2025高考化学三轮复习之物质的分离、提纯和检验（解答大题）

第70页（共70页）2025高考化学三轮复习之物质的分离、提纯和检验（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2025•广东模拟）MnO2是电池工业中非常重要的原料之一。（1）MnO2的制备。Ⅰ.还原法：含锰阳极渣的主要成分为MnO2含有PbO。①在酸性条件下，向阳极渣中加入葡萄糖，可见产生气泡，同时得到MnSO4溶液，离子方程式为。②用醋酸铵可以溶解PbO生成醋酸铅，从而实现PbO与MnO2的分离。铅的浸出率与温度的关系如图1。铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到85℃以后，铅的浸出率降低的原因是。Ⅱ.电解法：某矿粉（主要含有MnO、杂质含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制备高纯已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28。①“电解”的化学方程式为。②该流程中可以用于循环使用的物质是。③为得到高纯MnO2，净化后溶液中BaS的浓度至少为。（2）MnO2的结构与应用。实验室用KClO3固体加热制O2加入MnO2作催化剂，可加快生成O2的速率。①某种MnO2的晶胞结构如图2所示。图中“”表示。沿z轴的俯视图中，由“”构成图形的面积是。②温度加热到60℃后，生成O2的速率突然加快（见图3所示），其原因是。③将反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体，其质量比起始时加入的MnO2的质量小，其原因是（不考虑实验操作引起的误差因素）。2．（2025•湖南模拟）青海柴达木盆地是世界上最大的锶矿床。以该锶矿生产的氯化锶主要用于焰火材料、医药、日用化学品、电解金属钠的助熔剂等。工业上以次等品碳酸锶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及还原态的硫等杂质）为原料，利用盐酸法获得高纯氯化锶。已知Ksp（1）锶元素与钙元素在同主族，写出锶元素价电子轨道排布图：，实验室中少量金属锶应保存在中。（2）“除钡”中硫酸溶液的量不宜过量，原因是。（3）还原态的硫主要为Sx2-，写出“氧化”过程反应的离子方程式：，（4）80℃下Fe3+和Ca2+在不同pH的沉淀率如图，“除钙铁”最适宜的试剂A为，pH为。（5）锶矿床含有较多天青石（主要成分为SrSO4）。纯净的SrSO4可加入饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，弃去上层清液。如此处理多次，将SrSO4全部转化为SrCO3。若有17molSrSO4，每次用1.00L2.0mol/L饱和Na2CO3溶液处理，假定SrSO4能全部转化，至少需要处理次。3．（2025•龙华区校级开学）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图。已知：①酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。②“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，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。“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+＝Mn2++H2S↑。③“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]﹣形式浸出。（1）FeS2中Fe的化合价。（2）“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，试比较：Ksp（MnS）（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。（3）将沉锰渣和沉锰液分离的操作是，该操作需要用到的玻璃仪器有。（4）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，该过程涉及到的离子方程式、，一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后（铁粉消耗完），Ag的沉淀率逐渐减小的原因。4．（2025•平度市模拟）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Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O⇌Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。氢氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Rh（OH）3Ksp1.0×10﹣38.61.0×10﹣19.61.0×10﹣22.6（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol•L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol•L﹣1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H3RhCl6，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KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4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。5．（2025•盐城一模）利用锰银矿（主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质）制备硫酸锰和银。（1）用蔗糖（C12H22O11）、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。①提高锰元素浸出率的措施（任写一条）。②蔗糖还原MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为。③其它条件相同，酸矿比0.33：1，糖矿比0.04：1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示：水矿比大于2：1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为。（2）在空气中用NaCN溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag（CN）2]﹣的浸出液，再用锌粉置换得银。①浸出反应的离子方程式：。②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：。③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是。（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得MnSO4•H2O，煅烧MnSO4•H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中B段所示物质的化学式为（写出计算过程）。6．（2024秋•道里区校级期末）已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备。工艺流程如图：（1）“酸浸”中滤渣的主要成分为（填化学式）。（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出水解反应生成TiO2•xH2O的离子方程式，水解过程中需加水稀释并加热，其目的是（3）TiO2•xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右。温度不能高于40℃的原因是。（4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到FePO4，写出离子方程式。