【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题十一 无机化工流程（解析版）
文档属性
| 名称 | 【高分攻略】2022高考化学二轮学案 查漏补缺 专题十一 无机化工流程（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 5.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-12-20 10:04:33 | ||
图片预览
文档简介
中小学教育资源及组卷应用平台
专题十一 无机化工流程
【考纲导向】考查的内容广泛，主要考查元素化合物的性质、陌生情境下化学方程式或离子方程式的书写、化学实验基本操作、化学计算、电化学、电解质溶液等.
【命题分析】全国各地试卷必考一道无机综合题，一般以无机流程型呈现。此类试题以真实的工艺生产流程为背景，情境新，集综合性、真实性、开放性于一体，考查的内容广泛，主要考查元素化合物的性质、物质推断、盐类的水解、溶解平衡、电化学原理、混合物分离和提纯的方法、化学实验基本操作方法、陌生情境中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力，体现以能力立意的命题思想，能够综合考查考生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。
有关物质制备、分离与提纯的工艺流程题以工艺流程为主线，解题时要根据题目要求，理清每步流程的目的及反应原理。如图所示：
箭头：箭头进入的是投料即反应物，出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环使用。
1.工艺流程题的分析思路
(1)浏览全题，首尾呼应，找到流程主线
①运用首(原料)尾(产品)呼应法，分析从原料到产品，需要发生什么核心反应和除去哪些杂质，明确流程的主要任务。
②依据流程图两端的原料和产品，确定工艺流程的主线和支线，找到为发生核心反应而加入的核心辅助原料。
(2)分段剖析，明晰细节，贯通整个流程
①以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、发生核心反应和产品的分离、提纯三个阶段。
②结合箭头的指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，实现对整个流程的全盘分析。
③某些暂时琢磨不透的环节可“跳过去”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回过头来进行有针对性的分析。
(3)由易到难，变换角度，逐一破解答案
①先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的简单问题，确保易拿的分数先拿，增强答题信心。
②变换角度：从基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学等)、反应条件(温度、压强、催化剂、原料配比、pH调节、溶剂选择、除杂、产品分离等)的控制、绿色化学观点(原子经济性、循环操作、环保)、经济角度(提高产量与产率、原料廉价易得、降低能耗、设备简单)、安全生产(防爆、防中毒、防污染)等多角度答题。
③对于棘手的问题：不要忘了尝试从题给信息中寻找问题的答案。
2.原料预处理的五种措施
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率
水浸 与水接触反应或溶解
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3.制备过程中控制反应条件的四种方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H+反应，使溶液pH变大;②不引入新杂质，例如，若要除去Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，一般不加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
4.获得产品阶段的四种常用操作
(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗;乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体的溶解损耗，还可以加快晶体干燥。
(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防止其水解。
(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7;同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是少量K2Cr2O7和NaCl;同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。
5.物质分离、提纯的方法
(1)正确选择物质分离的六种常用方法
①过滤;②萃取和分液;③蒸发结晶;④冷却结晶;⑤蒸馏与分馏;⑥冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业中采用冷却法分离氨气与氮气、氢气。
(2)准确把握物质提纯的六种常用方法
①水溶法：除去可溶性杂质;
②酸溶法：除去碱性杂质;
③碱溶法：除去酸性杂质;
④氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质;
⑤灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质;
⑥调pH法：除去酸性溶液中的Fe3+等。
三、化工流程题中常见的答题模板
1.增大原料浸出率的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)、增大气液或固液的接触面积。
2.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
3.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成(如催化剂酶)失效、(如浓硝酸、盐酸)挥发、(如H2O2)分解、(如Na2SO3)氧化或促进(如AlCl3)水解等，影响产品的生成。
4.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀：调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等(大多为难溶物)，以避免引入新的杂质。物质分离时pH的范围确定、范围过小的后果(导致某离子沉淀不完全)或过大的后果(导致主要离子开始沉淀)。
5.证明沉淀完全的操作：静置，取少许上层清液于试管中，再加入××试剂，若无沉淀生成，说明沉淀完全。
6.洗涤沉淀的操作：将沉淀放入过滤装置中，沿玻璃棒加蒸馏水至浸没沉淀，静置，待水流尽后，重复操作2~3次。(若沉淀易溶于水，可用无水乙醇进行洗涤。可减少沉淀损失，无水乙醇易挥发，不引入杂质)
7.判断沉淀洗净的方法：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加××试剂(可与某些杂质离子发生沉淀反应)，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净。
8.洗涤的目的：①除去附着在沉淀表面的可溶性杂质;②提高可溶性物质的产率。
9.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
10.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
11.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时，为获得AlCl3固体，需在HCl气流中进行。
12.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
考法1 操作流程式
【典例1】[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2 的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L 1的I2 KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L 1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2==2I +。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2 的含量为______________（写出表达式）。
答案：（1）D
（2）①BaSO4+4C==BaS+4CO↑ CO+H2O==CO2+H2
②BaCO3
③S2 +Ba2++Zn2++== BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
解析：
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C==BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O==CO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2 +Ba2++Zn2++ SO42-==BaSO4·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2==S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1 mol 1 mol 2 mol 1 mol
n mol n mol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol
n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%。
练习
1．[2020江苏卷]实验室由炼钢污泥（简称铁泥，主要成份为铁的氧化物）制备软磁性材料α Fe2O3。
其主要实验流程如下：
（1）酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有 （填序号）。
A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间
（2）还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 （填化学式）；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是 。
（3）除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 [，]。
（4）沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水 NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为 。
②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案： 。
[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5]。
答案：（1）AB
（2）H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
（3）pH偏低形成HF，导致溶液中F 浓度减小，CaF2沉淀不完全
（4）①
或
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水 NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
解析：
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；
B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；
答案选AB。
（2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。
（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。
（4）①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
考法2 物质变化流程
【典例2】[2020新课标Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c=0.01 mol·L 1）的pH沉淀完全时（c=1.0×10 5 mol·L 1）的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________（列出计算式）。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
答案：（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气 Fe3+
（4）0.01×(107.2 14)2[或10 5×(108.7 14)2] 3.2~6.2
（5）2Ni2++ClO +4OH =2NiOOH↓+ Cl +H2O
（6）提高镍回收率
解析：
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
练习
（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。
（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。
答案：（1）增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2） 使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
（3）所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O H2SO4
（4）阳 Na＋
解析：
以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7 2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
（2）中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
（3）蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4 10H2O存在，Na2SO4 10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O；H2SO4。
（4）由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
高频考点三 综合流程型
【典例3】[2019新课标Ⅲ]高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
答案：（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F 与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F 平衡向右移动
（6）Mn2++2 HCO3-==MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
解析：（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。
（5）由HFH++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-==MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
练习
[2020新课标Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中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+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
