第05講 工業(yè)流程題解題策略（講義）（教師版） 2025年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（新教材新高考）

第05講工業(yè)流程題解題策略目錄01TOC\o"1-3"\h\u考情透視·目標(biāo)導(dǎo)航 02知識(shí)導(dǎo)圖·思維引航 03考點(diǎn)突破·考法探究 考點(diǎn)一微型工業(yè)流程題 知識(shí)點(diǎn)1微型工藝流程中題的呈現(xiàn)方式 知識(shí)點(diǎn)2工藝流程中的實(shí)驗(yàn)操作分析 考向1微型工藝流程中的實(shí)驗(yàn)操作 考向2微型工藝流程中的過(guò)程評(píng)價(jià) 考點(diǎn)二化工流程綜合題 知識(shí)點(diǎn)1反應(yīng)條件的控制 知識(shí)點(diǎn)2常用的分離、提純方法 考向1化學(xué)工藝流程與物質(zhì)制備 考向2化學(xué)工藝流程與反應(yīng)原理 04真題練習(xí)·命題洞見(jiàn) 考點(diǎn)要求考題統(tǒng)計(jì)考情分析微型實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)2023浙江6月選考12題，2分；2023湖北卷3題，3分；2023湖南卷9題，3分；2023遼寧卷10題，3分；2023山東卷13題，4分；2022福建卷6題，4分；2022河北卷4題，3分；2022山東卷9題，2分；2022山東卷9題，2分；2021湖南卷6題，3分；2021河北卷6題，3分；化工流程題是高考的熱點(diǎn)題型，通常以實(shí)際的工業(yè)生產(chǎn)為背景，通過(guò)工藝流程圖的形式再現(xiàn)生產(chǎn)的關(guān)鍵環(huán)節(jié)。該類題主要以化工流程或?qū)嶒?yàn)裝置圖為載體，以考查實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)、探究與實(shí)驗(yàn)分析能力為主，同時(shí)涉及基本操作、基本實(shí)驗(yàn)方法、裝置與儀器選擇、誤差分析等知識(shí)，題目綜合性強(qiáng)，難度大。重要考查考生提取信息的能力，檢驗(yàn)學(xué)生化學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的落實(shí)情況，體現(xiàn)“一核”的引領(lǐng)功能?；瘜W(xué)工藝流程題主要從以下兩點(diǎn)設(shè)置：(1)環(huán)境與化學(xué)：主要涉及“廢水、廢氣、廢渣”的來(lái)源，對(duì)環(huán)境的影響和處理原理。(2)重要化工生產(chǎn)及資源利用：旨在用所學(xué)的基本理論(氧化還原、化學(xué)平衡、鹽類水解、電化學(xué)、熱化學(xué)、有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)等)指導(dǎo)化工生產(chǎn)。從命題趨勢(shì)來(lái)看，一般有三種題型：一是從實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)和評(píng)價(jià)的角度對(duì)化工生產(chǎn)進(jìn)行模擬；二是根據(jù)一些化工生產(chǎn)的流程來(lái)考查考生的綜合應(yīng)用能力；三是關(guān)于化工生產(chǎn)的相關(guān)計(jì)算。綜合實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)2023山東卷17題，13分；2023全國(guó)甲卷26題，14分；2023全國(guó)乙卷26題，14分；2023全國(guó)新課標(biāo)卷27題，14分；2023湖南卷17題，15分；2023遼寧卷16題，14分；2023湖北卷16題，14分；2023浙江6月選考18題，10分；2023北京卷18題，13分；2023廣東卷18題，14分；2021浙江6月選考30題，10分；2021山東卷18題，12分；2022重慶卷15題，15分；2022湖北卷16題，14分；2022遼寧卷16題，14分；2022北京卷18題，13分；2022?海南卷15題，10分；2022河北卷15題，14分；2022山東卷17題，13分；2022全國(guó)乙卷26題，14分；2022全國(guó)甲卷26題，14分；2022湖南卷17題，14分；2022江蘇卷15題，12分；2022廣東卷18題，14分；2021全國(guó)甲卷26題，14分；2021全國(guó)乙卷26題，14分；2021湖南卷17題，14分；2021湖北卷16題，14分；2021?海南卷15題，10分；2021河北卷15題，14分；2021廣東卷16題，14分；2022山東卷17題，13分；2021北京卷16題，13分；2021遼寧卷16題，14分；2021浙江1月選考30題，10分；復(fù)習(xí)目標(biāo)：1．掌握本題型的基本特征，熟悉化工流程圖的表示形式以及分析工藝流程圖的方法。2．掌握工業(yè)生產(chǎn)中常見(jiàn)的化學(xué)術(shù)語(yǔ)，如堿洗、酸溶、酸浸等。3．掌握陌生化學(xué)方程式的書寫方法，掌握氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律及基應(yīng)用等。4．掌握物質(zhì)除雜、物質(zhì)回收利用的常見(jiàn)方法。5．掌握原料預(yù)處理、制備過(guò)程中控制反應(yīng)條件的目的和方法。6．掌握相關(guān)計(jì)算，如利用化學(xué)方程式計(jì)算、氧化還原滴定計(jì)算、pH計(jì)算、各種常數(shù)的計(jì)算等?？键c(diǎn)一微型工業(yè)流程題知識(shí)點(diǎn)一微型工藝流程中題的呈現(xiàn)方式知識(shí)點(diǎn)二工藝流程中的實(shí)驗(yàn)操作分析1．流程中的“操作步驟”操作步驟高頻設(shè)問(wèn)答題指導(dǎo)原料處理如何提高“浸出率”？①將礦石粉碎；②適當(dāng)加熱加快反應(yīng)速率；③充分?jǐn)嚢?；④適當(dāng)提高浸取液的濃度等分析“浸出率”圖表，解釋“浸出率”高低變化的原因(“浸出率”升高一般是反應(yīng)溫度升高，反應(yīng)速率加快；但當(dāng)“浸出率”達(dá)到最大值后，溫度升高“浸出率”反而下降，一般是反應(yīng)試劑的分解或揮發(fā))。選擇達(dá)到一定較高“浸出率”的時(shí)間及溫度(注意：一般不止一個(gè)答案)焙燒①高溫下硫化物與空氣中氧氣反應(yīng)(如FeS2與氧氣生成氧化鐵和二氧化硫)；②除去硫、碳單質(zhì)；③有機(jī)物轉(zhuǎn)化(如蛋白質(zhì)燃燒)、除去有機(jī)物等酸性氣體的吸收常用堿性溶液吸收(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)控制條件除去雜質(zhì)的方法加氧化劑，轉(zhuǎn)變金屬離子的價(jià)態(tài)(如Fe2＋→Fe3＋)調(diào)節(jié)溶液的pH調(diào)溶液pH常用氫氧化鈉、碳酸鈉、金屬氧化物[還有酸性氣體(二氧化硫)、稀鹽酸或稀硫酸]等。常利用題給金屬離子沉淀的pH信息，使特定金屬離子以氫氧化物沉淀出來(lái)物質(zhì)轉(zhuǎn)化的分析跟蹤物質(zhì)，分析每一步驟中可能發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)，書寫化學(xué)方程式或離子方程式濾渣、濾液中物質(zhì)的判斷，書寫物質(zhì)的化學(xué)式或電子式，分析物質(zhì)中的化學(xué)鍵確定循環(huán)物質(zhì)物質(zhì)分離過(guò)濾、蒸發(fā)結(jié)晶、重結(jié)晶、分液與萃取儀器的選擇(如玻璃儀器的選擇)結(jié)晶方法：①晶體不帶結(jié)晶水，如NaCl、KNO3等；蒸發(fā)結(jié)晶②晶體帶結(jié)晶水，如膽礬等；將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾③要得到溶解度受溫度影響小的溶質(zhì)，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸發(fā)濃縮結(jié)晶，趁熱過(guò)濾④要得到溶解度受溫度影響大的溶質(zhì)，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾晶體的洗滌用乙醇等有機(jī)溶劑洗滌晶體的目的：可以除去晶體表面可溶性的雜質(zhì)和水分、減少晶體溶解損耗，利用乙醇的易揮發(fā)性，有利于晶體的干燥2．