（5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是，适当多加草酸的原因为。（6）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L]时溶液pH≈1，此时溶液中c(HPO42-)=[已知：Ksp(7．（2025•江苏模拟）回收高铋银锌渣（主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质）可制备半导体材料Bi2O3。（1）氧化酸浸。将银锌渣加入至盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有BiCl①写出生成BiCl63-的离子方程式②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在该工业中不选择HNO3的原因可能是。③液固比是指浸出液总体积与银锌渣质量之比。Bi的浸出率随液固比的变化如图1所示。液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是。（2）分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液。可用于进一步制备Bi2O3其流程如图：①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为。②我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图2所示。该材料的化学式为。（3）从浸出渣中可回收银和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag（NH3）2]具有较强的氧化性。补充完整以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，，得单质银。（实验中须使用的试剂有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液）8．（2025•日照一模）以赤泥熔炼渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3）为原料分离稀土元素钪（Sc）的一种工艺流程如图：已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分为（填化学式）。（2）“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，（Fe2+、Fe3+、Sc3+）的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为（填Na2SO3或NaClO），应调节pH最佳为。（3）已知Sc2（C2O4）3难溶于水，难溶于酸；Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4═Sc2（C2O4）3↓+6H+，此反应的平衡常数K＝（用含a、b、c代数式表示）。（4）Sc2（C2O4）3经系列操作可得ScCl3•6H2O，ScCl3•6H2O，加热脱水时成ScOCl的化学方程式为。（4）在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数（分配系数Kd）Kd=c(A)c(B)；萃取率=n有机物(X)n总(X)×100%。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数Kd=c(有机相)c(水相)=7.5，取100mL9．（2024秋•无锡期末）回收镨铁合金抛光废料（含Fe和少量Pr及杂质），可制备Pr6O11和Pr（OH）3。镨铁合金抛光废料经除铁、萃取、反萃取可得PrCl3溶液。Pr的常见化合价为+3和+4。（1）沉淀Pr3+。搅拌下，将一定量的PrCl3溶液与沉淀剂Na2CO3溶液充分反应，过滤得到Pr2（CO3）3•8H2O沉淀，发生反应的化学方程式为。沉淀剂用Na2CO3溶液比用NH4HCO3溶液得到的沉淀颗粒更加致密，可能的原因是。（2）Pr6O11的制备和性质。①将Pr2（CO3）3•8H2O置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备Pr6O11最适宜的温度为（写出计算过程）。②将0.5gPr6O11加到20mL30%H2O2酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以Pr3+的形式存在。该反应的离子方程式为。（3）Pr（OH）3的制备。用萃取剂P507[（HA）2]萃取Pr3+的原理：Pr3++3（HA）2⇌萃取反萃取3H++Pr[（HA2]已知：①P507对Pr3+和Fe3+、Fe2+都有萃取作用，对杂质离子无萃取作用。②Pr3+开始沉淀的pH为8，Fe3+完全沉淀的pH为3.7，Fe2+完全沉淀的pH为9.7。为获得较高纯度Pr（OH）3，请补充完整实验方案：将一定量镨铁合金抛光废料加到稀盐酸中，，浓缩后得PrCl3溶液，向溶液中滴加1.0mol•L﹣1NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤，将固体干燥，得到Pr（OH）3。（须选用的试剂和仪器：1.0mol•L﹣1HCl溶液、1.0mol•L﹣1NaOH溶液、1.0mol•L﹣1H2O2溶液、P507、分液漏斗）。10．（2024秋•广东期末）工业上常用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe2O3Al2O3CaOSiO2等）和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4和明矾，其工艺流程如图所示。已知：Ⅰ.Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化为MnO2Ⅱ.当溶液中某离子浓度c（Mn+）≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的Ksp如下表所示：Fe（OH）3Al（OH）3Mn（OH）3Fe（OH）2Ksp2.0×10﹣391.0×10﹣332.0×10﹣135.0×10﹣17回答下列问题：（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为。（2）“酸浸”时，软锰矿中的Fe2O3与SO2反应的化学方程式为。（3）加入MnCO3调pH“时，调节pH的范围为（保留两位有效数字）。（4）“焙烧Li2CO3和MnO2混合物的过程中，①资料显示Li2CO3的分解温度为723℃，本流程中Li2CO3于515℃开始分解，可能原因是。②“焙烧”过程中发生的总反应为。（5）尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料①充电时，LiMn2O4电极的电势（填“高于”或“低于”）电池的另一极。②LiMn2O4的晶胞为立方体，该晶胞由图中A、B两种基本结构单元交替排列构成。图中“●”表示的微粒是（填离子符号）；设该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的数值为NA，LiMn2O4的摩尔质量为Mg/mol，则该晶胞的密度为g/cm3（用含有NA和M的计算式表示）。11．（2024秋•重庆期末）海水中NaCl的浓度约为3.5%，是宝贵的自然资源，其部分利用如下流程所示：已知：T℃下，Ksp（CaCO3）＝3.4×10﹣9，Ksp（CaSO4）＝5.1×10﹣4。（1）上述流程中编号①～⑤的物质，属于电解质的是（填编号）。（2）流程中制备NaHCO3晶体时，气体CO2、NH3较好的通入顺序是（选填“先CO2后NH3”或“先NH3后CO2”）。（3）请写出上述流程中制得NaHCO3晶体的离子反应方程式。（4）粗盐（含有少量MgCl2、CaCl2、Na2SO4杂质）提纯得到饱和NaCl溶液，除杂试剂的添加和实验操作的先后顺序正确的是A．BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸、过滤、加热B．