（4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
答案：（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+ VO++MnO2 +2H+ =+Mn2++H2O
（3）Mn2+ Al3+和Fe3+
（4）Fe(OH)3
（5）NaAl(OH)4+ HCl= Al(OH)3↓+NaCl+H2O
（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
解析：
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
一、选择题
1．（2021·安徽池州·高三月考）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种白色砂状结晶或淡黄色粉末，在碱性介质中或干燥环境下较稳定，在热水中加速分解，不溶于乙醇。一种制备少量Na2S2O4的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤①、②适宜用水浴加热
B．步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C．步骤④中NaCl可用NH4Cl代替
D．步骤⑤的操作包括：过滤、加乙醇洗涤并干燥
答案：C
解析：
A．水浴加热特点为低于100℃且受热均匀，步骤①、②两步受热温度都低于100℃，故A正确；
B．由流程图可知，步骤②中反应为：，所以用过滤的方法除去ZnCO3沉淀，此过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故B正确；
C．步骤④中NaCl作用是降低Na2S2O4溶解度，用NH4Cl受热易分解且NH4Cl溶液显酸性，故不能用NH4Cl代替，故C错误；
D．Na2S2O4不溶于乙醇，故应加乙醇洗涤并干燥，故D正确；
答案选C。
2．（2021·山东青岛·高三开学考试）磷酸亚铁锂(LiFePO4)常用作动力锂离子电池的正极材料，利用LiFePO4废料(含铝、石墨)回收锂、铁及磷元素的工艺流程如下。下列说法错误的是（ ）
A． LiFePO4是一种复盐，属于纯净物
B．废料中的铝以形式进入“碱浸液”
C．“溶浸”过程发生了反应：
D．两次所加“”的主要作用依次是调节溶液和沉淀
答案：B
解析：
由流程图可知，碱浸主要是除去废料中的Al，反应为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，加入稀硫酸和H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+，发生的反应为：，以便在沉铁过程中生成FePO4 2H2O，在加入NaOH进行沉淀的转化，以分别以Li2CO3、Fe(OH)3、Na3PO4形式回收锂、铁及磷元素，据此分析解题。
A．复盐是指含有两种或两种以上的阳离子和一种酸根离子形成的盐，故LiFePO4是一种复盐，属于纯净物，A正确；
B．在碱性条件下，铝元素以的形式进入溶液中，不能铝以形式进入“碱浸液”，B错误；
C． 由流程图可知，LiFePO4中Fe为+2价，而转化后的FePO4 2H2O中Fe为+3价，故“溶浸”过程发生了反应：，C正确；
D．两次所加“Na2CO3”的主要作用，前者是调节溶液pH，促进生成FePO4沉淀，后者是与Li+生成Li2CO3沉淀，D正确；
故答案为：B。
3．（2021·山东·菏泽一中高三期中）探究小组在实验室里按如下流程用BaSO4制备BaCl2，下列说法正确的是（ ）
A．炭与BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．吸收CO所得产物Cu2Cl2·2CO·2H2O中存在配位键
C．可以选择硫酸铜溶液或NaOH溶液作“吸收剂”
D．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需要蒸发皿
答案：BC
解析：
由流程图可知炭与BaSO4的反应方程式为4C+BaSO4 BaS+4CO，“溶解”产生的气体是H2S，用强碱溶液吸收，得到滤液含有BaCl2，再蒸发结晶可得产物；
A．炭与BaSO4的反应生成CO和BaS，反应方程式为4C+BaSO4 BaS+4CO，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，A错误；
B．吸收CO反应前后铜元素均为+1价，则Cu2Cl2·2CO·2H2O中铜原子存在空轨道，则存在配位键，B正确；
C．“溶解”产生的气体是H2S，硫酸铜中铜离子和硫离子结合成沉淀，NaOH溶液与H2S发生中和反应生成Na2S，都可以作为“吸收剂”，C正确；
D．“高温焙烧”需要仪器是坩埚，“结晶”需要蒸发皿，D错误；
故选：BC。
4．（2021·山东·安丘市普通教育教学研究室高三月考）废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体()。
下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸”时的作用是氧化剂
B．除铁时加入的物质X为
C．除铝时发生的反应为
D．滤液④中的溶质为
答案：AD
解析：
正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸和双氧水反应生成硫酸锂、硫酸镍、硫酸钴、硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜等，过滤后加入氢氧化钠除铁，过滤，向滤液中加铜萃取剂除铜，过滤，向滤液中加氨水除铝，过滤，向滤液中碳酸氢铵得到前驱体()。
A．根据后面分析钴为+2价，+2价锰，说明“酸浸”时双氧水和三氧化二钴、二氧化锰等反应生成了+2价的钴，+2价锰，则的作用是还原剂，故A错误；
B．除铁时将铁元素变为黄钠铁矾，其加入的物质X为，故B正确；
C．除铝时加入氨水转变为氢氧化铝沉淀，其发生的反应为，故C正确；
D．由于加入的碳酸氢铵是过量的，因此滤液④中的溶质为、NH4HCO3，故D错误。
综上所述，答案为AD。
5．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，其流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．操作Ⅱ采用降温结晶、过滤分离出副产品
B．两次吸氨的目的均为了增强溶液碱性
C．“盐析”中加入的Z是NaCl
D．该流程涉及到化合、分解、置换和复分解反应
答案：AC
解析：
精制饱和食盐水通入氨气后，得到碱性的饱和食盐水溶液，通入二氧化碳后，发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl(或为：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl= NaHCO3↓+NH4Cl)；过滤得到固体碳酸氢钠，煅烧后得到碳酸钠和二氧化碳(X)和水(分解反应)；剩余母液I主要为NH4Cl，通入氨气后，抑制了氯化铵的水解，降低了氯化铵的溶解度，采用降温结晶、过滤得到副产品氯化铵；含有极少量的氯化铵溶液中，再加入食盐(Z)，降低了氯化铵溶解度，又会有氯化铵晶体析出，氯化钠可以循环使用。
A．温度高，氯化铵受热易分解，因此为得到氯化铵产品，操作Ⅱ采用降温结晶、过滤分离出副产品，故A正确；
B．第一次吸氨是为了增加饱和食盐水溶液的碱性，第二次吸氨是为了降低氯化铵的溶解度，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．盐析中加入的Z是氯化钠，降低了氯化铵的溶解度，可使副产品氯化铵充分盐析，剩余氯化钠溶液循环利用，故C正确；
D．结合以上分析可知，置换反应为单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物，整个流程过程，没有涉及到单质参与反应，所以没有置换反应发生，故D错误；
故选AC。
6．（2021·河北安平中学高三月考）实验室从废定影液[含和等]中回收和Br2的主要步骤如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．分液时，有机相从上口放出 B．向粉末中滴加浓盐酸制取
C．有机相加热蒸发得到Br2 D．灼烧过程需要隔绝空气
答案：BC
解析：
实验室从废定影液[含和等]加入硫化钠，反应生成硫化银滤渣，滤液含有溴离子，滤液中通入氯气，反应生成溴单质，用苯萃取分液得到有机相，在分离出溴单质。滤渣硫化银洗涤干燥灼烧得到银单质。据此解答。
A．苯的密度比水小，所以有机相在上层，从上口倒出，A正确；
B．二氧化锰和浓盐酸在加热情况下制取氯气，B错误；
C．有机相应加热蒸馏得到溴单质，C错误；
D．灼烧过程应隔绝空气，防止银和氧气反应，D正确；
故选BC。
7．（2021·山东省潍坊第四中学高三月考）氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于Cl-浓度较大的体系生成配离子[CuCl2]-，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl的流程如图，下列说法正确的是
A．X试剂可选用乙醇
B．操作④可在空气中进行
C．流程中可循环利用的物质有两种
D．用去氧水稀释目的是使[CuCl2]-转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化
答案：AD
解析：
根据流程，氧气通入Cu、HCl、NaCl、HNO3、H2O的混合体系中控制温度60~70℃制得Na[CuCl2]，加入去氧水得到CuCl沉淀和含有NaCl、HNO3、HCl的滤液，滤液可循环利用，沉淀经洗涤干燥后的到产品CuCl，据此分析解答。
A．乙醇易挥发，且CuCl不溶于乙醇，故可用乙醇洗涤CuCl，既能避免CuCl溶于水造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使CuCl更易干燥，防止其氧化和水解，A正确；
B．为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，干燥时可在真空中进行，B错误；
C．滤液中含有NaCl、HNO3、HCl，故可循环利用的物质共有3种，C错误；
D．[CuCl2]-在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜，故用去氧水稀释目的是使[CuCl2]－转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化，D正确；
综上所述答案为AD。
8．（2021·河北安平中学高三月考）易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以为原料制备的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．溶解时，将固体直接溶解在热水里
B．反应1的离子方程式为
C．可用酸化的溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净
D．操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
答案：AB
解析：
A．SnCl2易水解，溶解时，需要先加浓盐酸酸化，不可将SnCl2固体直接溶解在热水里，A错误；
B．反应1的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+CO2↑，B错误；
C．SnO沉淀带有Cl-杂质，可用检验Cl-的方法检验最后一次洗涤液判断其是否已被洗涤干净，C正确；
D．因得到的产品带结晶水，不能直接蒸干，故操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；
故选AB。
9．（2021·河北·高三月考）工业上用铝土矿(主要成分，还含有、等)为原料制取氧化铝，其制备流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．操作1、操作2、操作3均为过滤
B．可用磁铁分离出“滤渣”中的含铁物质
C．制备流程的反应中不涉及氧化还原反应
D．氧化铝制作的耐火埚可用于纯碱的熔化实验
答案：BD
解析：
铝土矿(主要成分Al2O3还含有Fe2O3、SiO2等)中的Al2O3、SiO2与足量NaOH溶液发生反应生成NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液，Fe2O3和NaOH溶液不反应，故过滤所得滤渣为Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2SiO3以及过量的NaOH；向滤液1中加入CaO发生反应，生成CaSiO3沉淀，说明加入的CaO在溶液中和Na2SiO3反应生成了CaSiO3沉淀和NaOH，而NaAlO2未反应，故所得滤液2中含NaAlO2和NaOH，向此滤液中通入足量的CO2发生反应，则CO2会先和NaOH反应生成NaHCO3，后和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，过滤，即滤液3中为NaHCO3，Al(OH)3沉淀经灼烧得到Al2O3。
A．由流程图可知操作1、操作2、操作3都分离出滤液和固体，故为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；
Ｂ．滤渣中含，不能被磁铁吸引，故B错误；
Ｃ．流程中所涉及的反应均未发生化合价的改变，为非氧化还原反应，故C正确；
Ｄ．高温下氧化铝会与纯碱反应，氧化铝埚不能用于加热纯碱至熔化的实验，故D错误。
故选BD。
10．（2021·山东·平阴县第一中学高三月考）碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是（ ）
A．氧化过程中可以通过加热的方法加快化学反应速率
B．流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+
C．过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3
D．“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓
答案：BC
解析：
菱镁矿含少量FeCO3，用盐酸溶解，所得溶液中含有MgCl2、FeCl2及过量的HCl，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节溶液pH，Fe3+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2溶液，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到[Mg2ClO(OH) 3·H2O]，过滤分离，滤液中含有NaCl，以此解答该题。
A．氧化时是使用H2O2为氧化剂氧化Fe2+为Fe3+，若加热，H2O2会受热分解，导致其浓度降低，氧化能力减弱，因此氧化时通过加热的方法不能加快化学反应速率，A错误；
B．菱镁矿主要成分是MgCO3，还含少量FeCO3，用盐酸酸化时，二者与盐酸发生复分解反应产生MgCl2、FeCl2，故流程中菱镁矿酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、H+，B正确；
C．酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、H+，向其中加入H2O2为氧化剂可以氧化Fe2+为Fe3+， 再加入MgO，调节溶液的pH，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去，因此过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，C正确；
D．在除去Fe3+的溶液中含有Mg2+，向其中加入NaClO溶液、NaOH溶液，可能得到MgClO(OH)·H2O沉淀，离子方程式为：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓；也可能得到[Mg2ClO (OH) 3·H2O]沉淀，离子方程式为：ClO-+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O↓，因此不是只发生选项中的离子反应，D错误；