流程中的“操作目的”操作目的答題指導(dǎo)固體原料進(jìn)行“粉碎”減小顆粒直徑，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率，提高浸取率酸(或堿)溶①原料經(jīng)酸(或堿)溶后轉(zhuǎn)變成可溶物進(jìn)入溶液中，以達(dá)到與難溶物分離的目的②用堿性溶液吸收酸性氣體原料灼燒(焙燒)①除去硫、碳單質(zhì)；②有機(jī)物轉(zhuǎn)化、除去有機(jī)物；③高溫下原料與空氣中氧氣反應(yīng)等金屬用熱碳酸鈉溶液洗滌除去金屬表面的油污過(guò)濾固體與液體的分離；要分清楚需要的物質(zhì)在濾液中還是在濾渣中。濾渣是難溶于水的物質(zhì)，如SiO2、PbSO4、難溶的金屬氫氧化物和碳酸鹽等萃取與分液選用合適的萃取劑(如四氯化碳、金屬萃取劑)，萃取后，靜置、分液——將分液漏斗玻璃塞的凹槽與分液漏斗口的小孔對(duì)準(zhǔn)。下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出加入氧化劑(或還原劑)①轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物的價(jià)態(tài)②除去雜質(zhì)離子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后調(diào)溶液的pH，使其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀劑①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋判斷能否加其他物質(zhì)要考慮是否引入雜質(zhì)(或影響產(chǎn)物的純度)等在空氣中或在其他氣體中進(jìn)行的反應(yīng)或操作要考慮O2、H2O、CO2或其他氣體是否參與反應(yīng)；能否達(dá)到隔絕空氣、防氧化、防水解、防潮解等目的調(diào)溶液pH①生成金屬氫氧化物，以達(dá)到除去金屬離子的目的②抑制鹽類水解③促進(jìn)鹽類水解生成沉淀，有利于過(guò)濾分離④用pH計(jì)測(cè)量溶液的pH⑤用pH試紙測(cè)定溶液的pH：將一小塊pH試紙放在潔凈干燥的玻璃片或表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取少量待測(cè)液點(diǎn)在pH試紙的中部，待試紙變色后再與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照讀數(shù)控制溫度①控制物質(zhì)的溶解與結(jié)晶②防止某些物質(zhì)分解或揮發(fā)(如H2O2、氨水、草酸)③控制反應(yīng)速率、使催化劑達(dá)到最大活性、防止副反應(yīng)的發(fā)生④控制化學(xué)反應(yīng)的方向，使化學(xué)平衡移動(dòng)⑤煮沸：促進(jìn)溶液中的氣體(如氧氣)揮發(fā)逸出⑥趁熱過(guò)濾：減少因降溫而析出的溶質(zhì)的量洗滌晶體洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產(chǎn)物不溶于水除去固體表面吸附著的××雜質(zhì)；可適當(dāng)降低固體因?yàn)槿芙舛斐傻膿p失熱水有特殊的物質(zhì)其溶解度隨著溫度升高而下降除去固體表面吸附著的××雜質(zhì)；可適當(dāng)降低固體因?yàn)闇囟茸兓芙舛斐傻膿p失有機(jī)溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水、難溶于有機(jī)溶劑減少固體溶解；利用有機(jī)溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分，產(chǎn)品易干燥飽和溶液對(duì)純度要求不高的產(chǎn)品減少固體溶解酸、堿溶液產(chǎn)物不溶于酸、堿除去固體表面吸附著的可溶于酸、堿的雜質(zhì)；減少固體溶解洗滌沉淀方法：向過(guò)濾器中加入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水自然流下后，重復(fù)以上操作2～3次提高原子利用率綠色化學(xué)(物質(zhì)的循環(huán)利用、廢物處理、原子利用率、能量的充分利用)【方法技巧】1．首尾分析法：對(duì)一些線型流程工藝(從原料到產(chǎn)品為一條龍的生產(chǎn)工序)試題，首先對(duì)比分析流程圖中第一種物質(zhì)(原材料)與最后一種物質(zhì)(產(chǎn)品)，從對(duì)比分析中找出原料與產(chǎn)品之間的關(guān)系，弄清生產(chǎn)過(guò)程中原料轉(zhuǎn)化為產(chǎn)品的基本原理和除雜、分離、提純產(chǎn)品的化工工藝，然后結(jié)合題設(shè)的問(wèn)題，逐一推敲解答。2．截段分析法：對(duì)于用同樣的原材料生產(chǎn)兩種或多種產(chǎn)品(包括副產(chǎn)品)的工藝流程題，用截段分析法更容易找到解題的切入點(diǎn)。關(guān)鍵在于看清主、副產(chǎn)品是如何分開的，以此確定截幾段更合適，一般截段以產(chǎn)品為準(zhǔn)點(diǎn)。3．交叉分析法：有些化工生產(chǎn)選用多組原材料，先合成一種或幾種中間產(chǎn)品，再用這一中間產(chǎn)品與部分其他原材料生產(chǎn)所需的主流產(chǎn)品，這種題適合用交叉分析法。就是將提供的工業(yè)流程示意圖結(jié)合常見(jiàn)化合物的制取原理劃分成幾條生產(chǎn)流水線，然后上下交叉分析。考向1微型工藝流程中的實(shí)驗(yàn)操作【例1】(2024·江蘇省蘇州市南京航空航天大學(xué)蘇州附屬中學(xué)高三二模)實(shí)驗(yàn)室從含I-的溶液中提取I2的流程如下：已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2。下列說(shuō)法不正確的是()A．“過(guò)濾1”所得沉淀為AgIB．“過(guò)濾2”所得濾液中鐵元素主要以Fe3+的形式存在C．用稀HNO3溶解濾渣Y得到的溶液可循環(huán)利用D．氧化時(shí)，理論上通入Cl2的物質(zhì)的量為I-物質(zhì)的量的【答案】B【解析】含I-的溶液加入硝酸銀生成碘化銀沉淀，過(guò)濾1得到碘化銀后加入鐵置換出銀單質(zhì)同時(shí)生成碘化亞鐵，過(guò)濾2分離出銀得到Y(jié)，濾液加入氯氣氧化碘離子得到碘單質(zhì)。A項(xiàng)，由分析可知，“過(guò)濾1”所得沉淀為AgI，A正確；B項(xiàng)，鐵離子會(huì)和碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)，故“過(guò)濾2”所得濾液中鐵元素主要以Fe2+的形式存在，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，用稀HNO3溶解濾渣Y銀單質(zhì)生成硝酸銀溶液，故得到的溶液可循環(huán)利用，C正確；D項(xiàng)，氯氣氧化碘離子得到碘單質(zhì)Cl2+2I-=2Cl-+I2，則氧化時(shí)，理論上通入Cl2的物質(zhì)的量為I-物質(zhì)的量的，D正確；故選B?！久麕燑c(diǎn)睛】微型工藝流程題目在流程中一般分為3個(gè)過(guò)程：原料處理→分離提純→獲得產(chǎn)品，其中化工生產(chǎn)過(guò)程中分離提純、除雜等環(huán)節(jié)，與高中化學(xué)基本實(shí)驗(yàn)的原理緊密聯(lián)系，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、烘干，或蒸餾、萃取、分液等基本實(shí)驗(yàn)操作及原理，并要熟悉所用到的相關(guān)儀器?！咀兪接?xùn)練】(2024·江蘇省蘇州市南京航空航天大學(xué)蘇州附屬中學(xué)高三下月考)已知苯胺(液體)、苯甲酸(固體)微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實(shí)驗(yàn)室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列說(shuō)法正確的是()A．