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸、过滤、加热C．BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、过滤、稀盐酸、加热D．NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、过滤、稀盐酸、加热（5）Na2CO3有广泛用途。可用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，将其转化为可溶于酸的物质，转化原理的离子方程为，T℃下该反应的平衡常数K为（保留2位有效数字）。（6）用如图所示装置模拟电解饱和NaCl溶液。铁丝b端的电极反应式为，d处现象为。12．（2025•镇江开学）铁、钴、锰是三种典型的变价金属。还原浸出法可以将原料中难分解的高价态金属化合物还原，从而可以在酸性介质中溶解浸出。从电化学角度来说，电极电势数值越大氧化性越强、数值越小还原性越强。氧化型物质浓度越大，电极电势越大。部分常见标准电极电势如下表所示：电对O2/H2O2Fe3+/Fe2+MnOCo3+/Co2+SO标准电极电势E0.6950.7711.231.820.158（1）SO2—H2SO4浸出铁①ZnFe2O4晶体的一种晶胞结构如图1所示，晶胞可看成由A、B单元按C方式交替排布构成，“〇”表示O。则“△”表示的B元素是（填元素符号），基态Fe3+的外围电子排布式为。②H2SO4浸出ZnFe2O4浸取时，溶液中c（Fe3+）过大会阻碍ZnFe2O4进一步溶解，其原因可能为。③SO2—H2SO4体系还原浸出铁酸锌（ZnFe2O4）中的Fe2+Zn2+的化学反应方程式为。（2）H2O2—H2SO4浸出锰、钴①H2O2—H2SO4可还原软锰矿中的MnO2，该方法反应速率快，常温下即可反应。以H2O2作还原剂，在H2SO4溶液中浸出软锰矿（含Fe2O3杂质），控制酸浓度为2mol•L﹣1，在95℃条件下，锰、铁的浸出率与时间变化的关系如图2所示，该条件下铁浸出率远低于锰的原因可能为。②常用H2O2—柠檬酸（易溶于水、有强还原性）代替H2O2—H2SO4回收废旧锂离子电池（LiCoO2）中的钴。同浓度的柠檬酸与H2SO4浸出废旧锂离子电池时，钴浸出率与时间变化的关系如图3所示。钴的浸出率，用柠檬酸大于H2SO4的原因可能为。13．（2025•广东一模）某工厂从废含镍有机催化剂中回收镍的工艺流程如图所示（已知废催化剂中含有Ni70.0%及一定量的Al、Fe、SiO2和有机物，镍及其化合物的化学性质与铁的类似，但Ni2+的性质较稳定）。回答下列问题：已知：部分阳离子以氢氧化物的形式完全沉淀时的pH如下表所示。沉淀物Al（OH）3Fe（OH）3Fe（OH）2Ni（OH）2pH5.23.29.79.2（1）Ni为28号元素，写出Ni原子基态电子排布式，用乙醇洗涤废催化剂的目的是，从废液中回收乙醇的方法是。（2）为提高酸浸速率，可采取的措施有（答一条即可）。（3）硫酸酸浸后所得滤液A中含有的金属离子是，向其中加入H2O2反应的离子方程式为。（4）滤液C进行如下所示处理可以制得NiSO4⋅7H2O。滤液→pH=3溶液→操作XNiSO4⋅①操作X是，过滤，洗涤，干燥。②NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料﹣NiOOH，该反应的离子方程式是14．（2024秋•陕西期末）铁是人类较早使用的金属之一，铁及其化合物在生产、生活中有重要的用途。回答下列问题。（1）实验室鉴别Fe（OH）3胶体与饱和FeCl3溶液的方法是。（2）电子工业用FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜，制造印刷电路板。①发生反应的离子方程式为。②为检验FeCl3腐蚀铜后所得溶液中含有Fe2+，应使用的试剂为。③欲从腐蚀后的废液中回收铜并重新获得FeCl3溶液循环利用，现有下列试剂：A．浓硝酸B．铁粉C．氯气D．烧碱E．浓氨水需要用到的试剂除盐酸外还需要（选填字母）。（3）纳米Fe/Ni复合材料，可有效去除酸性废水中的NO3-①H、N、O、Fe四种元素的电负性从大到小的顺序是。②反应ii的离子方程式为。③假设每步反应都能彻底进行，则反应i和ii中消耗还原剂的质量之比为。15．（2025•越秀区开学）全钒液流电池目前产业链建设和技术成熟度相对较高，钒的提取有重要价值。一种以钒磁铁矿炼铁后的钒渣（主要成分是FeV2O4、MnV2O4、Fe2SiO4等）为原料制备V2O5的工艺流程如图：已知：①FeV2O4也可表示为FeO•V2O3②室温下：Ksp[Mn（OH）2]约为10﹣14，Ksp[Mg（OH）2]约为10﹣12③一定浓度的钒在溶液中的主要聚合状态与溶液pH关系如图所示。（1）基态钒原子价层电子排布图为。（2）“焙烧”中FeV2O4转化为Mg2V2O7和Fe2O3的化学方程式为。（3）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀。图是在工业生产中不同pH环境下沉钒率的测定值。实际工业生产中常选择pH＝7.5为沉钒的最佳条件，当pH超过8.0时沉钒率降低，其原因有（写出两点）。（4）为回收Mn元素，对“滤液b“进行处理时用氨水调pH。若溶液中Mn元素恰好完全沉淀，则c（Mg2+）约为mol•L﹣1（当溶液中离子浓度c≤10﹣5mol•L﹣1即可视为沉淀完全）。（5）工业上用H2还原（NH4）6V10O28（十钒酸铵）可以制得V2O3该反应中还原剂与还原产物的物质的量之比为。（6）全钒液流电池装置如图所示，若放电过程中有H•从A池移向B池，则充电过程中阳极方程式为。（7）一种钒的硫化物的晶体结构（图a）及其俯视图（图b）如图所示：①该钒的硫化物的化学式是。②该钒的硫化物晶体中，与每个V原子最近且等距的S原子个数是。16．（2024秋•山西月考）镓（Ga）是重要的半导体材料。一种利用锌粉置换渣（主要成分为Ga2O3、Ga2S3、ZnS、FeO、Fe2O3、SiO2）制备粗镓的工艺流程如图所示：已知：P204、YW100协同萃取体系对金属离子的优先萃取顺序为Fe（Ⅲ）＞Ga（Ⅲ）＞Fe（Ⅱ）＞Zn（Ⅱ）。回答下列问题。（1）“浸渣”的主要成分是S和（填化学式）。“富氧浸出”中高压O2的作用是。（2）“滤渣”的主要成分是（填化学式）。用H2A2代表P204，RH代表YW100，“协同萃取”过程中发生反应：Ga3++H2A2+2RH⇌Ga(HA2)R2+3H+，无机相含有的主要金属离子为（3）如图为Ga—H2O系中电势随pH变化的图像。“中和沉镓”时所选pH合理范围为（填标号）。A．﹣4～2B．0～4C．4～9D．8～12“碱溶造液”过程中发生反应的离子方程式为。（4）“电解”过程中生成粗镓的电极反应式为。（5）砷化镓（GaAs）的晶胞结构如图Ⅰ左图所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图Ⅱ所示。①图Ⅰ中，若Ga﹣As键的键长为apm，则晶胞边长为pm。②稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为。17．（2024秋•南通期末）利用废弃的铂镍合金靶材回收金属铂的部分实验过程如图：（1）拟利用图所示装置边搅拌边持续加热8h。为提高盐酸利用率，图中三颈烧瓶a口处还需要添加的仪器为。（2）将“酸浸”后的固体充分洗涤后加至浓硝酸和浓盐酸的混酸中发生氧化反应，得到含H2[PtCl6]的溶液。①写出Pt发生反应的化学方程式：。②该过程需控制在40℃左右的原因是。（3）“沉铂”原理为[PtCl6]2﹣+2NH4+═（NH4）2[PtCl6]↓，Ksp{（NH4）2[PtCl6]}＝1.6×10﹣6。向c（[PtCl6]2﹣）＝0.1mol•L﹣1的溶液中加入等体积的NH4Cl溶液，为使c（[PtCl6]2﹣）＜10﹣5mol•L﹣1，所加NH4Cl溶液浓度最小为mol•L﹣（4）通过还原法或直接煅烧法均可制金属铂。①向（NH4）2[PtCl6]溶液中加入N2H4•H2O溶液，充分反应后得到金属铂，同时有N2逸出。还原0.1mol（NH4）2[PtCl6]参加反应N2H4•H2O的物质的量为mol。②将（NH4）2[PtCl6]隔绝空气煅烧可以得到Pt、N2、NH3和HCl。实验室可通过测定分解产物中HCl的量计算Pt回收率。请补充完整该测定过程中的实验方案：称取一定质量的（NH4）2[PtCl6]样品于硬质直玻璃管中，加强热，用去离子水充分吸收产生的气体后，稀释至一定体积，。