故合理选项是BC。
二、化工流程题
11．（2021·福建省福州第一中学高三期中）金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为___________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为___________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
氢氧化物 Fe(OH)2 TiO(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 8.0×10-16 1.0×10-29 1.8×10-11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，当溶液的pH等于___________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_______________________________。
（3）中间产品乙与焦炭(二者按物质的量比1∶2参加反应)、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为__________________________，Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_____________________。
答案：
（1） FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（2） 10 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+
（3） TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO 隔绝空气
解析：
根据工艺流程图和题干信息可知，钛酸矿（FeTiO3）与浓硫酸反应生成TiOSO4，无气体产生，说明该反应浓硫酸不起氧化性，反应后混合物为TiOSO4和FeSO4，溶于水后，为防止FeSO4被氧化，需要加入铁屑，在进行沉降分离，最终得到溶液I中主要含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+，再冷却结晶，加热过滤后分离得到钛酸和硫酸，钛酸高温煅烧可得到TiO2，即中间产品乙为TiO2，TiO2与氯气、焦炭在高温条件下发生反应生成TiCl4和CO，TiCl4与Mg在一定条件下发生置换反应制备得到Ti单质，据此结合元素化合物的性质分析解答。
（1）钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，根据原子守恒和化学式的命名原则可知，钛酸亚铁R的化学式为：FeTiO3；钛酸亚铁和浓H2SO4反应生成TiOSO4和FeSO4和水，其化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（2）①当Qc=Ksp时，溶液达到饱和，Mg(OH)2开始沉淀，有Ksp=，常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，则代入数值求测c(OH-)=，根据水的离子积可知c(H+)=，故溶液pH=10；
②根据上述表格数据可以看出，TiO(OH)2的Ksp数值最小，相同类型的金属离子，其溶解度也对应最小，所以若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，TiO2+优先发生水解，以TiO(OH)2(或H2TiO3)的形式析出，其离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+；
（3）中间产品乙为TiO2，可与焦炭和氯气在高温条件下制备得到四氯化钛，TiO2与焦炭按物质的量比1∶2参加反应，结合氧化还原反应的规律可知，碳元素化合价升高到+2价，生成CO，故反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；Mg为活泼金属，容易与氧气和氮气等发生反应，为了使Mg与四氯化钛发生置换生成钛单质与氯化镁，需要隔绝空气，故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；隔绝空气。
12．（2021·河南·模拟预测）纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如下图：
常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表：
Fe2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀 7.5 2.6 4.8
完全沉淀 9.5 3.3 6.4
（1）使用矿石粉的好处是___________，料渣1除含硫外还含有___________等物质。
（2）X可以是O2、H2O2、Cl2等试剂，氧化等量的Fe2+时，消耗的三种氧化剂物质的量之比为___________，浸泡后所得溶液中金属离子为Cu2+、Fe2+，写出相应的离子方程式__________________。
（3）试剂Y可以是___________(写出1种物质化学式即可)，pH的调控范围为___________；检验料渣2已洗涤干净的具体操作及现象为__________________。
（4）若葡萄糖用RCHO表示，则热还原时反应的化学方程式为_________________________，证明所得到的Cu2O是纳米级微粒的简单方法是_________________________。
答案：
（1） 能提高原料的利用率(或其它合理说法) SiO2
（2） 1∶2∶2
（3） CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3或其它合理试剂 取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净
（4） 或 取适量Cu2O分散到水中，然后用激光笔照射所得分散系，有丁达尔效应产生
解析：
浸泡后溶液中金属离子为Cu2+、Fe2+，发生反应的离子方程式为：，料渣1为SiO2，氧化中加入X是为了将亚铁离子氧化为铁离子，加入Y调节pH是为了沉淀Fe3+，料渣2为Fe(OH)3，热还原加入葡萄糖具有还原性，将Cu2+转化为Cu2O，过滤即的产品；
（1）矿石粉的比表面积较大，有利于反应物间充分接触反应，从而提高原料的利用率。矿石中的杂质SiO2不能与FeCl3反应，故料渣1中还有SiO2。
（2）1molO2、1molH2O2、1molCl2将足量Fe2+氧化为Fe3+时分别转移4mol、2mol、2mol电子，由得失电子守恒原理知它们物质的量之比为1∶2∶2.由题设条件可先写出，配平后得。
（3）调pH过程中溶液的pH会增大，故加入的试剂Y应该能与H+反应，同时不引入杂质，故相应的试剂为CuO、CuCO3、Cu2(OH)2CO3.调pH的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3而使Cu2+留存溶液中，故pH范围为。证明已洗涤干净的具体操作及现象为取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净。
（4）由流程图及相关物质知，铜元素被还原为Cu2O，碱性条件下RCHO被氧化为RCOONa，由此可写出相应的化学方程式为。可利用丁达尔效应证明Cu2O是纳米级材料，证明方法是：取适量Cu2O分散到水中，然后用激光笔照射所得分散系，有丁达尔效应产生。
1．（2021·广东）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()、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，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
（3）“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______________________________。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
（5）高纯(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，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，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）
（3）+=↓
（4）
（5）
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，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，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
（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，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，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。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。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。
2．（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为______________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为______________________；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是______________________。
（2）以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为______________________。
（3）溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是______________________。
答案：（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化
（2）
（3）4 防止单质碘析出
解析：
（1） ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
（2）先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
（3） 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
3．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。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见下表
金属离子
开始沉淀的 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全的 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式______________________。
（2）“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
（3）“母液①"中浓度为_______。
（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，水解析出沉淀，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：（1）
（2）
（3）
（4）硫酸
（5）
（6）
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·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
（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，故答案为：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，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（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，故答案为：1×10—6；
（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，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
（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·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：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，故答案为：(NH4)2SO4。
4．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是________(填元素符号)。
（2）工序①的名称为_______。
（3）滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为_________________________________。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________，可代替NaOH的化学试剂还有_____________(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序________(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
答案：（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
（6）②
（7）8.37
解析：
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
5．（2021·湖南）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：
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，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为______________________
答案：（1）
（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）↑ 碱性
（6）6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
解析：
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()（6）由在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和可知，该反应中Fe价态降低，C价态升高，结合得失电子守恒、原子守恒可知该反应的化学方程式为6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑。
考纲解读
知识网络图
重点拓展
典例精讲
过关检测
链接高考
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
专题十一 无机化工流程
【考纲导向】考查的内容广泛，主要考查元素化合物的性质、陌生情境下化学方程式或离子方程式的书写、化学实验基本操作、化学计算、电化学、电解质溶液等.