苯胺既可與鹽酸也可與溶液反應(yīng)B．由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)可采用相同的操作方法C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得D．①、②、③均為兩相混合體系【答案】C【解析】由題給流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入鹽酸，鹽酸將微溶于水的苯胺轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯胺鹽酸鹽，分液得到水相Ⅰ和有機(jī)相Ⅰ；向水相中加入氫氧化鈉溶液將苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有機(jī)相中加入水洗滌除去混有的鹽酸，分液得到廢液和有機(jī)相Ⅱ，向有機(jī)相Ⅱ中加入碳酸鈉溶液將微溶于水的苯甲酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯甲酸鈉，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入鹽酸，將苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸，經(jīng)結(jié)晶或重結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到苯甲酸粗品③。A項(xiàng)，苯胺分子中含有的氨基能與鹽酸反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，得到苯胺粗品①的分離方法為分液，得到苯甲酸粗品③的分離方法為結(jié)晶或重結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌，獲取兩者的操作方法不同，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，故C正確；D項(xiàng)，①、②為液相，③為固相，都不是兩相混合體系，故D錯(cuò)誤；故選C?？枷?微型工藝流程中的過(guò)程評(píng)價(jià)【例2】(2024·安徽省安慶市三模)聚酯反應(yīng)催化劑乙二醇銻是一種無(wú)毒的白色晶狀粉末，其制備流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．煅燒過(guò)程需注意防治污染B．乙二醇為非極性分子C．醇化反應(yīng)需及時(shí)分離出水蒸氣以提高Sb?O?的平衡轉(zhuǎn)化率D．操作Ⅰ為冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，操作Ⅱ?yàn)橄礈?、干燥【答案】B【解析】A項(xiàng)，輝銻礦煅燒會(huì)產(chǎn)生二氧化硫，需注意防治污染，A正確；B項(xiàng)，乙二醇正電中心和負(fù)電中心不重合為極性分子，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，該條件下醇化反應(yīng)是可逆反應(yīng)且會(huì)生成水，故及時(shí)分離出水蒸氣可提高Sb?O?的平衡轉(zhuǎn)化率，C正確；D項(xiàng)，根據(jù)制備流程可知操作1為冷卻結(jié)晶、過(guò)濾，操作Ⅱ?yàn)橄礈?、干燥，D正確；故選B?！舅季S建?！苛鞒痰淖罱K目的就是收益最大化，工藝流程題設(shè)中的問(wèn)題順序通常與流程圖的流程順序是一致的，且一個(gè)問(wèn)題對(duì)應(yīng)流程圖的一個(gè)或依次相連的若干個(gè)環(huán)節(jié)，做題時(shí)只需找到所需回答的問(wèn)題與流程圖中相關(guān)信息的一一對(duì)應(yīng)關(guān)系，“順藤摸瓜”就可以有效解決相關(guān)問(wèn)題，對(duì)流程進(jìn)行在效評(píng)價(jià)。微型工藝流程中的過(guò)程評(píng)價(jià)思路：1．化學(xué)反應(yīng)原理——化學(xué)原理在實(shí)際工業(yè)上是否可行；2．成本要低——原料的選取使用、設(shè)備的損耗等；3．原料的利用率要高——利用好副產(chǎn)品、循環(huán)使用原料、能量盡可能利用；4．生產(chǎn)過(guò)程要快——化學(xué)反應(yīng)速率；5．產(chǎn)率要高——化學(xué)平衡；6．產(chǎn)品要純——產(chǎn)品的分離、提純；7．環(huán)保問(wèn)題——反應(yīng)物盡可能無(wú)毒無(wú)害無(wú)副作用，“三廢”處理?！咀兪接?xùn)練】(2024·江蘇省蘇州市南京航空航天大學(xué)蘇州附屬中學(xué)高三二模)實(shí)驗(yàn)室從含I-的溶液中提取I2的流程如下：已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2。下列說(shuō)法不正確的是()A．“過(guò)濾1”所得沉淀為AgIB．“過(guò)濾2”所得濾液中鐵元素主要以Fe3+的形式存在C．用稀HNO3溶解濾渣Y得到的溶液可循環(huán)利用D．氧化時(shí)，理論上通入Cl2的物質(zhì)的量為I-物質(zhì)的量的【答案】B【解析】含I-的溶液加入硝酸銀生成碘化銀沉淀，過(guò)濾1得到碘化銀后加入鐵置換出銀單質(zhì)同時(shí)生成碘化亞鐵，過(guò)濾2分離出銀得到Y(jié)，濾液加入氯氣氧化碘離子得到碘單質(zhì)。A項(xiàng)，由分析可知，“過(guò)濾1”所得沉淀為AgI，A正確；B項(xiàng)，鐵離子會(huì)和碘離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘單質(zhì)，故“過(guò)濾2”所得濾液中鐵元素主要以Fe2+的形式存在，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，用稀HNO3溶解濾渣Y銀單質(zhì)生成硝酸銀溶液，故得到的溶液可循環(huán)利用，C正確；D項(xiàng)，氯氣氧化碘離子得到碘單質(zhì)Cl2+2I-=2Cl-+I2，則氧化時(shí)，理論上通入Cl2的物質(zhì)的量為I-物質(zhì)的量的，D正確；故選B?？键c(diǎn)二化工流程綜合題知識(shí)點(diǎn)1反應(yīng)條件的控制1．反應(yīng)條件控制條件控制目的固體原料粉碎或研磨減小顆粒直徑，增大反應(yīng)物接觸面積，增大浸取時(shí)的反應(yīng)速率，提高浸取率煅燒或灼燒①除去硫、碳單質(zhì)；②有機(jī)物轉(zhuǎn)化、除去有機(jī)物；③高溫下原料與空氣中氧氣反應(yīng)；④除去熱不穩(wěn)定的雜質(zhì)等酸浸①溶解轉(zhuǎn)變成可溶物進(jìn)入溶液中，以達(dá)到與難溶物分離的目的；②去氧化物(膜)堿溶①除去金屬表面的油污；②溶解鋁、氧化鋁等加熱①加快反應(yīng)速率或溶解速率；②促進(jìn)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；③除雜，除去熱不穩(wěn)定的雜質(zhì)，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物質(zhì)；④使沸點(diǎn)相對(duì)較低或易升華的原料氣化；⑤煮沸時(shí)促進(jìn)溶液中的氣體(如氧氣)揮發(fā)逸出等反應(yīng)物用量或濃度①酸浸時(shí)提高酸的濃度可提高礦石中某金屬元素的浸取率；②增大便宜、易得的反應(yīng)物的濃度，可以提高其他物質(zhì)的利用率，使反應(yīng)充分進(jìn)行；③增大物質(zhì)濃度可以加快反應(yīng)速率，使平衡發(fā)生移動(dòng)等降溫①防止某物質(zhì)在高溫時(shí)溶解(或分解)；②使化學(xué)平衡向著題目要求的方向(放熱反應(yīng)方向)移動(dòng)；③使某個(gè)沸點(diǎn)較高的產(chǎn)物液化，使其與其他物質(zhì)分離等；④降低某些晶體的溶解度，減少損失等控溫①結(jié)晶獲得所需物質(zhì)；②防止某種物質(zhì)(如H2O2、草酸、濃硝酸、銨鹽等)溫度過(guò)高時(shí)會(huì)分解或揮發(fā)；③使某物質(zhì)達(dá)到沸點(diǎn)揮發(fā)出來(lái)；④使催化劑的活性達(dá)到最好；⑤防止副反應(yīng)的發(fā)生等加入氧化劑(或還原劑)①轉(zhuǎn)化為目標(biāo)產(chǎn)物的價(jià)態(tài)；②除去雜質(zhì)離子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后調(diào)溶液的pH，使其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀劑①生成硫化物沉淀(如加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等)；②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀；③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋pH控制①生成金屬氫氧化物，以達(dá)到除去金屬離子的目的；②抑制鹽類水解；③促進(jìn)鹽類水解生成沉淀，有利于過(guò)濾分離2．