已知：（ⅰ）当溶液pH介于6.5～10时，Cr（Ⅵ）的主要存在形式为CrO4（ⅱ）Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4，砖红色）＝1.1×10﹣12。须使用的试剂和仪器：KOH溶液、K2CrO4溶液、0.01000mol•L﹣1AgNO3标准溶液；滴定管、锥形瓶、pH计。18．（2025•高邮市开学）某工厂采用如图工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+），实现镍、钴、镁元素的回收及利用。（1）Co2+价层电子排布式为。（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）画出H2SO5的结构式。（3）已知：H2SO5的电离方程式为H2SO5＝H++HSO5-。HSO3-⇌H++SO32-。“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2该反应的离子方程式为（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn（Ⅱ）氧化率与时间的关系如图1。SO2体积分数为9%时，Mn（Ⅱ）氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn（Ⅱ）氧化速率减小的原因是。（5）“沉钴镍”后，将“钴镍渣”经进一步处理后可制得Co2TiO3CoxTiOy晶胞结构如图2所示。则与Ti原子最近的Co原子有个。（6）①将“钴镍渣”酸溶后，先加入NaClO溶液进行“钴镍分离”，写出“钴镍分离”反应生成Co（OH）3沉淀的离子方程式：。②“镍钴分离”后溶液中加入NaOH溶液和NaClO溶液，可以制得用作镍镉电池正极材料的NiOOH。为测定所得NiOOH样品的质量分数，现进行如下实验：在稀硫酸中加入0.1000g样品，待样品完全溶解后加入足量KI溶液，充分反应，调节溶液的pH＝3～4，滴入几滴淀粉溶液，用0.1000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液10.00mL。实验过程中先后发生反应2Ni3++2I﹣＝2Ni2++I2和I2+2S2O32-=2I﹣+S4O62-。样品中NiOOH的质量分数为19．（2024秋•海淀区校级期末）利用“预氧化—氨法”对钢铁烧结烟气（主要成分为N2、SO2和NO）进行协同脱硫脱硝的流程示意图如图：已知：①雾化器可通过高速气流将液体分散为微小液滴。②该流程条件下，氧化能力相近的氧化剂与不同还原剂反应的快慢如下表所示：还原剂SO2SONHNO反应快慢极慢快极慢快（1）将H2O2溶液雾化后再通入氧化反应器的目的是。（2）氧化反应器是对烧结烟气中的NO进行氧化处理的设备，写出H2O2将NO转化为NO2的化学方程式：。（3）以（NH4）2SO3溶液为吸收剂，调节其初始pH为7.0，从喷淋吸收塔顶部淋入，对从下方通入的氧化烟气进行吸收。①写出（NH4）2SO3溶液吸收SO2的离子方程式：。②吸收剂中SO32-初始物质的量浓度与烟气处理效果的关系如图所示，随着SO32-初始物质的量浓度的上升，脱硝率大幅提高，烟气分析仪测定处理后烟气中N2含量显著提升，写出（NH4）2SO3溶液吸收NO2③氧化剂用量与烟气处理效果的关系如图所示：ⅰ．解释氧化剂/NO物质的量比较低时，脱硝率较低的原因；。ⅱ．氧化剂用量过大，烟气的脱硫率和脱硝率都会显著下降，解释其原因：。（4）该流程可生成一种可作氮肥的副产物，其化学式为。20．（2025•四川模拟）Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料（主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等）制备Ni2O3的工艺流程如图所示：已知：①常温下，溶液中相关离子的lgc（M）与溶液pH的关系如图所示。当溶液中离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。②萃取的原理为Ni2+（水相）+2HR（有机相）⇌NiR2（有机相）+2H+（水相）。回答下列问题：（1）“预处理”操作可以选择用（填标号）来除去含镍废料表面的矿物油污。A．纯碱溶液B．NaOH溶液C．酒精D．硫酸溶液（2）“氧化”时主要反应的离子方程式为。（3）常温下，“调pH”时，溶液中Ni2+浓度为0.10mol•L﹣1，需控制溶液的pH范围是；滤渣2的主要成分是（填化学式）。（4）“萃取”和“反萃取”的目的是；为提高Ni2+离子的“反萃取”率，在“反萃取”时可采取的措施有（回答一条即可）；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示（填标号）。

2025高考化学三轮复习之物质的分离、提纯和检验（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2025•广东模拟）MnO2是电池工业中非常重要的原料之一。（1）MnO2的制备。Ⅰ.还原法：含锰阳极渣的主要成分为MnO2含有PbO。①在酸性条件下，向阳极渣中加入葡萄糖，可见产生气泡，同时得到MnSO4溶液，离子方程式为C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O。②用醋酸铵可以溶解PbO生成醋酸铅，从而实现PbO与MnO2的分离。铅的浸出率与温度的关系如图1。铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到85℃以后，铅的浸出率降低的原因是醋酸铵分解（或醋酸铵挥发）。Ⅱ.电解法：某矿粉（主要含有MnO、杂质含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制备高纯已知：Ksp（FeS）＝6.3×10﹣18，Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28。①“电解”的化学方程式为MnSO4+2H2O电解¯MnO2+H2SO4+H2↑②该流程中可以用于循环使用的物质是H2SO4。③为得到高纯MnO2，净化后溶液中BaS的浓度至少为6.3×10﹣13mol•L﹣1。（2）MnO2的结构与应用。实验室用KClO3固体加热制O2加入MnO2作催化剂，可加快生成O2的速率。①某种MnO2的晶胞结构如图2所示。图中“”表示Mn原子。沿z轴的俯视图中，由“”构成图形的面积是14abpm2②温度加热到60℃后，生成O2的速率突然加快（见图3所示），其原因是此时MnO2的活性最高。③将反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体，其质量比起始时加入的MnO2的质量小，其原因是MnO2转化为可溶于水的K2MnO4或转化成Mn2O3等低价锰的化合物（不考虑实验操作引起的误差因素）。【答案】（1）1.①C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O；②醋酸铵分解（或醋酸铵挥发）；Ⅱ.①MnSO4+2H2O电解¯MnO2+H2SO4+H2②H2SO4；③6.3×10﹣13mol•L﹣1；（2）①Mn原子；14②此时MnO2的活性最高；③MnO2转化为可溶于水的K2MnO4或转化成Mn2O3等低价锰的化合物。【分析】矿粉（主要含有MnO、杂质含有Fe、Pb的氧化物）加入硫酸，生成硫酸锰、硫酸铅、硫酸亚铁，加入BaS生成FeS、PbS沉淀，电解硫酸锰溶液生成二氧化锰；【解答】解：（1）Ⅰ．①在酸性条件下，葡萄糖具有还原性，能将MnO2还原为Mn2+，葡萄糖被氧化为CO2，根据氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得离子方程式为C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O，故答案为：C6H12O6+12MnO2+24H+＝12Mn2++6CO2↑+18H2O；②醋酸铵溶解PbO生成醋酸铅，当温度达到85℃后，醋酸铵受热分解，导致参与溶解PbO的醋酸铵的量减少，从而使铅的浸出率降低，故答案为：醋酸铵分解（或醋酸铵挥发）；Ⅱ．