【命题分析】全国各地试卷必考一道无机综合题，一般以无机流程型呈现。此类试题以真实的工艺生产流程为背景，情境新，集综合性、真实性、开放性于一体，考查的内容广泛，主要考查元素化合物的性质、物质推断、盐类的水解、溶解平衡、电化学原理、混合物分离和提纯的方法、化学实验基本操作方法、陌生情境中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力，体现以能力立意的命题思想，能够综合考查考生各方面的基础知识及将已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。
有关物质制备、分离与提纯的工艺流程题以工艺流程为主线，解题时要根据题目要求，理清每步流程的目的及反应原理。如图所示：
箭头：箭头进入的是投料即反应物，出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环使用。
1.工艺流程题的分析思路
(1)浏览全题，首尾呼应，找到流程主线
①运用首(原料)尾(产品)呼应法，分析从原料到产品，需要发生什么核心反应和除去哪些杂质，明确流程的主要任务。
②依据流程图两端的原料和产品，确定工艺流程的主线和支线，找到为发生核心反应而加入的核心辅助原料。
(2)分段剖析，明晰细节，贯通整个流程
①以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、发生核心反应和产品的分离、提纯三个阶段。
②结合箭头的指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，实现对整个流程的全盘分析。
③某些暂时琢磨不透的环节可“跳过去”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回过头来进行有针对性的分析。
(3)由易到难，变换角度，逐一破解答案
①先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的简单问题，确保易拿的分数先拿，增强答题信心。
②变换角度：从基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学等)、反应条件(温度、压强、催化剂、原料配比、pH调节、溶剂选择、除杂、产品分离等)的控制、绿色化学观点(原子经济性、循环操作、环保)、经济角度(提高产量与产率、原料廉价易得、降低能耗、设备简单)、安全生产(防爆、防中毒、防污染)等多角度答题。
③对于棘手的问题：不要忘了尝试从题给信息中寻找问题的答案。
2.原料预处理的五种措施
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率
水浸 与水接触反应或溶解
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3.制备过程中控制反应条件的四种方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H+反应，使溶液pH变大;②不引入新杂质，例如，若要除去Cu2+中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，一般不加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
4.获得产品阶段的四种常用操作
(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗;乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体的溶解损耗，还可以加快晶体干燥。
(2)蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防止其水解。
(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7;同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是少量K2Cr2O7和NaCl;同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。
5.物质分离、提纯的方法
(1)正确选择物质分离的六种常用方法
①过滤;②萃取和分液;③蒸发结晶;④冷却结晶;⑤蒸馏与分馏;⑥冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业中采用冷却法分离氨气与氮气、氢气。
(2)准确把握物质提纯的六种常用方法
①水溶法：除去可溶性杂质;
②酸溶法：除去碱性杂质;
③碱溶法：除去酸性杂质;
④氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质;
⑤灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质;
⑥调pH法：除去酸性溶液中的Fe3+等。
三、化工流程题中常见的答题模板
1.增大原料浸出率的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)、增大气液或固液的接触面积。
2.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
3.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成(如催化剂酶)失效、(如浓硝酸、盐酸)挥发、(如H2O2)分解、(如Na2SO3)氧化或促进(如AlCl3)水解等，影响产品的生成。
4.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀：调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等(大多为难溶物)，以避免引入新的杂质。物质分离时pH的范围确定、范围过小的后果(导致某离子沉淀不完全)或过大的后果(导致主要离子开始沉淀)。
5.证明沉淀完全的操作：静置，取少许上层清液于试管中，再加入××试剂，若无沉淀生成，说明沉淀完全。
6.洗涤沉淀的操作：将沉淀放入过滤装置中，沿玻璃棒加蒸馏水至浸没沉淀，静置，待水流尽后，重复操作2~3次。(若沉淀易溶于水，可用无水乙醇进行洗涤。可减少沉淀损失，无水乙醇易挥发，不引入杂质)
7.判断沉淀洗净的方法：取少许最后一次洗涤液于试管中，滴加××试剂(可与某些杂质离子发生沉淀反应)，若无沉淀生成，说明沉淀洗涤干净。
8.洗涤的目的：①除去附着在沉淀表面的可溶性杂质;②提高可溶性物质的产率。
9.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
10.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
11.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时，为获得AlCl3固体，需在HCl气流中进行。
12.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
考法1 操作流程式
【典例1】[2019新课标Ⅱ]立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。回答下列问题：
（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时，钡的焰色为__________（填标号）。
A．黄色 B．红色 C．紫色 D．绿色
（2）以重晶石（BaSO4）为原料，可按如下工艺生产立德粉：
①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为______________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为______________________。
②在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________（填化学式）。
③沉淀器中反应的离子方程式为______________________。
（3）成品中S2 的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L 1的I2 KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L 1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2==2I +。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_________________，样品中S2 的含量为______________（写出表达式）。
答案：（1）D
（2）①BaSO4+4C==BaS+4CO↑ CO+H2O==CO2+H2
②BaCO3
③S2 +Ba2++Zn2++== BaSO4·ZnS↓
（3）浅蓝色至无色
解析：
（1）焰色反应不是化学变化，常用来检验金属元素存在，常见金属元素焰色：A．钠的焰色为黄色，故A错误；B．钙的焰色为红色，故B错误；C．钾的焰色为紫色，故C错误；D．钡的焰色为绿色，故D正确；故选D。
（2）①注意焦炭过量生成CO，反应物为硫酸钡与焦炭，产物为BaS与CO，写出方程式BaSO4+4C==BaS+4CO↑；CO与水蒸气反应生成CO2与H2，写出方程式：CO+H2O==CO2+H2。
②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，由强酸制弱酸原理，还原料硫化钡与空气中水，二氧化碳反应生成了碳酸钡与硫化氢气体。
③硫化钡与硫酸锌为可溶性强电解质，写成离子形式，产物硫酸钡与硫化锌为沉淀，不可电离，写出离子方程式：S2 +Ba2++Zn2++ SO42-==BaSO4·ZnS↓。
（3）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2==S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol：
S2- ～ I2 2S2O32- ～ I2
1 mol 1 mol 2 mol 1 mol
n mol n mol 0.1V×10-3mol 0.1V×10-3mol
n+0.1V×10-3mol=250.1V×10-3mol，得n=（25-V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：×100%= ×100%。
练习
1．[2020江苏卷]实验室由炼钢污泥（简称铁泥，主要成份为铁的氧化物）制备软磁性材料α Fe2O3。
其主要实验流程如下：
（1）酸浸。用一定浓度的H2SO4溶液浸取铁泥中的铁元素。若其他条件不变，实验中采取下列措施能提高铁元素浸出率的有 （填序号）。
A．适当升高酸浸温度 B．适当加快搅拌速度 C．适当缩短酸浸时间
（2）还原。向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉，使Fe3+完全转化为Fe2+。“还原”过程中除生成Fe2+外，还会生成 （填化学式）；检验Fe3+是否还原完全的实验操作是 。
（3）除杂。向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低、将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是 [，]。
（4）沉铁。将提纯后的FeSO4溶液与氨水 NH4HCO3混合溶液反应，生成FeCO3沉淀。
①生成FeCO3沉淀的离子方程式为 。
②设计以FeSO4溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液为原料，制备FeCO3的实验方案： 。
[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5]。
答案：（1）AB
（2）H2 取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色
（3）pH偏低形成HF，导致溶液中F 浓度减小，CaF2沉淀不完全
（4）①
或
