2023届高考化学三轮冲刺 题型突破 第8题 以工艺流程为主流的无机综合题 教案（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023届高考化学三轮冲刺 题型突破 第8题 以工艺流程为主流的无机综合题 教案（含解析） |  | |
| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 2.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-01-17 22:44:47 | ||
图片预览
文档简介
第8题 以工艺流程为主流的无机综合题
复习建议：4课时(题型突破2课时 习题2课时)
1.(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为
_________________________________________________________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是__________(填标号)。
A.NH3·H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH
滤渣①的主要成分是________、__________、________。
(4)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________________
_________________________________________________________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______________________________________。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__________、__________。
答案 (1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等 (3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2 (4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ (5)置换Cu2＋为Cu从而除去 (6)CaSO4 MgSO4
解析 由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(4)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
2.(2022·全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为_________________________________________________________________，
用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：_________________________________________________________________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是______________________________________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_________________________________________________________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
答案 (1)PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq) 反应PbSO4(s)＋CO(aq)??PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04?105，反应正向进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O (ⅲ)作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2＋、Na＋
解析 向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫便于后续的酸浸，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14，Ksp(PbSO4)＝2.5×10－8，反应PbSO4(s)＋CO(aq)??PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝
＝≈3.4×105>105，说明反应可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04?105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅，最终转化为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3.(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)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe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Cl2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n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为________；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是__________________________________
_________________________________________________________________。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－??I。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是_____________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3 ②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
(2)2IO＋5HSO===I2＋5SO＋H2O＋3H＋ (3)4 防止单质碘析出
解析 (1)①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl2===2FeCl3＋2I2；当＞1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是IO＋3HSO===3SO＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IO＋5HSO===I2＋5SO＋H2 O＋3H＋。(3)由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol；I的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。
4.(2021·全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是________。“酸溶渣”的成分是__________、________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是___________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得________，循环利用。
答案 (1)Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
(3)1.0×10－6
(4)硫酸 SiO2 CaSO4
(5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋
(6)(NH4)2SO4