①矿粉与硫酸反应后，用BaS净化后的溶液中含有MnSO4等，电解MnSO4溶液制备MnO2，Mn元素从+2价变为+4价，发生氧化反应，在阳极生成MnO2；H+在阴极得到电子生成H2，根据电解原理和原子守恒、电荷守恒，“电解”的化学方程式为：MnSO4+2H2O电解¯MnO2+H2SO4+H2故答案为：MnSO4+2H2O电解¯MnO2+H2SO4+H2②从流程中可以看出，电解过程中生成了H2SO4，而在浸出步骤中需要用到硫酸，所以该流程中可以用于循环使用的物质是H2SO4，故答案为：H2SO4；③为得到高纯MnO2，需要将杂质Pb2+、Fe2+等除去，加入BaS是为了将Fe2+、Pb2+除去，因为Ksp（PbS）＝1.0×10﹣28比Ksp（FeS）小得多，PbS更易沉淀，当FeS完全沉淀后，PbS沉淀完全，当Fe2+沉淀完全时，溶液中c（Fe2+）≤10﹣5mol/L，根据Ksp（FeS）＝c（S2﹣）•c（Fe2+）＝6.3×10﹣18，可得c（S2﹣）=6.3×10-1810-5mol/L＝6.3×10﹣13mol/L，BaS在溶液中完全电离，所以净化后溶液中BaS故答案为：6.3×10﹣13mol/L；（2）①根据均摊法，观察晶胞结构可知，“●”原子个数为1+8×18=2，“〇”原子个数为4×12+2＝4，在MnO2中Mn与O原子个数比为1：2，所以“●”表示Mn原子；沿z轴的俯视图中，由“〇”构成的图形为矩形，从晶胞结构可知，矩形的长为12apm故答案为：Mn原子；14②当温度加热到60℃后，生成O2的速率突然加快，原因是MnO2作为催化剂的活性最高，从而大大加快了KClO3分解生成O2的速率，故答案为：此时MnO2的活性最高；③反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥、称量所得固体质量比起始时加入的MnO2质量小，是因为MnO2转化为可溶于水的K2MnO4、或转化成Mn2O3等低价锰的化合物，导致MnO2质量减少，故答案为：MnO2转化为可溶于水的K2MnO4或转化成Mn2O3等低价锰的化合物。【点评】本题考查学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、晶胞的计算、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力。2．（2025•湖南模拟）青海柴达木盆地是世界上最大的锶矿床。以该锶矿生产的氯化锶主要用于焰火材料、医药、日用化学品、电解金属钠的助熔剂等。工业上以次等品碳酸锶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及还原态的硫等杂质）为原料，利用盐酸法获得高纯氯化锶。已知Ksp（1）锶元素与钙元素在同主族，写出锶元素价电子轨道排布图：，实验室中少量金属锶应保存在煤油中。（2）“除钡”中硫酸溶液的量不宜过量，原因是过量的硫酸会使锶离子产生硫酸锶沉淀，减少氯化锶的产量。（3）还原态的硫主要为Sx2-，写出“氧化”过程反应的离子方程式：2H++2Fe2+（4）80℃下Fe3+和Ca2+在不同pH的沉淀率如图，“除钙铁”最适宜的试剂A为SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等，pH为12。（5）锶矿床含有较多天青石（主要成分为SrSO4）。纯净的SrSO4可加入饱和Na2CO3溶液，充分搅拌，弃去上层清液。如此处理多次，将SrSO4全部转化为SrCO3。若有17molSrSO4，每次用1.00L2.0mol/L饱和Na2CO3溶液处理，假定SrSO4能全部转化，至少需要处理9次。【答案】（1）；煤油；（2）过量的硫酸会使锶离子产生硫酸锶沉淀，减少氯化锶的产量；（3）2H++2（4）SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等；12；（5）9。【分析】次等品碳酸锶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及还原态的硫等杂质），加入稀盐酸缓慢搅拌，次等品碳酸锶溶解，加入硫酸溶液，生成硫酸钡沉淀，然后加入30%过氧化氢，将Fe2+和还原态硫氧化，然后加入氧化锶、碳酸锶或氢氧化锶调节pH生成氢氧化铁、氢氧化钙沉淀，最后浓缩结晶得氯化锶晶体。【解答】解：次等品碳酸锶（含Ba2+、Ca2+、Fe2+及还原态的硫等杂质），加入稀盐酸缓慢搅拌，次等品碳酸锶溶解，加入硫酸溶液，生成硫酸钡沉淀，然后加入30%过氧化氢，将Fe2+和还原态硫氧化，然后加入氧化锶、碳酸锶或氢氧化锶调节pH生成氢氧化铁、氢氧化钙沉淀，最后浓缩结晶得氯化锶晶体；（1）锶位于第五周期第ⅡA族，故价电子轨道排布图为；锶的金属性比钙还强，易与空气中氧气反应，常温下放在煤油中隔绝空气保存，故答案为：；煤油；（2）锶离子的含量大于钡离子，硫酸在除去钡离子的同时也会产生硫酸锶的沉淀，故不能用过量的硫酸，减少氯化锶的产量，故答案为：过量的硫酸会使锶离子产生硫酸锶沉淀，减少氯化锶的产量；（3）Fe2+与Sx2-都有还原性，分别可以被过氧化氢氧化为Fe3+和S，其离子方程式分别为2H故答案为：2H++2（4）SrO或者Sr（OH）2、SrCO3可以增大pH，且不会引入新的杂质；根据两图的沉淀率随pH的变化情况，选择pH为12时，Fe3+沉淀率达到100%，Ca2+沉淀率达到90%以上，故答案为：SrO或者Sr（OH）2、SrCO3等；12；（5）设每次转化的SrSO4物质的量浓度为xmol/L，则，x2-x=Ksp(SrSO4)Ksp故答案为：9。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。3．（2025•龙华区校级开学）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2）和氧化锰矿（主要含MnO2）为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如图。已知：①酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe3+。②“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，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。“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+＝Mn2++H2S↑。③“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]﹣形式浸出。（1）FeS2中Fe的化合价+2。（2）“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，试比较：Ksp（MnS）＞（填“＞”或“＜”）Ksp（Ag2S）。（3）将沉锰渣和沉锰液分离的操作是过滤，该操作需要用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。（4）“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，该过程涉及到的离子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+、2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl-，一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后（铁粉消耗完），Ag的沉淀率逐渐减小的原因【答案】（1）+2；（2）＞；（3）过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；（4）2Fe3++Fe＝3Fe2+；2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4【分析】银锰精矿主要含Ag2S、MnS、FeS2，氧化锰矿主要含MnO2。“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，“浸锰液”中主要阳离子为Fe3+、Mn2+；“浸锰渣”中Ag2S与过量FeCl3、HCl和CaCl2反应生成[AgCl2]﹣，用铁粉把[AgCl2]﹣还原为金属银。