常用的控制反應(yīng)條件的方法(1)調(diào)節(jié)溶液的pH。常用于使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：①能與H＋反應(yīng)，使溶液pH增大；②不引入新雜質(zhì)。例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制溫度。根據(jù)需要升溫或降溫，改變反應(yīng)速率或使平衡向需要的方向移動(dòng)。(3)趁熱過(guò)濾。防止某物質(zhì)降溫時(shí)會(huì)析出。(4)冰水洗滌。洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，并減少晶體在洗滌過(guò)程中的溶解損耗。知識(shí)點(diǎn)2常用的分離、提純方法1．常用的分離方法(1)過(guò)濾：分離難溶物和易溶物，根據(jù)特殊需要采用趁熱過(guò)濾或者抽濾等方法。(2)萃取和分液：利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質(zhì)，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸發(fā)結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化不大的溶質(zhì)，如從溶液中提取NaCl。(4)冷卻結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化較大的溶質(zhì)、易水解的溶質(zhì)或結(jié)晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。(5)蒸餾或分餾：分離沸點(diǎn)不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油。(6)冷卻法：利用氣體液化的特點(diǎn)分離氣體，如合成氨工業(yè)采用冷卻法分離平衡混合氣體中的氨氣。2．常用的提純方法(1)水溶法：除去可溶性雜質(zhì)。(2)酸溶法：除去堿性雜質(zhì)。(3)堿溶法：除去酸性雜質(zhì)。(4)氧化劑或還原劑法：除去還原性或氧化性雜質(zhì)。(5)加熱灼燒法：除去受熱易分解或易揮發(fā)的雜質(zhì)。(6)調(diào)節(jié)溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等?！痉椒记伞靠裳h(huán)物質(zhì)的判斷1．流程圖中回頭箭頭的物質(zhì)。2．生產(chǎn)流程中后面新生成或新分離的物質(zhì)(不要忽視結(jié)晶后的母液)，可能是前面某一步反應(yīng)的相關(guān)物質(zhì)。(1)從流程需要加入的物質(zhì)去找先觀察流程中需要加入的物質(zhì)，再研究后面的流程中有沒(méi)有生成此物質(zhì)。(2)從能構(gòu)成可逆反應(yīng)的物質(zhì)去找可逆反應(yīng)的反應(yīng)物不能完全轉(zhuǎn)化，應(yīng)該回收再利用。(3)從過(guò)濾后的母液中尋找析出晶體經(jīng)過(guò)過(guò)濾后的溶液稱為母液，母液是該晶體溶質(zhì)的飽和溶液，應(yīng)該循環(huán)再利用?？枷?化學(xué)工藝流程與物質(zhì)制備【例1】(2024·福建福州八縣協(xié)作校高三聯(lián)考)廢SCR催化劑(含TiO2、V2O5、WO3等)的回收對(duì)環(huán)境保護(hù)和資源循環(huán)利用意義重大。通過(guò)如下工藝流程可以回收其中的鈦、釩、鎢等。已知：TiO2、V2O5和WO3都能與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；回答下列問(wèn)題：(1)元素V在周期表中的位置。在NH4VO3中V元素的化合價(jià)是。(2)“球磨”的目的是。(3)請(qǐng)寫出“堿浸”過(guò)程中WO3與NaOH溶液反應(yīng)的離子方程式。(4)“酸浸”后鈦主要以TiO2+形式存在，“熱水解”反應(yīng)的離子方程式為。(5)“煅燒”NH4VO3的化學(xué)方程式為。(6)“沉鎢”中為促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全，需要進(jìn)行的措施是?！敬鸢浮?1)第四周期ⅤB族+5(2)增大接觸面積，提高“堿浸”反應(yīng)速率(3)WO3+2OH-=WO42-+H2O(4)TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(6)加入過(guò)量CaCl2【解析】廢SCR催化劑(含TO2、V2O5、WO3等)經(jīng)過(guò)球磨預(yù)處理后，進(jìn)行堿浸，TO2、V2O5和WO3都能與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；過(guò)濾的到Na2TiO3，加入硫酸進(jìn)行溶解，進(jìn)行熱水解后得到TiO·xH2O；濾液中加入氯化銨進(jìn)行沉釩，過(guò)濾后得到NH4VO3，經(jīng)過(guò)煅燒分解出V2O5；濾液中加入HCl和CaCl2沉鎢，沉淀經(jīng)煅燒后生成WO3。(1)元素V的原子序數(shù)是23，在周期表中的位置是第四周期ⅤB族；在NH4VO3中V元素的化合價(jià)是+5價(jià)；(2)“球磨”的目：增大接觸面積，提高“堿浸”反應(yīng)速率；(3)堿浸過(guò)程中，WO3與NaOH溶液反應(yīng)生成可溶性的Na2WO4，離子方程式為WO3+2OH-=WO42-+H2O；(4)“酸浸”后鈦主要以TiO2+形式存在，TO2+“熱水解”生成TiO2+·xH2O，離子方程式：TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+；(5)煅燒NH4VO3可生成V2O5，反應(yīng)化學(xué)方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；(6)“沉鎢”中析出CaWO4時(shí)，為促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全，可利用同離子效應(yīng)，加入過(guò)量CaCl2，促進(jìn)CaWO4盡可能析出完全?！舅季S建?！俊八木€法”解題模型試劑線：為達(dá)到最終目的加入的物質(zhì)，起到氧化還原、非氧化還原的作用；轉(zhuǎn)化線：元素守恒—焙燒、溶浸、沉淀、煅燒、電解、結(jié)晶等；除雜線：復(fù)分解沉淀、置換沉淀、氧化還原沉淀；加熱產(chǎn)生氣體等；分離線：蒸發(fā)、結(jié)晶、過(guò)濾(趁熱過(guò)濾)、洗滌、干燥等?！咀兪接?xùn)練】(2024·福建福州市八縣一中高三聯(lián)考)電池級(jí)碳酸鋰是制造LiCoO2等鋰離子電池必不可少的原材料。