解析 (1)“焙烧”中，Al2O3和(NH4)2SO4反应生成NH4Al(SO4)2，同时放出NH3，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由题表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀时的pH分别为3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步调节pH至11.6的过程中，依次析出的金属离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)依据Mg2＋完全沉淀时的pH＝11.1，可知此时c(OH－)＝10－2.9 mol·L－1，此时c(Mg2＋)＝10－5 mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8，用氨水逐步调节pH至11.6时，c(OH－)＝10－2.4 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝＝10－6 mol·L－1。(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，为了尽可能减少酸溶液的挥发而造成不必要的损失且保证TiO2可以完全溶解，故最好选择硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙烧”生成CaSO4固体，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分为SiO2、CaSO4。(5)由题意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)母液①的主要成分为硫酸铵和氨水，母液②的主要成分为硫酸，混合后吸收尾气NH3，经处理可得到(NH4)2SO4，循环利用。
考情预测：预测2023年高考仍会以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考查影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视！
智能点一 流程图中物质的处理、转化与跟踪
1.原料的预处理
方法 目的 解题指导
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
[微练1] 铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是_________________________________________________________________。
答案 (1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率
(2)过量酸会增加沉淀过程中氨水的用量
2.物质成分的跟踪与确定
(1)滤渣的确定
(2)副产品的确定
(3)循环物质的确定
[微练2] (2021·广东卷改编)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(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；
该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在。
(1)“水浸”中，形成的Ni(正三价)固体为________。
(2) “沉铝”中，生成的沉淀X为________。
(3)“沉钼”中，pH为7.0，生成的含Mo固体为________。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量氨气，再通入足量CO2，可析出Y，Y是________。
答案 (1)Ni2O3 (2)Al(OH)3
(3)BaMoO4 (4)NaHCO3
智能点二 流程中的操作及条件控制
1.物质的分离与提纯
操作目的 答题指导
过滤 固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等
萃取与分液 选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
加入氧化剂(或还原剂) ①转化为目标产物的价态 ②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)
加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等) ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀 ③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
洗涤晶体 洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂 (酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
[微练3] (2021·浙江1月选考)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe(CrO2)2＋10Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2、2H＋＋2CrO??Cr2O＋H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________(填字母)。
A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率
B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D.步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(2)步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl→(____)→(____)→(____)→(____)→重结晶。
a.50 ℃蒸发溶剂
b.100 ℃蒸发溶剂
c.抽滤
d.冷却至室温
e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热
答案 (1)BC (2)a e d c
解析 (1)A.根据溶解度随温度变化的关系，Na2CrO4在低温时溶解度小，低温不能提高其浸取率，A错误；B.NaFeO2水解反应为：NaFeO2＋2H2O===NaOH＋Fe(OH)3，因此过滤可除去NaFeO2水解生成的Fe(OH)3，B正确；C.加硫酸酸化时发生的主要反应为：2H＋＋2CrO??Cr2O＋H2O，C正确；D.步骤Ⅲ中，酸化时会使过量的Na2CO3反应生成Na2SO4，因此步骤Ⅳ中所得滤渣的主要成分是Na2SO4，D错误。
(2)蒸发溶剂时应选择50 ℃而不是100 ℃，因为50 ℃时K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7和KCl的溶解度，有利于Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，在蒸发至出现晶膜时停止加热后，应冷却至室温，然后抽滤，操作的正操顺序为aedc。
2.常见的流程中的条件控制
条件控制 答题指导
控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴) ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 ④控制反应速率；使催化剂达到最大活性 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
[微练4] (2020·全国卷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VO，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式____________________________
_________________________________________________________________。
(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)“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＋===VO＋Mn2＋＋H2O
(3)NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O
(4)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
解析 (1)“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。(2)从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4＋4H2SO4===FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O。(4)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。
【创新微点】
1.反萃取原理
反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
[微练5] (2022·衡阳联考)二氧化铈(CeO2)是重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：
已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。
②F－能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4＋能与F－结合成CeF3＋，Al3＋也能与F－结合成AlF；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。