【解答】解：（1）FeS2中S显﹣1价，根据化合价代数和等于0，Fe的化合价为+2，故答案为：+2；（2）“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+＝Mn2++H2S↑，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中；硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp（MnS）＞Ksp（Ag2S），故答案为：＞；（3）将沉锰渣和沉锰液分离，属于固液分离，操作是过滤，过滤装置图为，该操作需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：过滤；玻璃棒、漏斗、烧杯；（4）“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以[AgCl2]﹣形式浸出。“浸银液”中含有[AgCl2]﹣和过量的Fe3+，“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂，该过程涉及到的离子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+、2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4Cl故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；2[AgCl2]-+Fe=Fe2++2Ag+4【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2025•平度市模拟）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Cl﹣形成配离子[RhCl6]3﹣，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：[RhCl6]3﹣+3H2O⇌Rh（OH）3+3H++6Cl﹣。③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。氢氧化物Fe（OH）3Cu（OH）2Rh（OH）3Ksp1.0×10﹣38.61.0×10﹣19.61.0×10﹣22.6（已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1mol•L﹣1；金属离子浓度≤1.0×10﹣5mol•L﹣1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H3RhCl6，该反应的化学方程式为2Rh+3Cl2+6HCl＝2H3RhCl6。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pH＞2，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失。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Na+、Fe3+。（2）途径二：①“控温焚烧”的目的是防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全且防止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KHSO4反应的产物之一为SO2，则参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1：6。③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为2.8～4.2（保留两位有效数字）。④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为Rh3++3NH3•H2O＝Rh（OH）3↓+3NH4+【答案】见试题解答内容【分析】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；【解答】解：（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，故答案为：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，[RhCl6]3﹣水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失，故答案为：pH＞2，[RhCl6]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+，故答案为：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，故答案为：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，可2Rh+12KHSO4＝Rh2（SO4）3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O，加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1：6，故答案为：1：6；③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10﹣38.6，c（OH﹣）=3Ksp[Fe(OH)3]c(Fe3+)=31.0×10-38.610-5mol/L＝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故答案为：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↓+3NH4故答案为：Rh3++3NH3•H2O＝Rh（OH）3↓+3NH4【点评】本题考查分离提纯，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。5．（2025•盐城一模）利用锰银矿（主要成分为MnO2、Ag和少量SiO2等杂质）制备硫酸锰和银。（1）用蔗糖（C12H22O11）、水和浓硫酸浸取锰银矿，过滤得硫酸锰溶液和含银滤渣。①提高锰元素浸出率的措施加热或粉碎、充分搅拌等（任写一条）。②蔗糖还原MnO2生成硫酸锰和CO2的化学方程式为C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O。③其它条件相同，酸矿比0.33：1，糖矿比0.04：1时，酸浸过程中随着水矿比的增大，锰的浸出率如图所示：水矿比大于2：1时，锰的浸出率逐渐减小的原因为水矿比大于2：1时硫酸（或蔗糖）的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降。（2）在空气中用NaCN溶液浸取含银滤渣，得到含[Ag（CN）2]﹣的浸出液，再用锌粉置换得银。①浸出反应的离子方程式：4Ag+O②如图所示，pH小于10.5时，随pH的减小，银的浸出率降低的原因：随pH较低，CN﹣水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低。③金属材料铜银合金的晶胞如图所示，该铜银合金的化学式是Cu3Ag。（3）“酸浸”所得溶液经一系列操作后得MnSO4•H2O，煅烧MnSO4•H2O生产锰氧体材料，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。该曲线中B段所示物质的化学式为Mn3O4（写出计算过程）。【答案】（1）①加热或粉碎、充分搅拌等；②C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O；③水矿比大于2：1时硫酸（或蔗糖）的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；（2）①4Ag②随pH较低，CN﹣水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；③Cu3Ag；（3）Mn3O4。