②在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水 NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀
解析：
铁泥的主要成份为铁的氧化物，铁泥用H2SO4溶液“酸浸”得到相应硫酸盐溶液，向“酸浸”后的滤液中加入过量铁粉将Fe3+还原为Fe2+；向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，将FeCO3沉淀经过系列操作制得α—Fe2O3；据此分析作答。
（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，A选；
B．适当加快搅拌速率，增大铁泥与硫酸溶液的接触，加快酸浸速率，能提高铁元素的浸出率，B选；
C．适当缩短酸浸时间，铁元素的浸出率会降低，C不选；
答案选AB。
（2）为了提高铁元素的浸出率，“酸浸”过程中硫酸溶液要适当过量，故向“酸浸”后的滤液中加入过量的铁粉发生的反应有：Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，“还原”过程中除生成Fe2+外，还有H2生成；通常用KSCN溶液检验Fe3+，故检验Fe3+是否还原完全的实验操作是：取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色，若不呈血红色，则Fe3+还原完全，若溶液呈血红色，则Fe3+没有还原完全，故答案为：H2，取少量清液，向其中滴加几滴KSCN溶液，观察溶液颜色是否呈血红色。
（3）向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2+转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)，当Ca2+完全沉淀（某离子浓度小于1×10-5mol/L表明该离子沉淀完全）时，溶液中c(F-)至少为mol/L=×10-2mol/L；若溶液的pH偏低，即溶液中H+浓度较大，H+与F-形成弱酸HF，导致溶液中c(F-)减小，CaF2沉淀不完全，故答案为：pH偏低形成HF，导致溶液中F-浓度减小，CaF2沉淀不完全。
（4）①将提纯后的FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应生成FeCO3沉淀，生成FeCO3的化学方程式为FeSO4+NH3·H2O+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+H2O[或FeSO4+NH3+NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4]，离子方程式为Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+），答案为：Fe2+++NH3·H2O=FeCO3↓++H2O（或Fe2+++NH3=FeCO3↓+）。
②根据题意Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5，为防止产生Fe(OH)2沉淀，所以将FeSO4溶液与氨水—NH4HCO3混合溶液反应制备FeCO3沉淀的过程中要控制溶液的pH不大于6.5；FeCO3沉淀需“洗涤完全”，所以设计的实验方案中要用盐酸酸化的BaCl2溶液检验最后的洗涤液中不含 ；则设计的实验方案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀，故答案为：在搅拌下向FeSO4溶液中缓慢加入氨水—NH4HCO3混合溶液，控制溶液pH不大于6.5；静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤2~3次；取最后一次洗涤后的滤液，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，不出现白色沉淀。
考法2 物质变化流程
【典例2】[2020新课标Ⅲ]某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体（NiSO4·7H2O）：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c=0.01 mol·L 1）的pH沉淀完全时（c=1.0×10 5 mol·L 1）的pH 7.28.7 3.74.7 2.23.2 7.59.0
回答下列问题：
（1）“碱浸”中NaOH的两个作用分别是______________。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式______________。
（2）“滤液②”中含有的金属离子是______________。
（3）“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。
（4）利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______________（列出计算式）。如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0 mol·L 1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。
（5）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式______________。
（6）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是______________。
答案：（1）除去油脂，溶解铝及其氧化物 +H+=Al(OH)3↓+H2O
（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+
（3）O2或空气 Fe3+
（4）0.01×(107.2 14)2[或10 5×(108.7 14)2] 3.2~6.2
（5）2Ni2++ClO +4OH =2NiOOH↓+ Cl +H2O
（6）提高镍回收率
解析：
由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Al2O3+4NaOH=4NaAlO2+2H2O将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有NaAlO2，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀H2SO4酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问题。
（1）根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，滤液①中含有NaAlO2(或Na[Al(OH)4])，加入稀硫酸可发生反应+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O，故答案为：除去油脂、溶解铝及其氧化物；+H++H2O=Al(OH)3↓或+H+=Al(OH)3↓+H2O；
（2）加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+，故答案为：Ni2+、Fe2+、Fe3+；
（3）“转化”在H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故答案为：O2或空气；Fe3+；
（4）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；或者当Ni2+开始沉淀时pH=7.2，此时c(Ni2+)=0.01mol·L-1，c(H+)=1.0×10-7.2mol·L-1，则c(OH-)=，则Ni(OH)2的；如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为1.0mol·L-1，为避免镍离子沉淀，此时，则，即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2~6.2，故答案为：；3.2~6.2；
（5）由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClOˉ被还原为Clˉ，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O，故答案为：2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H2O；
（6）分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率，故答案为：提高镍的回收率。
练习
（2021·山东卷）工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是___。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为___；酸化的目的是___；Fe元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。
（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。
（4）利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。
答案：（1）增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2） 使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
（3）所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O H2SO4
（4）阳 Na＋
解析：
以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7 2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
（1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
（2）中和时调节溶液pH目的是将、转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。
（3）蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4 10H2O存在，Na2SO4 10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4，故答案为：所得溶液中含有大量Na2SO4 10H2O；H2SO4。
（4）由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
高频考点三 综合流程型
【典例3】[2019新课标Ⅲ]高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L 1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
（1）“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________________________。
（6）写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
（7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z=___________。
答案：（1）SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O
（2）将Fe2+氧化为Fe3+
（3）4.7
（4）NiS和ZnS
（5）F 与H+结合形成弱电解质HF，MgF2Mg2++2F 平衡向右移动
（6）Mn2++2 HCO3-==MnCO3↓+CO2↑+H2O
（7）
解析：（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4==2MnSO4+S+2H2O。