③Ce4＋能被萃取剂 TBP 萃取，而Ce3＋不能。回答下列问题：
(1) TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3＋＋TBP??CeTBP4＋＋F－，氟洗液中添加 Al3＋的作用是____________________________________。
(2)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________。
答案 (1)Al3＋能与F－结合成AlF，使萃取平衡正向移动
(4)2CeTBP4＋＋H2O2??2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP
2.陌生图像中条件的选择与控制
条件控制是化学生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，通过图像选择合适条件是工艺流程题的常见出题形式，在选择复合条件时，注意综合坐标的含义，以及该条件与分离、提纯或制备的关系。
[微练6] (1)Fe3＋的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为____________________________________________。
(2)“电解”工艺制锌时Zn2＋利用率较低，废液中有大量的Zn2＋残留。某化工厂拟采用改变酸锌比净化废液的方式来提高原料的利用率，降低成本。下图是工业生产中不同酸锌比时净化液利用率对电解时直流电耗能影响关系图。根据下图分析，该工厂净化废液时的最佳酸锌比为________(填写序号)。
A.5∶1 B.6∶1 C.7∶1 D.10∶1
答案 (1)pH＝1.7下萃取60 min (2)C
【题型建模】 化工流程题中的“流程分析”
结构图解
流程框图 (2021·湖南卷)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：
问题设计 (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________； (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少写两条)； (3)滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)； (4)加入絮凝剂的目的是________； (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________________________________ ________________________________________________， 常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)； (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为________________________________________________ ________________________________________________。
解题建模 1.挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。 2.原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。 3.分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。 4.产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量过程，完成含量测定。
标准答案 (1)Ce (2)搅拌、适当升高温度(合理即可) (3)Al(OH)3 (4)促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离 (5)2Ce3＋＋6HCO＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑ 碱性 (6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
【分点突破】
微题型1 以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯制备物质类工艺流程题(主)
[精练1] (2022·辽宁卷)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2＋ 6.5 8.3
Fe3＋ 1.6 2.8
Mn2＋ 8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为________。
a.进一步粉碎矿石
b.鼓入适当过量的空气
c.降低焙烧温度
(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_________________________________________________________________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_________________________________________________________________。
(4)滤渣的主要成分为________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为____________________________________
_________________________________________________________________。
(6)加入金属Bi的目的是____________________________________________。
答案 (1)ab
(2)2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2
(3)抑制金属离子水解 (4)SiO2
(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O
(6)将Fe3＋转化为Fe2＋
解析 联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3―→Bi2O3＋SO2、FeS2―→Fe2O3＋SO2、MnO2―→Mn2O3＋MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3―→Bi3＋、Fe2O3―→Fe3＋，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2＋和Fe2＋进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋。(1)a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，答案为SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O；(6)由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
[精练2] (2022·沈阳质监)镍及其化合物在工业上应用广泛，工业上用红土镍矿[主要成分为Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]的工艺流程如图所示：
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO4
3(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑
②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4
(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水
(1)除铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________(写两条)。
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有________(填化学式)。
(3)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁钒除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是________。
该工艺条件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，Fe3＋生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁钒
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c＝1×10－5 mol·L－1)时的pH 9.2 3.7 2.3
(4)“沉镍”时pH调为9.0，滤液中Ni2＋浓度约为________ mol·L－1(100.4≈2.5)。