【分析】（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等；②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰；③水矿比大于2：1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸（或蔗糖）的浓度降低；（2）①Ag与NaCN溶液形成配合物[Ag（CN）2]⁻，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂；②由上一问可知，银的浸出需要与CN﹣形成配合物，CN﹣是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随pH较低，CN﹣水解程度增大；③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为8×18=1，含有（3）n（Mn）＝n（MnSO4•H2O）=152.1g169g⋅mol-1=0.9mol；m（Mn）＝n（Mn）•M（Mn）＝0.9mol×55g•mol﹣1【解答】解：（1）①提高锰元素浸出率的措施有加热或粉碎、充分搅拌等，故答案为：加热或粉碎、充分搅拌等；②二氧化锰将蔗糖氧化为二氧化碳，自身被还原为二价锰，化学方程式为C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O，故答案为：C12H22O11+24MnO2+24H2SO4＝12CO2↑+24MnSO4+35H2O；③水矿比大于2：1时，水较多，反应物被稀释，故锰的浸出率逐渐减小的原因为硫酸（或蔗糖）的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降，故答案为：水矿比大于2：1时硫酸（或蔗糖）的浓度降低，化学反应速率降低，浸出率下降；（2）①Ag与NaCN溶液形成配合物[Ag（CN）2]⁻，Ag的化合价由0价升高到+1价，则氧气做氧化剂，离子方程式为4Ag故答案为：4Ag②由上一问可知，银的浸出需要与CN﹣形成配合物，CN﹣是弱酸的阴离子，易水解，则pH的减小，银的浸出率降低的原因是随pH较低，CN﹣水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低，故答案为：随pH较低，CN﹣水解程度增大，浓度减小，银的浸出率降低；③根据均摊法可知，晶胞中含有Ag的个数为8×18=1，含有Cu的个数是6×故答案为：Cu3Ag；（3）n（Mn）＝n（MnSO4•H2O）=152.1g169g⋅mol-1=0.9mol；m（Mn）＝n（Mn）•M（Mn）＝0.9mol×55g•mol﹣1＝49.5g；n（O）=68.7g-49.5g16g⋅mol-1=故答案为：Mn3O4。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2024秋•道里区校级期末）已知Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备。工艺流程如图：（1）“酸浸”中滤渣的主要成分为SiO2（填化学式）。（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，写出水解反应生成TiO2•xH2O的离子方程式TiOCl42-+(x+1)（3）TiO2•xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右。温度不能高于40℃的原因是高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2•xH2O转化反应速率和产量下降。（4）向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到FePO4，写出离子方程式2Fe2+（5）“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe（Ⅲ）还原为Fe（Ⅱ），适当多加草酸的原因为草酸受热易分解，过量草酸确保FePO4能完全转化为LiFePO4。（6）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全[即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L]时溶液pH≈1，此时溶液中c(HPO42-)=2.5×10﹣6mol/L[已知：Ksp(【答案】（1）SiO2；（2）TiOCl42-+(（3）高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2•xH2O转化反应速率和产量下降；（4）2F（5）将Fe（Ⅲ）还原为Fe（Ⅱ）；草酸受热易分解，过量草酸确保FePO4能完全转化为LiFePO4；（6）2.5×10﹣6mol/L。【分析】向钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）中加入盐酸“酸浸”，SiO2不溶于盐酸，则加盐酸过滤后所得滤渣的主要成分为SiO2，滤液①中主要含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，TiOCl42-水解生成TiO2•xH2O沉淀，该沉淀与双氧水、氨水反应，再加入LiOH过滤得到Li2Ti5O15沉淀，再与碳酸锂高温煅烧反应生成Li4Ti5O12。水解后的滤液②中主要含Mg2+、Fe2+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与磷酸反应生成FePO4沉淀，最后【解答】解：向钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质）中加入盐酸“酸浸”，SiO2不溶于盐酸，则加盐酸过滤后所得滤渣的主要成分为SiO2，滤液①中主要含Mg2+、Fe2+、TiOCl42-，TiOCl42-水解生成TiO2•xH2O沉淀，该沉淀与双氧水、氨水反应，再加入LiOH过滤得到Li2Ti5O15沉淀，再与碳酸锂高温煅烧反应生成Li4Ti5O12。水解后的滤液②中主要含Mg2+、Fe2+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与磷酸反应生成FePO4沉淀，最后（1）根据分析，“酸浸”中滤渣的主要成分为SiO2，故答案为：SiO2；（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42-形式存在，加热水解生成TiO2•xH2O，反应的离子方程式为：TiOC故答案为：TiOCl42-（3）温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2•xH2O转化反应速率和产量下降，故答案为：高于40℃，过氧化氢和氨水不稳定易分解，导致TiO2•xH2O转化反应速率和产量下降；（4）向“滤液②”中含Fe2+，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与磷酸反应生成FePO4沉淀，则反应的离子方程式为：2F故答案为：2F（5）草酸具有还原性，则“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是：将Fe（Ⅲ）还原为Fe（Ⅱ）；适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，过量草酸确保FePO4能完全转化为LiFePO4，故答案为：将Fe（Ⅲ）还原为Fe（Ⅱ）；草酸受热易分解，过量草酸确保FePO4能完全转化为LiFePO4；（6）若“滤液②”中Fe3+恰好沉淀完全，即溶液中c（Fe3+）＝1.0×10﹣5mol/L，根据Ksp(FePO4)=1.2×10-22，可得c(P故答案为：2.5×10﹣6mol/L。【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025•江苏模拟）回收高铋银锌渣（主要成分是Bi，还含有Zn、Ag、Au等杂质）可制备半导体材料Bi2O3。（1）氧化酸浸。将银锌渣加入至盐酸和NaCl混合溶液中，再分批加入NaClO3溶液，搅拌使其充分反应，得到含有BiCl①写出生成BiCl63-的离子方程式2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2②HNO3也可用于“氧化酸浸”，在该工业中不选择HNO3的原因可能是生成氮氧化物，污染环境。