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间。
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。
（5）由HFH++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全。
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-==MnCO3↓+CO2↑+H2O。
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
练习
[2020新课标Ⅰ]钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。
该工艺条件下，溶液中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+ Mn2+
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
回答下列问题：
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
（2）“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
（3）“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
（4）“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
（5）“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
答案：（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）
（2）Fe2+ VO++MnO2 +2H+ =+Mn2++H2O
（3）Mn2+ Al3+和Fe3+
（4）Fe(OH)3
（5）NaAl(OH)4+ HCl= Al(OH)3↓+NaCl+H2O
（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
解析：
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
（4）根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
一、选择题
1．（2021·安徽池州·高三月考）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种白色砂状结晶或淡黄色粉末，在碱性介质中或干燥环境下较稳定，在热水中加速分解，不溶于乙醇。一种制备少量Na2S2O4的实验流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．步骤①、②适宜用水浴加热
B．步骤③用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗
C．步骤④中NaCl可用NH4Cl代替
D．步骤⑤的操作包括：过滤、加乙醇洗涤并干燥
答案：C
解析：
A．水浴加热特点为低于100℃且受热均匀，步骤①、②两步受热温度都低于100℃，故A正确；
B．由流程图可知，步骤②中反应为：，所以用过滤的方法除去ZnCO3沉淀，此过程所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故B正确；
C．步骤④中NaCl作用是降低Na2S2O4溶解度，用NH4Cl受热易分解且NH4Cl溶液显酸性，故不能用NH4Cl代替，故C错误；
D．Na2S2O4不溶于乙醇，故应加乙醇洗涤并干燥，故D正确；
答案选C。
2．（2021·山东青岛·高三开学考试）磷酸亚铁锂(LiFePO4)常用作动力锂离子电池的正极材料，利用LiFePO4废料(含铝、石墨)回收锂、铁及磷元素的工艺流程如下。下列说法错误的是（ ）
A． LiFePO4是一种复盐，属于纯净物
B．废料中的铝以形式进入“碱浸液”
C．“溶浸”过程发生了反应：
D．两次所加“”的主要作用依次是调节溶液和沉淀
答案：B
解析：
由流程图可知，碱浸主要是除去废料中的Al，反应为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，加入稀硫酸和H2O2的目的是将Fe2+转化为Fe3+，发生的反应为：，以便在沉铁过程中生成FePO4 2H2O，在加入NaOH进行沉淀的转化，以分别以Li2CO3、Fe(OH)3、Na3PO4形式回收锂、铁及磷元素，据此分析解题。
A．复盐是指含有两种或两种以上的阳离子和一种酸根离子形成的盐，故LiFePO4是一种复盐，属于纯净物，A正确；
B．在碱性条件下，铝元素以的形式进入溶液中，不能铝以形式进入“碱浸液”，B错误；
C． 由流程图可知，LiFePO4中Fe为+2价，而转化后的FePO4 2H2O中Fe为+3价，故“溶浸”过程发生了反应：，C正确；
D．两次所加“Na2CO3”的主要作用，前者是调节溶液pH，促进生成FePO4沉淀，后者是与Li+生成Li2CO3沉淀，D正确；
故答案为：B。
3．（2021·山东·菏泽一中高三期中）探究小组在实验室里按如下流程用BaSO4制备BaCl2，下列说法正确的是（ ）
A．炭与BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2
B．吸收CO所得产物Cu2Cl2·2CO·2H2O中存在配位键
C．可以选择硫酸铜溶液或NaOH溶液作“吸收剂”
D．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需要蒸发皿
答案：BC
解析：
由流程图可知炭与BaSO4的反应方程式为4C+BaSO4 BaS+4CO，“溶解”产生的气体是H2S，用强碱溶液吸收，得到滤液含有BaCl2，再蒸发结晶可得产物；
A．炭与BaSO4的反应生成CO和BaS，反应方程式为4C+BaSO4 BaS+4CO，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，A错误；
B．吸收CO反应前后铜元素均为+1价，则Cu2Cl2·2CO·2H2O中铜原子存在空轨道，则存在配位键，B正确；
C．“溶解”产生的气体是H2S，硫酸铜中铜离子和硫离子结合成沉淀，NaOH溶液与H2S发生中和反应生成Na2S，都可以作为“吸收剂”，C正确；
D．“高温焙烧”需要仪器是坩埚，“结晶”需要蒸发皿，D错误；
故选：BC。
4．（2021·山东·安丘市普通教育教学研究室高三月考）废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等。采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体()。
下列说法错误的是（ ）
A．“酸浸”时的作用是氧化剂
B．除铁时加入的物质X为
C．除铝时发生的反应为
D．滤液④中的溶质为
答案：AD
解析：
正极活性粉体中含有、、、、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸和双氧水反应生成硫酸锂、硫酸镍、硫酸钴、硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、硫酸铜等，过滤后加入氢氧化钠除铁，过滤，向滤液中加铜萃取剂除铜，过滤，向滤液中加氨水除铝，过滤，向滤液中碳酸氢铵得到前驱体()。
A．根据后面分析钴为+2价，+2价锰，说明“酸浸”时双氧水和三氧化二钴、二氧化锰等反应生成了+2价的钴，+2价锰，则的作用是还原剂，故A错误；
B．除铁时将铁元素变为黄钠铁矾，其加入的物质X为，故B正确；
C．除铝时加入氨水转变为氢氧化铝沉淀，其发生的反应为，故C正确；
D．由于加入的碳酸氢铵是过量的，因此滤液④中的溶质为、NH4HCO3，故D错误。
综上所述，答案为AD。
5．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的，其流程如图。下列叙述正确的是（ ）
A．操作Ⅱ采用降温结晶、过滤分离出副产品
B．两次吸氨的目的均为了增强溶液碱性
C．“盐析”中加入的Z是NaCl
D．该流程涉及到化合、分解、置换和复分解反应
答案：AC
解析：
精制饱和食盐水通入氨气后，得到碱性的饱和食盐水溶液，通入二氧化碳后，发生反应：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl(或为：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，NH4HCO3+NaCl= NaHCO3↓+NH4Cl)；过滤得到固体碳酸氢钠，煅烧后得到碳酸钠和二氧化碳(X)和水(分解反应)；剩余母液I主要为NH4Cl，通入氨气后，抑制了氯化铵的水解，降低了氯化铵的溶解度，采用降温结晶、过滤得到副产品氯化铵；含有极少量的氯化铵溶液中，再加入食盐(Z)，降低了氯化铵溶解度，又会有氯化铵晶体析出，氯化钠可以循环使用。
A．温度高，氯化铵受热易分解，因此为得到氯化铵产品，操作Ⅱ采用降温结晶、过滤分离出副产品，故A正确；
B．第一次吸氨是为了增加饱和食盐水溶液的碱性，第二次吸氨是为了降低氯化铵的溶解度，有利于氯化铵的析出，故B错误；
C．盐析中加入的Z是氯化钠，降低了氯化铵的溶解度，可使副产品氯化铵充分盐析，剩余氯化钠溶液循环利用，故C正确；
D．结合以上分析可知，置换反应为单质和化合物反应生成新的单质和新的化合物，整个流程过程，没有涉及到单质参与反应，所以没有置换反应发生，故D错误；
故选AC。
6．（2021·河北安平中学高三月考）实验室从废定影液[含和等]中回收和Br2的主要步骤如图：
下列说法不正确的是（ ）
A．分液时，有机相从上口放出 B．向粉末中滴加浓盐酸制取
C．有机相加热蒸发得到Br2 D．灼烧过程需要隔绝空气
答案：BC
解析：
实验室从废定影液[含和等]加入硫化钠，反应生成硫化银滤渣，滤液含有溴离子，滤液中通入氯气，反应生成溴单质，用苯萃取分液得到有机相，在分离出溴单质。滤渣硫化银洗涤干燥灼烧得到银单质。据此解答。
A．苯的密度比水小，所以有机相在上层，从上口倒出，A正确；
B．二氧化锰和浓盐酸在加热情况下制取氯气，B错误；
C．有机相应加热蒸馏得到溴单质，C错误；
D．灼烧过程应隔绝空气，防止银和氧气反应，D正确；
故选BC。
7．（2021·山东省潍坊第四中学高三月考）氯化亚铜常用作有机合成催化剂，难溶于水，不溶于稀硝酸和乙醇，但可溶于Cl-浓度较大的体系生成配离子[CuCl2]-，在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜。一种制备CuCl的流程如图，下列说法正确的是
A．X试剂可选用乙醇
B．操作④可在空气中进行
C．流程中可循环利用的物质有两种
D．用去氧水稀释目的是使[CuCl2]-转化为CuCl，同时防止CuCl被氧化
答案：AD
解析：
根据流程，氧气通入Cu、HCl、NaCl、HNO3、H2O的混合体系中控制温度60~70℃制得Na[CuCl2]，加入去氧水得到CuCl沉淀和含有NaCl、HNO3、HCl的滤液，滤液可循环利用，沉淀经洗涤干燥后的到产品CuCl，据此分析解答。
A．乙醇易挥发，且CuCl不溶于乙醇，故可用乙醇洗涤CuCl，既能避免CuCl溶于水造成损耗，又能洗去晶体表面的杂质离子及水分，使CuCl更易干燥，防止其氧化和水解，A正确；
B．为防止CuCl被氧化和水解，应隔绝空气和水，干燥时可在真空中进行，B错误；
C．滤液中含有NaCl、HNO3、HCl，故可循环利用的物质共有3种，C错误；
D．[CuCl2]-在潮湿空气中易水解氧化为碱式氯化铜，故用去氧水稀释目的是使[CuCl2]－转化为CuCl，同时防止CuCl 被氧化，D正确；
综上所述答案为AD。
8．（2021·河北安平中学高三月考）易水解，是常见的抗氧化剂。实验室以为原料制备的流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．溶解时，将固体直接溶解在热水里
B．反应1的离子方程式为
C．可用酸化的溶液检验SnO沉淀是否已被洗涤干净
D．操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
答案：AB
解析：
A．SnCl2易水解，溶解时，需要先加浓盐酸酸化，不可将SnCl2固体直接溶解在热水里，A错误；