(5)由所得滤液获得稳定的MgSO4·7H2O的操作依次是________、过滤、洗涤、干燥。
(6)对黄铵铁矾进行热分解实验。其结果如图所示，则黄铵铁钒的化学式为________。(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)
答案 (1)过氧化氢不稳定，受热易分解；过氧化氢在Fe3＋催化下分解
(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O↑ SiO2
(3)2.3～2.7 (4)2.5×10－5或10－4.6
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)NH4Fe3(SO4)2(OH)6
解析 (2)由题意知，FeO在空气中焙烧时与O2、(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3、NH3和H2O。由矿样的成分和流程图知，“浸渣”中还有SiO2。(3)要使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，Fe3＋、Ni2＋不能生成氢氧化物沉淀，则应调节的pH范围为2.3～2.7。(4)由镍离子沉淀完全时的pH为9.2知，Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(10－4.8)2＝10－14.6，则当pH为9.0即c(OH－)＝10－5 mol·L－1时，c(Ni2＋)＝＝ mol·L－1＝10－4.6 mol·L－1＝100.4×10－5 mol·L－1＝2.5×10－5 mol·L－1。(6)已知(NH4)xFey(SO4)z(OH)w摩尔质量为480 g·mol－1，可设进行热分解实验的(NH4)xFey(SO4)z(OH)w为1 mol，即480 g，根据元素守恒知，670 ℃以上得到的纯净的红棕色粉末为Fe2O3，由图可知，其物质的量为＝1.5 mol，则y＝1.5×2＝3；由已知信息可知，固体质量由400 g减少为240 g时，减少的为SO3的质量，其物质的量为＝2 mol，则z＝2；由化合物中各元素正负化合价代数和为0可得(＋1)×x＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，原始固体质量为480 g，即18x＋3×56＋2×96＋17w＝480，两式联立解得x＝1，w＝6，故该物质的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
[精练3] (2022·河南名校适应性测试)我国科学家利用一种廉价、高效的铈基催化剂，解决了在室温下把甲烷一步转化为液态产品的科学难题。二氧化铈是常用的催化剂，以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2的工艺流程如图所示：
已知：CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸。
请回答下列问题：
(1)CeFCO3中铈的化合价为________；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)碳酸氢钠在270 ℃时可完全分解。500 ℃时在空气中焙烧，CeFCO3与Na2CO3发生化学反应，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)、NaF及一种气体，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)焙烧后对产物进行水洗，水洗液不宜使用玻璃容器盛装的原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)工业生产中，不仅要考虑目标产物的含量，还要综合考虑生产过程中的时间效率。酸浸时，CeO2含量随盐酸浓度、酸浸温度的变化曲线如图所示，则最适宜的盐酸浓度和酸浸温度为________；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是___________________________________________
_________________________________________________________________。
(5)室温下，向酸浸液中加入氢氧化钠溶液调节pH使Ce3＋沉淀完全(通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀就达完全)，则应调节pH大于________(Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)。
(6)为测定酸浸液中CeCl3的浓度，现量取酸浸液V1 mL，加入过量过硫酸铵溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，加热煮沸2 min，然后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，测得终点时消耗标准溶液V2 mL，则CeCl3的浓度为________ mol·L－1(已知：过硫酸铵具有强氧化性，受热易分解；Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋)。若上述过程中没有进行煮沸操作，则测定结果将会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案 (1)＋3 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2)8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2
(3)NaF水溶液中F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器
(4)3 mol/L，45 ℃ 温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低
(5)9 (6) 偏大
解析 焙烧时加入碳酸氢钠分解得到碳酸钠，CeFCO3与Na2CO3反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2，加水过滤后得滤渣，已知CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸，加入稀盐酸酸浸可得CeO2。(1)根据化合价代数和为零，F为－1价，碳酸根为－2价，所以氟碳铈矿中铈的化合价为＋3价；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；(2)CeFCO3中Ce化合价为＋3价，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)，Ce化合价升高，则每生成1 mol CeO2时失去1 mol电子，有氧气参与反应，还生成一种气体，是O元素化合价降低生成CO2，该反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2；(3)焙烧后产物有NaF，进行水洗，F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器，故水洗液不宜使用玻璃容器盛装；(4)综合考虑生产的时间效率，最适宜的盐酸浓度为3 mol/L，最适宜的酸浸温度为45 ℃，此时CeO2含量最高；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低；(5)已知Ce3＋沉淀完全时c(Ce3＋)小于1×10－5mol·L－1，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20，则c(OH－)＝＝＝1.0×10－5 mol/L，室温下，c(H＋)＝＝＝10－9 mol/L，则应调节pH大于9；(6)已知滴定原理Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋，n(CeCl3)＝n(Fe2＋)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝cV2×10－3 mol，CeCl3的浓度为c＝＝ mol/L，若上述过程中没有进行煮沸操作，由于过量的过硫酸铵溶液也会和亚铁离子反应，所以测定结果将会偏大。
微题型2 工艺流程与实验结合类无机综合题
[精练4] (2022·马鞍山质监)钛酸钡(BaTiO3)具有优良的铁电，压电和绝缘性能，在电子陶瓷中使用广泛。某兴趣小组设计方案在实验室里制备钛酸钡并测定其纯度，制备简易流程如下：
已知：室温下，TiCl4为无色液体，易挥发。
(1)“共沉”在如图装置中完成，仪器A的进水口是________(填“a”或“b”)；仪器B的名称是________；“共沉”时反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)“减压过滤”如图装置，减压的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是________，“煅烧”时反应的化学方程式为__________________________________________________________。