③液固比是指浸出液总体积与银锌渣质量之比。Bi的浸出率随液固比的变化如图1所示。液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是液粘度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低。（2）分离出Zn2+后浸出液主要成分为BiCl3溶液。可用于进一步制备Bi2O3其流程如图：①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl。②我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如图2所示。该材料的化学式为Bi2SeO2。（3）从浸出渣中可回收银和金。已知Ag2SO4可溶于氨水，[Ag（NH3）2]具有较强的氧化性。补充完整以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成（至沉淀不再产生），过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥，得单质银。（实验中须使用的试剂有氨水、水合肼溶液、BaCl2溶液）【答案】（1）①2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2BiCl②生成氮氧化物，污染环境；③液粘度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低；（2）①BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl；②Bi2SeO2；（3）边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成（至沉淀不再产生），过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥。【分析】（1）①Bi、盐酸、NaCl、NaClO3溶液反应生成BiCl②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反应会生成污染的氮氧化物；③结合图像，液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是液粘度较大，流动性差；（2）①浸出液为BiCl3，滴加Na2CO3溶液，反应得到BiOCl沉淀；②根据均摊法，Se为1+18×8＝2，O为4×12+2＝4，Bi为（3）以浸出渣为原料制备单质银为向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成（至沉淀不再产生），过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥，得单质银。【解答】解：（1）①生成BiCl63-的离子方程式2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+故答案为：2Bi+11Cl﹣+ClO3-+6H+＝2BiCl②HNO3也可用于“氧化酸浸”，但是HNO3反应会生成污染的氮氧化物，在该工业中不选择HNO3的原因可能是生成氮氧化物，污染环境，故答案为：生成氮氧化物，污染环境；③结合图像，液固比很低时，Bi的浸出率明显较低的原因是液粘度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低，故答案为：液粘度较大，流动性差，浸出剂与固体接触不充分，浸出反应速率低；（2）①向浸出液中滴加Na2CO3溶液，调节溶液pH约为1.5，得到BiOCl沉淀，该过程的化学方程式为BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl，故答案为：BiCl3+Na2CO3＝BiOCl↓+CO2↑+2NaCl；②根据均摊法，Se为1+18×8＝2，O为4×12+2＝4，Bi为8×14+故答案为：Bi2SeO2；（3）以浸出渣为原料制备单质银的实验方案：向浸出渣中加入硫酸后焙烧，得硫酸银烧渣，边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成（至沉淀不再产生），过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥，得单质银，故答案为：边搅拌边向烧渣中加入氨水至固体不再溶解，过滤，向滤液中加入水合肼溶液至不再有气泡生成（至沉淀不再产生），过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无浑浊生成，干燥。【点评】本题考查物质分离提纯方案的设计，为高考常见题型，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，题目难度较大。8．（2025•日照一模）以赤泥熔炼渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3）为原料分离稀土元素钪（Sc）的一种工艺流程如图：已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。回答下列问题：（1）“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2（填化学式）。（2）“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，（Fe2+、Fe3+、Sc3+）的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为Na2SO3（填Na2SO3或NaClO），应调节pH最佳为2。（3）已知Sc2（C2O4）3难溶于水，难溶于酸；Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4═Sc2（C2O4）3↓+6H+，此反应的平衡常数K＝a3b3c（用含a、（4）Sc2（C2O4）3经系列操作可得ScCl3•6H2O，ScCl3•6H2O，加热脱水时成ScOCl的化学方程式为ScCl3•6H2O△¯ScOCl+2HCl+5H2O（4）在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数（分配系数Kd）Kd=c(A)c(B)；萃取率=n有机物(X)n总(X)×100%。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数Kd=c(有机相)c(水相)=7.5，取【答案】见试题解答内容【分析】熔炼渣主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2；Fe2O3和Sc2O3和硫酸反应生成相应的盐，随后用萃取剂萃取，将钪元素和铁元素分类出来，加入试剂X将三价铁还原为二价铁，加入氢氧化钠实现钪和铁的分离，过滤后加入硝酸溶解，随后加入草酸沉钪，处理后得到单质钪，以此解题。【解答】解：（1）熔炼渣主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2，故答案为：CaSO4、SiO2；（2）由图可知，二价铁更容易和Sc分离，故试剂X应该是将三价铁转化为二价铁，则试剂X为Na2SO3；由图可知，pH为2时，二价铁没有沉淀，Sc的沉淀率已经很大，故应调节pH最佳为2，故答案为：Na2SO3；2；（3）已知Ka1（H2C2O4）＝a，Ka2（H2C2O4）＝b，Ksp[Sc2（C2O4）3]＝c，则结合平衡常数的定义可知反应2Sc3++3H2C2O4＝Sc2（C2O4）3+6H+的平衡常数K=c故答案为：a3（4）ScCl3•6H2O沉淀在高温脱水的过程中，ScCl3发生了水解反应，反应方程式为：ScCl3•6H2O△¯ScOCl+2HCl+5H2O故答案为：ScCl3•6H2O△¯ScOCl+2HCl+5H2O（4）设100mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为amol，一次性加入60mL萃取剂，其中可以萃取的Sc的物质的量为xmol，则Kd=x60×10-3a-x100×10-3=7.5，解得x＝0.818a