量；（5）若装置B中的溶液（NaOH与Na2SO3混合溶液）可制备Na2SO4•10H2O晶体，取装置B中的溶液，边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时（由微粒物质的量分数可知pH约为10，主要以亚硫酸根存在）；再向溶液中通入O2（将亚硫酸根氧化为硫酸根）至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤，洗涤、干燥得Na2SO4•10H2O晶体，故答案为：边搅拌边向溶液中通入SO2，用pH计测量溶液的pH值，至pH约为10时，再向溶液中通入O2至pH约为7，将溶液加热浓缩至有晶膜出现，降温结晶，过滤；（6）阳极先生成难溶物CuCl，即Cu﹣e﹣+Cl﹣＝CuCl，再与NaOH反应转化为Cu2O，通过0.2mol电子，即有0.2molCuCl，根据原子守恒，可知0.1molCu2O，得m＝nM＝0.1mol×（64×2+16）g•mol﹣1＝14.4g，故答案为：14.4。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2024•铜川三模）BiVO4（钒酸铋）是一种黄色颜料。某小组以辉铋矿（含77.1%Bi2S3、19.5%Fe和3.4%SiO2）为原料制备钒酸铋，并回收SO2制备食品抗氧化剂Na2S2O5的流程如图：已知：常温下，Ksp[Bi（OH）3]＝1.0×10﹣32，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38；当金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，认为该离子已沉淀完全。请回答下列问题：（1）“焙烧”中采用高压空气的目的是增大氧气浓度，加快反应速率，Bi2S3转化成Bi2O3发生反应的化学方程式为。（2）浸渣的主要成分是SiO2（填化学式）。（3）“酸浸”得到的浸液中c（Bi3+）＝0.01mol•L﹣1，则“除铁”调节pH的范围为3～4。（4）“合成”过程中将BiCl3溶液和（NH4）3VO4溶液混合容易形成BiVO4胶体，导致过滤困难。为防止生成胶体可采用的措施为搅拌、加热等（答一条）。（5）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得Na2S2O5，发生反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2。Na2S2O5易变质生成Na2SO4，设计简单实验证明产品是否变质：取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，反之未变质。（已知：S2+2H+＝2SO2↑+H2O）（6）某工厂用20吨该辉铋矿，最终得到18.468吨BiVO4，则该过程中Bi的损耗率为5%。【答案】（1）增大氧气浓度，加快反应速率；；（2）SiO2；（3）3～4；（4）搅拌、加热等；（5）Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，反之未变质；（6）5。【分析】由题给流程可知，辉铋矿在高压空气中焙烧，将金属硫化物转化为二氧化硫和金属氧化物，先焙烧渣中加入稀硫酸，金属氧化物溶于稀硫酸转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入过氧化氢和氨水混合溶液，将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铋离子转化为氢氧化铋沉淀，过滤得到氢氧化铋和滤液；向氢氧化铋中加入盐酸溶解得到氯化铋溶液，氯化铋溶液与钒酸钠溶液合成得到钒酸铋，据此回答。【解答】解：（1）“焙烧”中采用高压空气可以增大氧气浓度，加快反应速率，三硫化二铋转化为三氧化二铋的反应为三硫化二铋与氧气在高温下反应生成三氧化二铋和二氧化硫，即反应的化学方程式为，故答案为：增大氧气浓度，加快反应速率；；（2）由分析可知，浸渣的主要成分是二氧化硅，即化学式为SiO2，故答案为：SiO2；（3）酸浸得到的浸液中铋离子的浓度为0.01mol/L，则由溶度积可知，溶液中氢氧根离子浓度小于＝1×10﹣10mol/L，溶液的pH小于4；又溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀时溶液中氢氧根离子浓度大于＝1×10﹣11mol/L，溶液的pH大于3，所以“除铁”调节pH的范围为3～4，故答案为：3～4；（4）为防止生成胶体可采用的措施可为不断搅拌或加热等，故答案为：搅拌、加热等；（5）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；为防止S2离子干扰硫酸根离子的检验，证明Na2S2O5产品是否变质时，应加入足量的盐酸排出S2离子干扰，则设计简单实验证明产品是否变质的实验方案为取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，反之未变质，故答案为：Na2CO3+2SO2＝Na2S2O5+CO2；取少量产品，加入足量盐酸，一段时间后再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则产品已变质，反之未变质；（6）由题意可知，20吨该辉铋矿中铋元素的物质的量为×2＝6×104mol，由钒酸铋的质量为18.468吨中铋元素的物质的量为＝5.7×104mol，则铋元素的损失率为×100%＝5%，故答案为：5。【点评】本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的反应和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2024•浙江模拟）某研究小组以白云石【主要成分为CaMg（CO3）2】为原料制备无水碳酸镁，流程如图：（1）步骤煅烧过程中盛放样品的容器名称是坩埚，步骤Ⅲ，重镁水溶液中主要溶质的化学式是Mg（HCO3）2。（2）下列说法正确的是BC。A.步骤Ⅱ，在溶解过程中可加入硫酸，加入MgCl2•6H2O可适当除去原料中的钙元素B.步骤Ⅳ产生的CO2和滤液可循环利用C.步骤Ⅳ热解过程中通入空气的目的是除去体系中溶解的CO2，促进反应正向进行D.步骤Ⅴ，可通过直接加热的方式制得无水碳酸镁（3）步骤Ⅲ过程中需将温度控制在20℃，原因是温度过低，反应速率慢；温度过高，CO2的溶解度降低，且Mg（HCO3）2易分解生成MgCO3•3H2O。（4）为测定产品中微量的钙元素含量，可用已知浓度为cmol/L的EDTA标准溶液进行滴定。从下列选项中选择合理的仪器和操作，补全如下步骤[“___