(4)产品纯度与“共沉”反应时间和“煅烧”时间的关系如下图所示，你认为最佳“共沉”反应时间和“煅烧”时间分别为________ h、________ h。
答案 (1)b 三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶) TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O===Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl
(2)加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀
(3)研钵 BaCO3＋Ti(OH)4===BaTiO3＋CO2↑＋2H2O
(4)3 4
解析 (1)仪器A是球形冷凝管，冷凝水是下进上出，进水口是b，仪器B的名称是三颈烧瓶；“共沉”时反应的化学方程式为TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O===Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl；(2)“减压过滤”操作中减压的目的是加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀；(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是研钵；“煅烧”时BaCO3和Ti(OH)4反应生成BaTiO3，反应的化学方程式为BaCO3＋Ti(OH)4===BaTiO3＋CO2↑＋2H2O；(4)由图可知“共沉”反应时间为3 h、“煅烧”时间为4 h时产品纯度最高，则时间最佳。
[精练5] (2022·汉中十校联考)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图：
已知：①Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O是放热反应；②N2H4·H2O沸点约118 ℃，
具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ为制备NaClO溶液，若温度超过40 ℃，则Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl。该反应的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
实验中为避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，副反应加剧，除可以用冰水浴控制温度外，还可以采取的措施为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ为合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。
图1
①图1中仪器a的名称为________，其盛装的溶液是________[填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液”]。
②写出合成N2H4·H2O的反应的离子方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
使用冷凝管的目的是_______________________________________________。
(3)步骤Ⅳ为用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3溶液制备无水Na2SO3(已知水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的实验操作为__________________________________________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为________时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于________ ℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。
答案 (1)3Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O 减慢氯气通入速度或减小氢氧化钠溶液浓度
(2)①分液漏斗 NaClO 碱性溶液
②2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2===Cl－＋N2H4·H2O＋CO 减少水合肼的挥发
(3)①测量溶液的pH，若pH约为4时，停止通SO2 ②10 34
解析 由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40 ℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4·H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4·H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。(1)温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaCl，反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O，实验中控制温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高。(2)①图1中仪器a的名称为分液漏斗，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，避免N2H4·H2O与NaClO剧烈反应生成N2，故分液漏斗盛装的溶液是NaClO 碱性溶液。②合成N2H4·H2O发生的反应的离子方程式为：2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2===Cl－＋N2H4·H2O＋CO，N2H4·H2O沸点约118 ℃，为避免N2H4·H2O的挥发，可使用冷凝管回流；(3)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，①由图像可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像3可知在高于34 ℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。
题型特训
题型特训1 以工业废料及矿物为原料制备物质类工艺流程题
1.(2022·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是__________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至__________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为____________________________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于__________ mol·L－1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是_________________________________________________________________。
②“操作X”的过程为先________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有__________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移__________ mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______________________________________________。
答案 (1)Fe2＋ (2)4.7≤pH<6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ (3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶 (5)MgSO4 (6)①15 ②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析 由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<＝mol·L－1＝4.0×10－4 mol·L－1。(4)②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44 ℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分离。(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
2.(2022·河南重点高中调研)工业上常通过石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：