享譽(yù)“亞洲鋰都”的宜春擁有亞洲儲(chǔ)量最大的鋰云母礦，以鋰云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)為原料制取電池級(jí)Li2CO3的工藝流程如圖：已知：①HR為有機(jī)萃取劑，難溶于水，可萃取Fe3+，萃取時(shí)發(fā)生的反應(yīng)可表示為：Fe3++3HRFeR3+3H+；②常溫時(shí)，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)“有機(jī)層”的主要成分為(填化學(xué)式，下同)；“濾渣1”中含有的物質(zhì)為；使用HR萃取劑時(shí)，需加入一定量的NaOH進(jìn)行處理，其目的是。(2)某種HR的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，該分子中可能與Fe3+形成配位鍵的原子有。(3)加適量草酸的目的。(4)“混合沉鋰”的離子方程式為。(5)Li2CO3與Co3O4在空氣中加熱可以制備重要的電極材料鈷酸鋰(LiCoO2)。寫出對(duì)應(yīng)的化學(xué)方程式。(6)鈷酸鋰(LiCoO2)是常見(jiàn)的鋰離子電池正極材料，其晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如下圖所示，各離子位于晶胞的頂點(diǎn)、棱和體內(nèi)。①基態(tài)Co原子核外電子排布式為。②該晶胞密度為g·cm-3。(寫出計(jì)算式，阿伏加德羅常數(shù)為NA)【答案】(1)FeR3和HRLi2CO3、MgCO3消耗萃取反應(yīng)時(shí)生成的H+，促進(jìn)萃取反應(yīng)的正向進(jìn)行，提高萃取率(2)O、N(3)使鈣離子生成草酸鈣，便于除掉(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓(5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(6)[Ar]3d74s2【解析】(1)根據(jù)Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有機(jī)層中主要是FeR3和HR，根據(jù)流程可知沉淀主要是碳酸鋰和碳酸鎂。加入氫氧化鈉后氫離子會(huì)被消耗，從而使平衡正向移動(dòng)。(2)從結(jié)構(gòu)可知氧原子、氮原子都有孤對(duì)電子，所以能形成配位鍵的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的鈣離子；(4)從流程可知是碳酸氫鋰和氫氧化鋰反應(yīng)生成了碳酸鋰，離子方程式為：2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)鈷元素的化合價(jià)從+2和+3歸到+3價(jià)部分被氧化，所以有氧氣參加反應(yīng)?；瘜W(xué)方程式為：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(6)Co為第四周期第Ⅷ族元素，其核外電子排布式為：[Ar]3d74s2，該晶胞中Li+：、Co3+：、O2-：，其晶胞化學(xué)式為：Li3Co3O6，故其密度為：?？枷?化學(xué)工藝流程與反應(yīng)原理【例2】(2024河北省強(qiáng)基聯(lián)盟高三模擬)利用“微波輔助低共熔溶劑”浸取廢舊鋰離子電池中鈷酸鋰粗品制備LiCoO2產(chǎn)品，以實(shí)現(xiàn)資源的循環(huán)利用。主要工藝之流程如下：已知：①氯化膽堿[HOCH2CH2N+(CH3)3·C1-]是一種銨鹽；②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2-(藍(lán)色)和[Co(H2O)6]2+(粉紅色)形式存在；③25℃時(shí),Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)LiCoO2中Co的化合價(jià)為。(2)“微波共熔”中氯化膽堿-草酸和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波處理10min后鋰和鈷的浸取率如圖，則最佳液固比為mL/g，草酸的作用為。(3)“水浸”過(guò)程中溶液由藍(lán)色變?yōu)榉奂t色，該變化的離子方程式為。(4)25℃時(shí)，“沉鈷”反應(yīng)完成后溶液pH=10，此時(shí)c(Co2+)=mol/L。(5)“濾餅2”在高溫?zé)Y(jié)前需要洗滌、干燥，洗滌沉淀的實(shí)驗(yàn)操作為。(6)鋰離子電池正極材料LiCoO2在多次充放電后結(jié)構(gòu)發(fā)生改變生成Co3O4，導(dǎo)致電化學(xué)性能下降，使用LiOH和30%H2O2溶液可以實(shí)現(xiàn)LiCoO2的修復(fù)，則修復(fù)過(guò)程發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?1)+3(2)60mL/g作還原劑，將Co元素還原為+2價(jià)(3)[CoCl4]2?+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-(4)1.6×10-7(5)沿玻璃棒向過(guò)濾器中加入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水濾出后，重復(fù)2到3次(6)6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O【解析】氯化膽堿-草酸和LiCoO2微波共熔的過(guò)程中，Co被還原為+2價(jià)，經(jīng)過(guò)水浸濾液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氫氧化鈉沉鈷，得到Co(OH)2沉淀和含有鋰離子的溶液，Co(OH)2固體經(jīng)過(guò)煅燒得到Co3O4固體，含有鋰離子的溶液中加入碳酸鈉溶液生成碳酸鋰沉淀，碳酸鋰和Co3O4高溫?zé)Y(jié)(通入空氣氧化)得到LiCoO2產(chǎn)品。(1)LiCoO2中Li為+1價(jià)，O為-2價(jià)，因此Co為+3價(jià)；(2)圖中信息顯示當(dāng)液固比為60mL/g時(shí)鈷的浸取率最高，鋰的浸取率隨液固比的增大變化不大，因此最佳液固比為60mL/g；草酸的作用是作還原劑，將Co元素還原為+2價(jià)；(3)“水浸”過(guò)程中溶液由藍(lán)色[CoCl4]2?變?yōu)榉奂t色[Co(H2O)6]2+，即由[CoCl4]2?變?yōu)閇Co(H2O)6]2+，則該變化的離子方程式為：[CoCl4]2?+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-；(4)溶液pH=10，即c(H+)=1×10-10mol?L-1，則c(OH-)=1×10-4mol?L-1，c(Co2+)==mol?L-1=1.6×10-7mol?L-1；(5)洗滌沉淀的實(shí)驗(yàn)操作為沿玻璃棒向過(guò)濾器中加入蒸餾水至浸沒(méi)沉淀，待水濾出后，重復(fù)2到3次；(6)使用LiOH和30%H2O2溶液可以實(shí)現(xiàn)LiCoO2的修復(fù)是過(guò)氧化氫將Co3O4氧化和LiOH生成LiCoO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O?！久麕熖嵝选炕瘜W(xué)工藝流程常涉及的化學(xué)反應(yīng)原理有：1．沉淀溶解平衡的相關(guān)應(yīng)用：①沉淀的最小濃度控制；②沉淀轉(zhuǎn)化的條件。2．反應(yīng)速率及化學(xué)平衡理論在實(shí)際生產(chǎn)中的應(yīng)用：①反應(yīng)速率控制；②化學(xué)平衡移動(dòng)；③化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用；④反應(yīng)條件的控制。3．氧化還原反應(yīng)的具體應(yīng)用：①?gòu)?qiáng)弱規(guī)律；②守恒規(guī)律；③選擇規(guī)律。4．鹽類水解的具體應(yīng)用：①水解規(guī)律；②水解反應(yīng)的控制(抑制或促進(jìn))?！咀兪接?xùn)練】(2024·河南三門峽高三階段性考試)鈧及其化合物具有許多優(yōu)良的性能，在宇航、電子、超導(dǎo)等方面有著廣泛的應(yīng)用。從鈦白工業(yè)廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)中提取氧化鈧(Sc2O3)的一種流程如圖：