B．反应1的离子方程式为Sn2++2=SnO↓+H2O+CO2↑，B错误；
C．SnO沉淀带有Cl-杂质，可用检验Cl-的方法检验最后一次洗涤液判断其是否已被洗涤干净，C正确；
D．因得到的产品带结晶水，不能直接蒸干，故操作1为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；
故选AB。
9．（2021·河北·高三月考）工业上用铝土矿(主要成分，还含有、等)为原料制取氧化铝，其制备流程如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．操作1、操作2、操作3均为过滤
B．可用磁铁分离出“滤渣”中的含铁物质
C．制备流程的反应中不涉及氧化还原反应
D．氧化铝制作的耐火埚可用于纯碱的熔化实验
答案：BD
解析：
铝土矿(主要成分Al2O3还含有Fe2O3、SiO2等)中的Al2O3、SiO2与足量NaOH溶液发生反应生成NaAlO2溶液和Na2SiO3溶液，Fe2O3和NaOH溶液不反应，故过滤所得滤渣为Fe2O3，滤液1中含NaAlO2、Na2SiO3以及过量的NaOH；向滤液1中加入CaO发生反应，生成CaSiO3沉淀，说明加入的CaO在溶液中和Na2SiO3反应生成了CaSiO3沉淀和NaOH，而NaAlO2未反应，故所得滤液2中含NaAlO2和NaOH，向此滤液中通入足量的CO2发生反应，则CO2会先和NaOH反应生成NaHCO3，后和NaAlO2溶液反应生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，过滤，即滤液3中为NaHCO3，Al(OH)3沉淀经灼烧得到Al2O3。
A．由流程图可知操作1、操作2、操作3都分离出滤液和固体，故为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故A正确；
Ｂ．滤渣中含，不能被磁铁吸引，故B错误；
Ｃ．流程中所涉及的反应均未发生化合价的改变，为非氧化还原反应，故C正确；
Ｄ．高温下氧化铝会与纯碱反应，氧化铝埚不能用于加热纯碱至熔化的实验，故D错误。
故选BD。
10．（2021·山东·平阴县第一中学高三月考）碱式次氯酸镁[MgmClO(OH)n·H2O]微溶于水，不潮解，相对稳定，是一种有开发价值的无机抗菌剂，以菱镁矿(MgCO3，含少量FeCO3)为主要原料，制备碱式次氯酸镁的工艺流程如图，下列说法正确的是（ ）
A．氧化过程中可以通过加热的方法加快化学反应速率
B．流程中酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+
C．过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3
D．“混合”时反应的离子方程式只有：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓
答案：BC
解析：
菱镁矿含少量FeCO3，用盐酸溶解，所得溶液中含有MgCl2、FeCl2及过量的HCl，再加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入MgO调节溶液pH，Fe3+使转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去，滤液为MgCl2溶液，向MgCl2溶液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到[Mg2ClO(OH) 3·H2O]，过滤分离，滤液中含有NaCl，以此解答该题。
A．氧化时是使用H2O2为氧化剂氧化Fe2+为Fe3+，若加热，H2O2会受热分解，导致其浓度降低，氧化能力减弱，因此氧化时通过加热的方法不能加快化学反应速率，A错误；
B．菱镁矿主要成分是MgCO3，还含少量FeCO3，用盐酸酸化时，二者与盐酸发生复分解反应产生MgCl2、FeCl2，故流程中菱镁矿酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、H+，B正确；
C．酸溶后溶液中含有Mg2+、Fe2+、H+，向其中加入H2O2为氧化剂可以氧化Fe2+为Fe3+， 再加入MgO，调节溶液的pH，Fe3+变为Fe(OH)3沉淀除去，因此过滤1所得的滤渣含有Fe(OH)3，C正确；
D．在除去Fe3+的溶液中含有Mg2+，向其中加入NaClO溶液、NaOH溶液，可能得到MgClO(OH)·H2O沉淀，离子方程式为：Mg2++ClO-+OH-+H2O=MgClO(OH)·H2O↓；也可能得到[Mg2ClO (OH) 3·H2O]沉淀，离子方程式为：ClO-+2Mg2++3OH-+H2O=Mg2ClO(OH)3·H2O↓，因此不是只发生选项中的离子反应，D错误；
故合理选项是BC。
二、化工流程题
11．（2021·福建省福州第一中学高三期中）金属钛(Ti)因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿(主要成分钛酸亚铁)为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。
（1）钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，钛酸亚铁的化学式为___________；钛酸亚铁和浓H2SO4反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，该反应的化学方程式为___________。
（2）上述生产流程中溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的Ksp如下表所示。
氢氧化物 Fe(OH)2 TiO(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 8.0×10-16 1.0×10-29 1.8×10-11
①常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，当溶液的pH等于___________时，Mg(OH)2开始沉淀。
②若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为_______________________________。
（3）中间产品乙与焦炭(二者按物质的量比1∶2参加反应)、氯气在高温下发生反应制取TiCl4的方程式为__________________________，Mg还原TiCl4过程中必须在1070K的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是_____________________。
答案：
（1） FeTiO3 FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
（2） 10 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+
（3） TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO 隔绝空气
解析：
根据工艺流程图和题干信息可知，钛酸矿（FeTiO3）与浓硫酸反应生成TiOSO4，无气体产生，说明该反应浓硫酸不起氧化性，反应后混合物为TiOSO4和FeSO4，溶于水后，为防止FeSO4被氧化，需要加入铁屑，在进行沉降分离，最终得到溶液I中主要含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+，再冷却结晶，加热过滤后分离得到钛酸和硫酸，钛酸高温煅烧可得到TiO2，即中间产品乙为TiO2，TiO2与氯气、焦炭在高温条件下发生反应生成TiCl4和CO，TiCl4与Mg在一定条件下发生置换反应制备得到Ti单质，据此结合元素化合物的性质分析解答。
（1）钛酸亚铁(用R表示)与碳在高温下发生反应：2R+C=2Fe+2TiO2+CO2↑，根据原子守恒和化学式的命名原则可知，钛酸亚铁R的化学式为：FeTiO3；钛酸亚铁和浓H2SO4反应生成TiOSO4和FeSO4和水，其化学方程式为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（2）①当Qc=Ksp时，溶液达到饱和，Mg(OH)2开始沉淀，有Ksp=，常温下，若所得溶液中Mg2+的物质的量浓度为0.0018mol·L-1，则代入数值求测c(OH-)=，根据水的离子积可知c(H+)=，故溶液pH=10；
②根据上述表格数据可以看出，TiO(OH)2的Ksp数值最小，相同类型的金属离子，其溶解度也对应最小，所以若将含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀释，TiO2+优先发生水解，以TiO(OH)2(或H2TiO3)的形式析出，其离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓(或H2TiO3)+2H+；
（3）中间产品乙为TiO2，可与焦炭和氯气在高温条件下制备得到四氯化钛，TiO2与焦炭按物质的量比1∶2参加反应，结合氧化还原反应的规律可知，碳元素化合价升高到+2价，生成CO，故反应的化学方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；Mg为活泼金属，容易与氧气和氮气等发生反应，为了使Mg与四氯化钛发生置换生成钛单质与氯化镁，需要隔绝空气，故答案为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4＋2CO；隔绝空气。
12．（2021·河南·模拟预测）纳米氧化亚铜(Cu2O)是一种用途广泛的光电材料，以主要成分为CuFeS2的黄铜矿(含有杂质SiO2)为原料制取纳米Cu2O的一种工艺流程如下图：
常温下几种金属阳离子开始沉淀与完全沉淀时的pH如表：
Fe2+ Fe3+ Cu2+
开始沉淀 7.5 2.6 4.8
完全沉淀 9.5 3.3 6.4
（1）使用矿石粉的好处是___________，料渣1除含硫外还含有___________等物质。
（2）X可以是O2、H2O2、Cl2等试剂，氧化等量的Fe2+时，消耗的三种氧化剂物质的量之比为___________，浸泡后所得溶液中金属离子为Cu2+、Fe2+，写出相应的离子方程式__________________。
（3）试剂Y可以是___________(写出1种物质化学式即可)，pH的调控范围为___________；检验料渣2已洗涤干净的具体操作及现象为__________________。
（4）若葡萄糖用RCHO表示，则热还原时反应的化学方程式为_________________________，证明所得到的Cu2O是纳米级微粒的简单方法是_________________________。
答案：
（1） 能提高原料的利用率(或其它合理说法) SiO2
（2） 1∶2∶2
（3） CuO或CuCO3或Cu2(OH)2CO3或其它合理试剂 取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净
（4） 或 取适量Cu2O分散到水中，然后用激光笔照射所得分散系，有丁达尔效应产生
解析：
浸泡后溶液中金属离子为Cu2+、Fe2+，发生反应的离子方程式为：，料渣1为SiO2，氧化中加入X是为了将亚铁离子氧化为铁离子，加入Y调节pH是为了沉淀Fe3+，料渣2为Fe(OH)3，热还原加入葡萄糖具有还原性，将Cu2+转化为Cu2O，过滤即的产品；
（1）矿石粉的比表面积较大，有利于反应物间充分接触反应，从而提高原料的利用率。矿石中的杂质SiO2不能与FeCl3反应，故料渣1中还有SiO2。
（2）1molO2、1molH2O2、1molCl2将足量Fe2+氧化为Fe3+时分别转移4mol、2mol、2mol电子，由得失电子守恒原理知它们物质的量之比为1∶2∶2.由题设条件可先写出，配平后得。
（3）调pH过程中溶液的pH会增大，故加入的试剂Y应该能与H+反应，同时不引入杂质，故相应的试剂为CuO、CuCO3、Cu2(OH)2CO3.调pH的目的是将Fe3+转化为Fe(OH)3而使Cu2+留存溶液中，故pH范围为。证明已洗涤干净的具体操作及现象为取最后一次洗涤液于试管中，滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，无沉淀生成，证明已洗涤干净。