已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，V2O3被氧化为V2O5。
②V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4。
根据所学知识，回答下列问题：
(1)在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)(VO2)2SO4中V的化合价为________，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有________(填化学式)。
(3)“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，写出反应的离子方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是_________________________________________________________________。
(4)在500 ℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，写出该反应的化学方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，写出发生反应的离子方程式：___________________________________
_________________________________________________________________。
(5)5 t某批次的石煤灰渣中V2O3的含量为37.5%，工业生产中钒的浸出率为86%，若后续步骤中钒损耗为2%，则理论上制得的V2O5的质量最多为________ t(保留3位有效数字)。
答案 (1)增大反应物的接触面积，提高原料利用率 (2)＋5价 CaSO4
(3)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气
(4)2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑
4H＋＋V2O5＋H2C2O4===2VO2＋＋3H2O＋2CO2↑
(5)1.92 t
解析 (1)根据外界条件对反应速率的影响可判断，在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，可增大反应物的接触面积，提高原料利用率。(2)根据化合价代数和为0可知(VO2)2SO4中V的化合价为＋5价，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有微溶的硫酸钙，化学式为CaSO4。(3)“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，用来氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气。(4)在500 ℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑；在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，反应中草酸被氧化为二氧化碳，发生反应的离子方程式为4H＋＋V2O5＋H2C2O4===2VO2＋＋3H2O＋2CO2↑。(5)根据原子守恒可知理论上制得的V2O5的质量最多为≈1.92 t。
3.(2022·云南联考)镍及其化合物在工业上有广泛应用，红土镍矿是镍资源的主要来源。以某地红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，可减少其他金属杂质浸出，工艺流程如图所示。
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑；
②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。
(1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________，
“浸渣”的主要成分除铁的氧化物外还有________(填化学式)。
(3)焙烧温度对浸出率的影响如图所示，最佳焙烧温度是________(填序号)左右。
A.300 ℃ B.350 ℃
C.400 ℃ D.600 ℃
(4)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是________。该工艺条件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，Fe3＋生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁矾
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c＝1×10－5 mol/L)时的pH 9.2 3.7 2.3
(5)“沉镍”时pH调为8.0，滤液中Ni2＋浓度约为________ mol/L(100.4≈2.5)。
(6)流程中________(填化学式)可循环使用，减少污染。
(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是__________________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分反应
(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O Fe(OH)3、SiO2
(3)C (4)2.3≤pH<7.1
(5)2.5×10－3 (6)NH3
(7)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
解析 (1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分接触；在用热水浸泡过程中，Fe3＋会发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有Fe(OH)3、SiO2；(2)FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为：4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O；(3)根据焙烧温度对浸出率的影响，要使Ni的浸出率高，而Fe的浸出率比较低，同时符合节能要求，则最佳焙烧温度是400 ℃，故合理选项是C；(4)“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2＋仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH＜7.1；(5)根据表格数据可知：当Ni2＋沉淀完全时溶液pH＝9.2，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]＝10－5×()2＝10－14.6。在“沉镍”时pH调为8.0，滤液中Ni2＋浓度c(Ni2＋)＝ mol/L＝10－2.6 mol/L＝2.5×10－3mol/L；(6)根据流程图可知：在焙烧时反应产生的NH3在除铁时可以用于调整溶液pH，使Fe3＋变为黄铵铁钒沉淀分离除去，因此NH3可循环使用，减少污染；(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。
4.(2022·安徽十八校联盟模拟)硼酸(H3BO3)能溶于水，可用于玻璃、医药、纺织等工业；碳酸镁可用于制造防火涂料、牙膏等。某工厂以硼镁铁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，杂质有SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备硼酸、碳酸镁的工艺流程如下图所示：
常温时实验条件下几种金属离子形成沉淀的pH
Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mg2＋
开始沉淀 2.7 7.6 4.0 9.6
完全沉淀 3.2 9.6 5.2 11.1
(1)预处理的内容包括矿石的筛选、________，写出料渣1的一种用途_________________________________________________________________。
(2)X是常用的绿色氧化剂，如O2、__________________________________，
写出酸浸时Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)为提高产品纯度，试剂Y为________(填化学式)，写出加入NaHCO3溶液时的离子方程式___________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)为测量所得硼酸纯度，取3.00 g所制取的硼酸样品溶于甘露醇与蒸馏水混合溶液中，配成500 mL溶液，然后取出25.00 mL放入锥形瓶中并滴加3滴酚酞试液，用0.100 0 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定，滴定终点时消耗22.00 mL标准溶液。则滴定终点时的现象是____________________________________________，