回答下列問(wèn)題：(1)洗滌“油相”可除去大量的鈦離子。洗滌水是用93%的硫酸、27.5%的雙氧水和水按一定比例混合而成?；旌系膶?shí)驗(yàn)操作是。(2)鈧錳礦石中含鐵元素，其中Fe2+易被氧化為Fe3+的原因是。(從原子結(jié)構(gòu)角度解釋)(3)常溫下，先加入氨水調(diào)節(jié)pH=3，過(guò)濾，濾渣主要成分是。(已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)(4)“沉鈧”時(shí)得到草酸鈧的離子方程式是：。(5)草酸鈧晶體[Sc2(C2O4)3?6H2O]在空氣中加熱，隨溫度的變化情況如圖所示。250℃時(shí)，晶體的主要成分是(填化學(xué)式)。550～850℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為?！敬鸢浮?1)將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌(2)Fe2+的價(jià)層電子排布式為3d6，易失去1個(gè)電子達(dá)到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)(3)Fe(OH)3(4)2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+(5)Sc2(C2O4)3·H2OSc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2【解析】廢酸(含鈧、鈦、鐵、錳等離子)經(jīng)萃取洗滌油相除去大量的鈦離子，濾渣用鹽酸溶解后加氨水調(diào)pH為3，除去鐵離子，再加氨水調(diào)溶液的pH為6，將Sc3+沉淀為Sc(OH)3，將Sc(OH)3用鹽酸溶解后加入草酸，使之轉(zhuǎn)化為Sc2(C2O4)3沉淀，灼燒Sc2(C2O4)3沉淀得到成品Sc2O3。(1)不同的液體在混合時(shí)，一般是先加密度較小、易揮發(fā)的，后加密度大、難揮發(fā)的，若混合時(shí)放熱，則最后加受熱易分解的。因此，混合的實(shí)驗(yàn)操作是將濃硫酸沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不斷攪拌，冷卻后再慢慢注入H2O2中，并不斷攪拌。(2)Fe2+易被氧化為Fe3+的原因是Fe2+的價(jià)層電子排布式為3d6，易失去1個(gè)電子達(dá)到半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。(3)廢酸中含鈧、鈦、鐵、錳等離子，洗滌“油相”已除去大量的鈦離子。根據(jù)Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下3種離子沉淀完全(離子濃度小于10-5mol/L)的pH，發(fā)現(xiàn)錳離子沉淀完全時(shí)pH約為10，鈧離子沉淀完全的pH約為6，而鐵離子沉淀完全的pH約為3，所以先加入氨水調(diào)節(jié)pH=3，過(guò)濾，濾渣主要成分是Fe(OH)3。(4)“沉鈧”得到草酸鈧的離子方程式為：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+。(5)設(shè)起始時(shí)Sc2(C2O4)3·6H2O的物質(zhì)的量為1mol，質(zhì)量為462g，由圖可知，250℃時(shí)，減少的質(zhì)量為462g×19.5%≈90g，，即晶體失去5個(gè)結(jié)晶水，故250℃時(shí)晶體的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550℃減少的質(zhì)量為462g×3.9%≈18g，可知550℃時(shí)晶體的主要成分是Sc2(C2O4)3。850℃時(shí)剩余固體的質(zhì)量為462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去鈧元素質(zhì)量后剩余質(zhì)量為138g-2mol×45g/mol=48g，應(yīng)為氧元素的質(zhì)量，，則850℃時(shí)晶體的化學(xué)式為Sc2O3，故550～850℃發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。1．(2023?遼寧省選擇性考試，10)某工廠采用如下工藝制備Cr(OH)3，已知焙燒后Cr元素以價(jià)形式存在，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“焙燒”中產(chǎn)生CO2 B．濾渣的主要成分為C．濾液①中Cr元素的主要存在形式為CrO42- D．淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用【答案】B【解析】焙燒過(guò)程中鐵、鉻元素均被氧化，同時(shí)轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)鈉鹽，水浸時(shí)鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀，濾液中存在鉻酸鈉，與淀粉的水解產(chǎn)物葡萄糖發(fā)生氧化還原得到氫氧化鉻沉淀。A項(xiàng)，鐵、鉻氧化物與碳酸鈉和氧氣反應(yīng)時(shí)生成對(duì)應(yīng)的鈉鹽和二氧化碳，A正確；B項(xiàng)，焙燒過(guò)程鐵元素被氧化，濾渣的主要成分為氫氧化鐵，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，濾液①中Cr元素的化合價(jià)是+6價(jià)，鐵酸鈉遇水水解生成氫氧化鐵沉淀溶液顯堿性，所以Cr元素主要存在形式為CrO42-，C正確；D項(xiàng)，淀粉水解液中的葡萄糖起還原作用，D正確；故選B。2．(2023?湖南卷，9)處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物質(zhì)開始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②Ksp(S)=6.4×10－36，Ksp()=1.6×10－24。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C．“沉淀池Ⅱ”中，當(dāng)和完全沉淀時(shí)，溶液中D．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【解析】污水中含有銅離子、三價(jià)鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價(jià)鐵離子和鋁離子，過(guò)濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過(guò)濾后即可達(dá)到除去其中的雜質(zhì)。A項(xiàng)，根據(jù)分析可知?dú)溲趸F當(dāng)pH=1.9時(shí)開始沉淀，氫氧化鋁當(dāng)pH=3.5時(shí)開始沉淀，當(dāng)pH=4時(shí)，則會(huì)生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B項(xiàng)，硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2OHS-+OH-，B正確；C項(xiàng)，當(dāng)銅離子和鋅離子完全沉淀時(shí)，則硫化銅和硫化鋅都達(dá)到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D項(xiàng)，污水經(jīng)過(guò)處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應(yīng)該經(jīng)過(guò)陽(yáng)離子交換樹脂軟化處理，達(dá)到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標(biāo)準(zhǔn)后，才能使用，D錯(cuò)誤；故選D。3．(2022?河北省選擇性考試，4)溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成工藝流程如下：下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B．除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進(jìn)行組分分離C．中和工序中的化學(xué)反應(yīng)為L(zhǎng)i2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2OD．參與反應(yīng)的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)為1：1：1【答案】A【解析】由流程可知，氫溴酸中含有少量的溴，加入硫化鋇將溴還原生成溴化鋇和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋇和硫；加入碳酸鋰進(jìn)行中和，得到的溴化鋰溶液經(jīng)濃縮等操作后得到產(chǎn)品溴化鋰。A項(xiàng)，還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和次溴酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還原工序，則產(chǎn)品中會(huì)有一定量的溴化鈉，導(dǎo)致產(chǎn)品的純度降低，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根據(jù)相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋇不溶于煤油，因此可用煤油進(jìn)行組分分離，B正確；C項(xiàng)，中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應(yīng)生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)i2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C正確；D項(xiàng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，溴和硫化鋇反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比為1：1；根據(jù)硫酸鋇的化學(xué)組成及鋇元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)為1：1，因此，參與反應(yīng)的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)為1：1：1，D正確；故選A。4．(2021?河北選擇性考試，6)BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B．轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A項(xiàng)，硝酸為強(qiáng)氧化劑，可與金屬鉍反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反應(yīng)物硝酸的用量減少，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；B項(xiàng)，金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成BiONO3，水解的離子方程式為Bi3++NO3-+H2OBiONO3+2H+，轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正確；C項(xiàng)，氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根會(huì)結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進(jìn)Bi3+水解，C正確；D項(xiàng)，氯化鉍水解生成BiOCl的離子方程式為Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分鉍離子與硝酸根、水也會(huì)發(fā)生反應(yīng)Bi3++NO3-+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，綜上所述，D錯(cuò)誤；故選D。5．(2023?全國(guó)新課標(biāo)卷，27)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價(jià)態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：已知：最高價(jià)鉻酸根在酸性介質(zhì)中以CO72-存在，在堿性介質(zhì)中以CO42-存在?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)煅燒過(guò)程中，釩和鉻被氧化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為_______(填化學(xué)式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和_______。(3)“沉淀”步驟調(diào)到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是_______。(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MSiO3和M的形式沉淀，該步需要控制溶液的以達(dá)到最好的除雜效果，若時(shí)，會(huì)導(dǎo)致_______；時(shí)，會(huì)導(dǎo)致_______。(5)“分離釩”步驟中，將溶液調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在時(shí)，溶解為VO2+或VO3+在堿性條件下，溶解為VO3-或VO43-，上述性質(zhì)說(shuō)明V2O5具有_______(填標(biāo)號(hào))。A．酸性