（4）由流程图及相关物质知，铜元素被还原为Cu2O，碱性条件下RCHO被氧化为RCOONa，由此可写出相应的化学方程式为。可利用丁达尔效应证明Cu2O是纳米级材料，证明方法是：取适量Cu2O分散到水中，然后用激光笔照射所得分散系，有丁达尔效应产生。
1．（2021·广东）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()、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，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。
（1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。
（2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。
（3）“沉钼”中，为7.0。
①生成的离子方程式为_______________________________。
②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。
（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。
（5）高纯(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，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。
①该氧化物为_______。
②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，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）
（3）+=↓
（4）
（5）
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，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，生成的沉淀为。
（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。
②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀， 因此， 时，应停止加入溶液。
（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，主要存在的钠盐有和，故为。
②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。
（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，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。
②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。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。
2．（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）的一种制备方法如下图所示：
①加入粉进行转化反应的离子方程式为______________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为______________________；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是______________________。
（2）以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为______________________。
（3）溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是______________________。
答案：（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化
（2）
（3）4 防止单质碘析出
解析：
（1） ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
（2）先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
（3） 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
3．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有、、、、以及少量的。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见下表
金属离子
开始沉淀的 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全的 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，、几乎不发生反应，、、、转化为相应的硫酸盐，写出转化为的化学方程式______________________。
（2）“水浸”后“滤液”的约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节至11.6，依次析出的金属离子是_______。
（3）“母液①"中浓度为_______。
（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，水解析出沉淀，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：（1）
（2）
（3）
（4）硫酸
（5）
（6）
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·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
（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，故答案为：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，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（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，故答案为：1×10—6；
（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，故答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
（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·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案为：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，故答案为：(NH4)2SO4。
4．（2021·河北）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是________(填元素符号)。
（2）工序①的名称为_______。
（3）滤渣的主要成分是_______(填化学式)。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为_________________________________。
（5）物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为____________，可代替NaOH的化学试剂还有_____________(填化学式)。
（6）热解工序产生的混合气体最适宜返回工序________(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
答案：（1）Fe、Cr
（2）溶解浸出
（3）MgO、Fe2O3
（4）2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓
（5）4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3
（6）②
（7）8.37
解析：
由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
（1）由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；
（2）由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
（3）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
（4）工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓，故答案为：2Na2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；
（5）碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe（CrO2）2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；
（6）热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。
5．（2021·湖南）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如下：
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，生成的离子方程式为_______，常温下加入的溶液呈_______(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：的，的，)；
（6）滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、葡萄糖()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为______________________
答案：（1）
（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）↑ 碱性
（6）6++12=12+6CO↑+6H2O+6CO2↑
解析：
焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，与硫酸不反应，转化为Al2(SO4)3，转化为Fe2(SO4)3，转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣Ⅰ为和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3·nH2O。
（1）铈的某种核素含有58个质子和80个中子，则质量数为58+80=138，该核素的符号为；
（2）为提高“水浸”效率，可采取的措施有适当升高温度，将独居石粉碎等；
（3）结合流程可知，滤渣Ⅲ的主要成分是Al(OH)3；
（4）加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀；
（5）用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成的离子方程式为↑；铵根离子的水解常数Kh()=≈5.7×10-10，碳酸氢根的水解常数Kh()==≈2.3×10-8，则Kh()
考纲解读
知识网络图
重点拓展
典例精讲
过关检测
链接高考
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录