样品中硼酸的纯度为________(滴定反应为H3BO3＋OH－===[B(OH)4]－
答案 (1)粉碎 用于生产光纤、制备单晶硅的原料
(2)H2O2 Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4===2MgSO4＋2H3BO3
(3)MgO或Mg(OH)2或MgCO3 Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)滴加最后一滴(或半滴)标准溶液时，溶液由无色变成浅红色且在30 s内保持不变 90.9%
解析 经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，故料渣1为SiO2，加入H2O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，再加Mg(OH)2，调节溶液的pH，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入丁醚做萃取剂，将硼酸根和含有Mg2＋的溶液分离，在水层中加入NaHCO3，沉淀Mg2＋，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入NaOH得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，增大氢离子浓度，生成硼酸，结晶析出。(1)为加快反应速率，预处理的内容包括矿石的筛选、粉碎；料渣1为SiO2，用途：用于生产光纤、制备单晶硅的原料；(2)X是常用的绿色氧化剂，如O2、H2O2，把Fe2＋氧化为Fe3＋，酸浸时Mg2B2O5H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应的化学方程式Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4===2MgSO4＋2H3BO3；(3)为提高产品纯度，试剂Y阳离子为Mg2＋，其作用是消耗氢离子来增大pH，Y可为MgO或Mg(OH)2或MgCO3，加入NaHCO3溶液沉淀Mg2＋，得到MgCO3沉淀，离子方程式Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O；(4)用NaOH标准溶液滴定硼酸，指示剂为酚酞试液，则滴定终点时的现象是滴加最后一滴(或半滴)标准溶液时，溶液由无色变成浅红色且在30 s内保持不变；已知滴定反应为H3BO3＋OH－===[B(OH)4]－，n(H3BO3)＝n(NaOH)＝cV＝0.100 0 mol·L－1×22.00×10－3 L＝2.2×10－3 mol，样品中硼酸的纯度为×100%＝90.9%。
5.(2022·河南百校大联考)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化；[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水；
②25 ℃时相关物质的Ksp如表：
物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
Ksp 1×10－13.8 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3
物质 Mg(OH)2 Ca(OH)2 MgF2 CaF2
Ksp 1×10－11.2 1×10－7.8 1×10－10 5×10－11
请回答下列问题：
(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_____________________________
_________________________________________________________________(写出一条即可)，
Co2O3发生反应的离子方程式为______________________________________
_________________________________________________________________。
(2)滤渣Ⅱ的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2＋、Mg2＋转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2＋刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2＋)＝________ mol·L－1(通常认为溶液中离子浓度≤10－5 mol·L－1时沉淀完全)。
(4)“转化”时，Co2＋转化为[Co(NH3)6]3＋，需水浴控温在50～60 ℃，温度不能过高的原因是_____________________________________________________，
其反应的离子方程式为_______________________________________
_________________________________________________________________，
“系列操作”为___________________________________________________、
洗涤、干燥。
(5)为测定产品中钴元素的含量，取a g样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL(已知：2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
①滴定终点的现象是_______________________________________________
_________________________________________________________________。
②该产品中钴元素的质量分数为________(用含a、V的式子表示)。
答案 (1)将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度或加热等 2Co2O3＋S2O＋6H＋===4Co2＋＋2SO＋3H2O
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋
(3)5×10－6
(4)氨水受热易分解 4Co2＋＋20NH3·H2O＋O2＋4NH===4[Co(NH3)6]3＋＋22H2O 在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体
(5)①溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 ②%
解析 水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2＋，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3＋也被Na2S2O5还原为Fe2＋，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2＋氧化为Fe3＋，调pH＝5，将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，故滤渣Ⅱ的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2＋、Ca2＋，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2＋，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2＋，则Co2O3发生反应的离子方程式为2Co2O3＋S2O＋6H＋===4Co2＋＋2SO＋3H2O；(2)“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去Fe3＋；(3)“除杂”时，若所得滤液中Mg2＋刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2＋)＝1×10－5 mol/L，c(F－)＝＝10－2.5 mol/L，则c(Ca2＋)＝＝5×10－6 mol/L；(4)“转化”时，Co2＋转化为[Co(NH3)6]3＋，需水浴控温在50～60 ℃，温度不能过高的原因是氨水受热易分解，其反应的离子方程式为4Co2＋＋20NH3·H2O＋O2＋4NH===4[Co(NH3)6]3＋＋22H2O，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；(5)①取a g样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O===2I－＋S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；②由反应2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2Co3＋～I2～2S2O，即Co3＋～S2O，则该产品中钴元素的质量分数为×100%＝%。
6.(2022·成都名校联盟联考)黄钠铁矾渣的主要成分如下表所示，利用其制备镍锌铁氧体(Ni0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如下图所示：