B．堿性

C．兩性(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應(yīng)的離子方程式為_______?！敬鸢浮?1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)SiO32-(4)不能形成M沉淀不能形成MSiO3沉淀(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O【解析】由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的最高價(jià)含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過(guò)濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將硅元素轉(zhuǎn)化為硅酸沉淀，過(guò)濾得到硅酸濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MSiO3和M沉淀，過(guò)濾得到含有MSiO3、M的濾渣和濾液；向?yàn)V液中加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液pH將釩元素轉(zhuǎn)化為五氧化二釩，過(guò)濾得到五氧化二釩和濾液；向?yàn)V液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉(zhuǎn)化為三價(jià)鉻離子，調(diào)節(jié)溶液pH將鉻元素轉(zhuǎn)化為氫氧化鉻沉淀，過(guò)濾得到氫氧化鉻。(1)煅燒過(guò)程中，鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻酸鈉；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵；(3)由分析可知，沉淀步驟調(diào)pH到弱堿性的目的是將硅元素轉(zhuǎn)化為硅酸沉淀；(4)由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉(zhuǎn)化為MSiO3和M沉淀，若溶液pH<9時(shí)，會(huì)導(dǎo)致磷元素不能形成M沉淀若溶液pH>9時(shí)，會(huì)導(dǎo)鎂離子生成氫氧化鈉沉淀，不能形成MSiO3沉淀，導(dǎo)致產(chǎn)品中混有雜質(zhì)；(5)由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應(yīng)生成鹽和水，也能與堿溶液發(fā)生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；(6)由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉(zhuǎn)化為鉻離子，反應(yīng)的離子方程式為2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。6．(2023?遼寧省選擇性考試，16)某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。實(shí)現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質(zhì)NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列問(wèn)題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過(guò)一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過(guò)氧鍵的數(shù)目為_______。(3)“氧化”中，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應(yīng)的離子方程式為_______(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為M、_______(填化學(xué)式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，M(Ⅱ)氧化率與時(shí)間的關(guān)系如下。SO2體積分?jǐn)?shù)為_______時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(6)“沉鎂”中為使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精確至0.1)?！敬鸢浮?1)適當(dāng)增大硫酸濃度或適當(dāng)升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積(2)NA(3)①M(fèi)+HSO3-+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有還原性，過(guò)多將會(huì)降低H2SO5的濃度，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，混合氣在金屬離子的催化作用下產(chǎn)生具有強(qiáng)氧化性的過(guò)一硫酸(H2SO5)，用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，發(fā)生反應(yīng)M+HSO3-+H2O=M，F(xiàn)e3+水解同時(shí)生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過(guò)程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時(shí)，為提高浸取速率可適當(dāng)增大硫酸濃度、升高溫度或?qū)㈡団挼V粉碎增大接觸面積；(2)H2SO5的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，所以1molH2SO5中過(guò)氧鍵的數(shù)目為NA；(3)用石灰乳調(diào)節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應(yīng)的離子方程式為：M+HSO3-+H2O=M；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當(dāng)鐵離子完全沉淀時(shí)，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，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時(shí)溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；(4)根據(jù)圖示可知SO2體積分?jǐn)?shù)為0.9%時(shí)，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分?jǐn)?shù)時(shí)，由于SO2有還原性，過(guò)多將會(huì)降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當(dāng)鎂離子完全沉淀時(shí)，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計(jì)算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。7．(2023?全國(guó)甲卷，26)aT是一種壓電材料。以Ba為原料，采用下列路線可制備粉狀aT。

回答下列問(wèn)題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。“浸取”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)“酸化”步驟應(yīng)選用的酸是_______(填標(biāo)號(hào))。a．稀硫酸

b．濃硫酸

c．鹽酸

d．磷酸(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步驟中生成aT的化學(xué)方程式為_______。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產(chǎn)生的_______?！敬鸢浮?1)做還原劑，將Ba還原(2)a2++a↓(3)c(4)不可行產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體H2S會(huì)污染空氣，而且a與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的a，導(dǎo)致a溶液中混有a雜質(zhì)無(wú)法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低(5)a+T+H2aT+(6)1：1【解析】由流程和題中信息可知，Ba與過(guò)量的碳粉及過(guò)量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、a、易溶于水的Ba和微溶于水的a；燒渣經(jīng)水浸取后過(guò)濾，濾渣中碳粉和a，濾液中有a和Ba；濾液經(jīng)酸化后濃縮結(jié)晶得到a晶體；a晶體溶于水后，加入T和T將鋇離子充分沉淀得到aT；aT經(jīng)熱分解得到aT。(1)“焙燒”步驟中，Ba與過(guò)量的碳粉及過(guò)量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、a、a和a，Ba被還原為Ba，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將Ba還原。(2)“焙燒”后固體產(chǎn)物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。易溶于水的Ba與過(guò)量的a可以發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時(shí)主要反應(yīng)的離子方程式為a2++a↓。(3)“酸化”步驟是為了將Ba轉(zhuǎn)化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而a可溶于水，因此，應(yīng)選用的酸是鹽酸，選c。(4)如果焙燒后的產(chǎn)物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：產(chǎn)物中的硫化物與酸反應(yīng)生成的有毒氣體H2S會(huì)污染空氣，而且a與鹽酸反應(yīng)生成可溶于水的a，導(dǎo)致a溶液中混有a雜質(zhì)無(wú)法除去、最終所得產(chǎn)品的純度降低。(5)“沉淀”步驟中生成aT的化學(xué)方程式為：a+T+H2aT+。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為，aTaT↑↑，因此，產(chǎn)生的。8．(2023?湖北省選擇性考試，16)SiCl4是生產(chǎn)多晶硅的副產(chǎn)物。利用SiCl4對(duì)廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進(jìn)行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：回答下列問(wèn)題：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙霧，用化學(xué)方程式表示其原因_______。(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過(guò)濾”的pH控制為10.0，則溶液中Co2+濃度為_______mol·L-1。“850℃煅燒”時(shí)的化學(xué)方程式為_______。(5)導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填標(biāo)號(hào))。a．Si-Cl鍵極性更大b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大d．Si有更多的價(jià)層軌道【答案】(1)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反應(yīng)(4)①5.9×10-7②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和題中信息可知，LiCoO2粗品與SiCl4在500℃焙燒時(shí)生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過(guò)濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是SiO2和H2SiO3；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過(guò)濾后得濾餅2[主要成分為Co(OH)2]和濾液2(主要溶質(zhì)為L(zhǎng)iCl)；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到Co3O4；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為L(zhǎng)i2CO3。(1)Co是27號(hào)元素，其原子有4個(gè)電子層，其價(jià)電子排布為3d74s2，元素周期表第8、9、10三個(gè)縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應(yīng)先除去，否則水浸時(shí)會(huì)產(chǎn)生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應(yīng)且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗凈的“濾餅3”的主要成分為L(zhǎng)i2CO3，常用焰色反應(yīng)鑒別Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反應(yīng)為紫紅色，而Na2CO3的焰色反應(yīng)為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是焰色反應(yīng)。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過(guò)濾”的pH控制為10.0，則溶液中c(OH-)1.0×10-4mol·L-1，Co2+濃度為mol·L-1?！?50℃煅燒”時(shí)，Co(OH)2與O2反應(yīng)生成Co3O4和H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a項(xiàng)，Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有關(guān)；b項(xiàng)，Si的原子半徑更大，因此，SiCl4中的共用電子對(duì)更加偏向于Cl，從而導(dǎo)致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的OH-的進(jìn)攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有關(guān)；c項(xiàng)，通常鍵能越大化學(xué)鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說(shuō)明Si-Cl更易斷裂，故不能說(shuō)明SiCl4比CCl4易水解，c無(wú)關(guān)；d項(xiàng)，Si有更多的價(jià)層軌道，因此更易與水電離的OH-形成化學(xué)鍵，從而導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解，d有關(guān)；綜上所述，導(dǎo)致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。9．(2023?廣東卷，18)NCo均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中，利用氨浸工藝可提取NCo，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，NCo2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子：Kb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3N(OH)2Al(OH)3M(OH)2Ksp回答下列問(wèn)題：(1)活性可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為。(2)常溫下，的氨性溶液中，c(NH3·H2O)c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為。(4)(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了NCo的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”過(guò)程中通入的酸性氣體A為。②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)數(shù)為。(6)①“結(jié)晶純化”過(guò)程中，沒(méi)有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對(duì)于從礦石提取NCo工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和(填化學(xué)式)?！敬鸢浮?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)晶體減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積(5)H體心12(6)0.4或2:5MO【解析】硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中加入活性氧化鎂調(diào)節(jié)溶液pH值，過(guò)濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結(jié)晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過(guò)濾，向?yàn)V液中進(jìn)行鎳鈷分離，經(jīng)過(guò)一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。(1)活性MO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為MO+H2O=M(OH)2；(2)常溫下，的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)=-4.7，，，則c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”時(shí)，Co(OH)3與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應(yīng)，再與氨水反應(yīng)生成[Co(NH3)6]2+，則由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為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會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH)2CO3屬于晶體；②根據(jù)題意(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物，則(NH4)2CO3能提高了NCo的浸取速率，其原因是減少膠狀物質(zhì)對(duì)鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積；(5)①“析晶”過(guò)程中為了防止N水解，因此通入的酸性氣體A為H；②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數(shù)，根據(jù)圖中信息Co、Al都只有一個(gè)原子，而氧(白色)原子有3個(gè)，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點(diǎn)，因此Co在晶胞中的位置為體心；晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O原子，以頂點(diǎn)Al分析，面心的氧原子一個(gè)橫截面有4個(gè)，三個(gè)橫截面共12個(gè)，因此晶體中一個(gè)Al周圍與其最近的O的個(gè)數(shù)為12；(6)①“結(jié)晶純化”過(guò)程中，沒(méi)有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則晶體A為MO3)2·6H2O，根據(jù)MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，還剩余5個(gè)水分子，因此所得HNO3溶液中與的比值理論上最高為2：5；②“熱解”對(duì)于從礦石提取NCo工藝的意義，根據(jù)前面分析MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，在于可重復(fù)利用HNO3和MO。10．(2022?福建卷，11)粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提鋁的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)“浸出”時(shí)適當(dāng)升溫的主要目的是_______，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______。(2)“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有_______。實(shí)驗(yàn)測(cè)得，粉煤灰(Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為)經(jīng)浸出、干燥后得到“浸渣”(Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為)，Al2O3的浸出率為_______。(3)“沉鋁”時(shí)，體系中三種物質(zhì)的溶解度曲線如下圖所示，加入K2SO4沉鋁的目的是_______，“沉鋁”的最佳方案為_______。(4)“焙燒”時(shí)，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。(5)“水浸”后得到的“濾液2”可返回_______工序循環(huán)使用?！敬鸢浮?1)

提高浸出率(或提高浸出速率)

Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(2)SiO2和CaSO4

84%(3)

使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時(shí)保證晶體純度

高溫溶解再冷卻結(jié)晶(4)2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑(5)沉鋁【解析】粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，加入硫酸鉀，產(chǎn)生復(fù)鹽明礬沉鋁，干燥脫水，焙燒產(chǎn)生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。(1)溫度高速率大，“浸出”時(shí)適當(dāng)升溫的主要目的是提高反應(yīng)速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發(fā)生反應(yīng)生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應(yīng)方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(2)“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰Al2O3的質(zhì)量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質(zhì)量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為；(3)根據(jù)沉鋁體系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉鋁的目的是更多的使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時(shí)保證晶體純度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結(jié)晶；(4)“焙燒”時(shí)，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應(yīng)方程式為2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；(5)“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環(huán)使用。11．(2022?重慶卷，15)電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對(duì)其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時(shí)相關(guān)的溶度積見(jiàn)表?；瘜W(xué)式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①產(chǎn)品Na2SnO3中Sn的化合價(jià)是______。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應(yīng)生成Sn2+，且無(wú)氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉(zhuǎn)化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時(shí)，與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為______。(2)濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃時(shí)，為了使Cu2+沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。(3)產(chǎn)品中錫含量的測(cè)定稱取產(chǎn)品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護(hù)下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過(guò)程中IO3-被還原為I—，終點(diǎn)時(shí)消耗KIO3溶液20.00mL。①終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為______，產(chǎn)生I2的離子反應(yīng)方程式為_____。②產(chǎn)品中Sn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_____%。【答案】(1)

+4價(jià)

Sn(NO3)2、NH4NO3

SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)3

2×10—7(3)滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原

2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O

39.7%【解析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉(zhuǎn)化為二氧化錫，過(guò)濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉(zhuǎn)化為錫酸鈉后，水浸、過(guò)濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到錫酸鈉。(1)①由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價(jià)為+4價(jià)；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應(yīng)為錫與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應(yīng)生成錫酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；(2)①由溶度積可知，向?yàn)V液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀；②由溶度積可知，25℃時(shí)，銅離子沉淀完全時(shí)，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10—8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10—7mol/L；(3)①由題意可知，碘酸鉀先與二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色時(shí)，碘與過(guò)量的二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘離子，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，則終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，反應(yīng)生成碘的離子方程式為2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產(chǎn)品中錫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=39.7%。12．(2022?北京卷，18)銨浸法由白云石[主要成分為CaMg(CO3)2，含F(xiàn)e2O3、SiO2雜質(zhì)]制備高純度碳酸鈣和氧化鎂。其流程如下：已知：物質(zhì)Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp(1)煅燒白云石的化學(xué)方程式為___________。(2)根據(jù)下表數(shù)據(jù)分析：n(NH4Cl)：n(CaO)CaO浸出率/MgO浸出率/w(CaCO3)理論值/w(CaCO3)實(shí)測(cè)值/98.41.199.7-98.81.599.299.598.91.898.899.599.16.095.697.6已知：i．對(duì)浸出率給出定義ii．對(duì)w(CaCO3)給出定義①“沉鈣”反應(yīng)的化學(xué)方程式為___________。②CaO浸出率遠(yuǎn)高于MgO浸出率的原因?yàn)開__________。③不宜選用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”數(shù)值為___________。④w(CaCO3)實(shí)測(cè)值大于理論值的原因?yàn)開__________。⑤蒸餾時(shí)，隨餾出液體積增大，MgO浸出率可出增加至，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)原理解釋MgO浸出率提高的原因?yàn)開__________。(3)濾渣C為___________。(4)可循環(huán)利用的物質(zhì)為___________。【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑(2)

CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O

Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應(yīng)，而Mg(OH)2不能

2.4：1

反應(yīng)加入的CaO也轉(zhuǎn)化為CaCO3

Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸餾時(shí)，NH3逸出促進(jìn)NH4+水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉(zhuǎn)化為MgSO4(3)SiO2、Fe2O3(4)NH4Cl、(NH4)2SO4【解析】由題給流程可知，白云石煅燒時(shí)，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣和氧化鎂，向煅燒后的固體中加入氯化銨溶液和氧化鈣，氧化鈣和氯化銨溶液反應(yīng)生成氯化鈣和一水合氨，氧化鎂與水反應(yīng)生成氫氧化鎂，過(guò)濾得到含有氯化鈣、一水合氨的濾液A和含有氫氧化鎂、氧化鐵、二氧化硅的濾渣B；向?yàn)V液A中通入二氧化碳，二氧化碳與濾液A反應(yīng)、過(guò)濾得到碳酸鈣沉淀和氯化銨溶液；向?yàn)V渣B中加入硫酸銨溶液蒸餾，將氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂，氧化鐵、二氧化硅與硫酸銨溶液不反應(yīng)，過(guò)濾得到含有氧化鐵、二氧化硅的濾渣C和含有硫酸鎂的濾液D；向?yàn)V液D中加入碳酸銨溶液，碳酸銨溶液與濾液D反應(yīng)、過(guò)濾得到碳酸鎂沉淀和硫酸銨溶液，煅燒碳酸鎂得到氧化鎂，制備分離過(guò)程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用。(1)白云石煅燒時(shí)，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣、氧化鎂和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉鈣”時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化碳與氯化鈣和一水合氨混合溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、氯化銨和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由題給溶度積數(shù)據(jù)可知，氫氧化鈣的溶度積大于氫氧化鎂，溶液中氫氧化鈣的濃度大于氫氧化鎂，能與氯化銨溶液反應(yīng)生成氯化鈣和一水合氨，而氫氧化鎂不能反應(yīng)，所以氧化鈣的浸出率遠(yuǎn)高于氧化鎂；③由題給數(shù)據(jù)可知，氯化銨和氧化鈣的物質(zhì)的量比為2.4：1時(shí)，氧化鎂的浸出率最高，而碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)無(wú)論是理論值還是實(shí)測(cè)值都最低，所以不宜選用的物質(zhì)的量比為2.4：1；④硫酸銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱蒸餾時(shí)，氨氣逸出促進(jìn)銨根離子水解，溶液中氫離子濃度增大，有利于氫氧化鎂完全溶解轉(zhuǎn)化為硫酸銨，所以氧化鎂浸出率提高；