元素 Fe(Ⅲ) Ni Mg Al
百分含量/% 28.750 2.625 0.031 0.452
元素 Pb SiO2 Ba Ca
百分含量/% 0.086 0.369 8.785 0.198
已知：i.浸取液中的阳离子有Fe2＋、Ni2＋、Mg2＋、Al3＋、Ca2＋；
ii.晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关；
iii.Zn(OH)2是两性氢氧化物。
(1)无烟煤的主要作用是_____________________________________________
_________________________________________________________________，
控制其他条件不变，Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系如下图所示，则浸出过程中最适宜的条件是______________________________________。
(2)浸渣的主要成分除SiO2外还有_____________________________________。
(3)净化Ⅰ的目的是_____________________________________________。
(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入________(填离子符号)。
(5)在Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为____________________________
_________________________________________________________________。
(6)检验沉淀已洗涤干净的操作和现象是________________________________
_________________________________________________________________。
(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH＝7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高的原因是____________________________________________________________。
答案 (1)为黄钠铁矾渣高温分解提供高温条件 温度77 ℃，时间40 min
(2)BaSO4、PbSO4、CaSO4
(3)使Fe3＋变为Fe2＋，同时调整溶液pH，使Al3＋形成Al(OH)3沉淀除去
(4)Zn2＋、Ni2＋
(5)3Me2＋＋6HCO===MeCO3·2Me(OH)2·H2O＋5CO2↑
(6)取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后加入Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净
(7)Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，Zn2＋会变为可溶性ZnO进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH＝7.2时，铁镍锌氧体中Ni、Zn、Fe三种元素原子个数比恰好为1∶1∶4
解析 无烟煤煅烧放出大量热量，使黄钠铁矾渣能够在高温下分解产生不同金属氧化物，然后用稀硫酸溶解分解产物，金属氧化物与硫酸反应变为硫酸盐，SiO2与硫酸不反应，反应产生的BaSO4不溶于水，进入浸渣中，PbSO4、CaSO4微溶于水，主要以固体形式存在，也进入浸渣中，在酸浸液中含有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Ni2＋等金属阳离子；然后加入Fe粉，调整了溶液pH，使Al3＋形成Al(OH)3沉淀分离除去；然后加入NH4F使Mg2＋、Ca2＋形成MgF2、CaF2沉淀，此时滤液中主要含有Fe2＋、Ni2＋，加入ZnSO4、NiSO4、NH4HCO3，共沉Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋，得到沉淀，将沉淀通过铁氧体工艺阶段加入氧化剂氧化其中＋2价的铁得到镍锌铁氧体。(1)煅烧无烟煤，煤燃烧产生大量热量，可以为黄钠铁矾渣高温分解提供能量，故无烟煤的主要作用是使黄钠铁矾渣高温分解；根据Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系图示可知：浸出过程中最适宜的条件是：在77 ℃温度下浸取40 min；(2)根据上述分析可知，在浸渣的主要成分除SiO2外，还有BaSO4、PbSO4、CaSO4；(3)用硫酸浸取后溶液中含有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Ni2＋、Al3＋等金属阳离子；然后加入Fe粉，发生反应：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋；Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，调整溶液pH，结合流程中沉淀除杂，可以使Al3＋形成Al(OH)3沉淀除去；(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入Zn2＋、Ni2＋；(5)在Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则根据元素守恒、电荷守恒可知生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为：3Me2＋＋6HCO===
MeCO3·2Me(OH)2·H2O＋5CO2↑；(6)沉淀是从含有ZnSO4、NiSO4的溶液中过滤分离出来的，若沉淀已经洗涤干净，则最后一次洗涤液中无SO，故检验沉淀已洗涤干净的操作及实验现象是：取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后加入Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净；(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH＝7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高，这是由于Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，则Zn2＋会变为可溶性ZnO进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH＝7.2时铁、镍、锌氧体中Ni、Zn、Fe原子个数比为1∶1∶4。
7.(2022·黄山一模)铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物，Na3FeF6难溶于水，Be2＋可与过量OH－结合成Be(OH)；(当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于等于1 × 10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)；lg 2＝0.3；回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的________________________________________________。
(2)750 ℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，该反应的化学方程式为_________________________________________________。
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________________________________________________
_________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(4)已知Ksp[Be(OH)2]＝4.0×10－21，室温时0.40 mol·L－1 Be2＋沉淀完全时的pH最小为________。
(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊，写出其化学方程式_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)“电解”NaCl－BeCl2熔融混合物制备金属铍，加入NaCl的主要目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(7)绿色化学要求在工业生产中应有效利用原料，节约原料。本工艺过程可以循环利用的物质有________。
答案 (1)增大固体的表面积，提高水浸的浸取率
(2)2Na3FeF6＋Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4＋Fe2O3＋Al2O3＋6SiO2
(3)Be(OH)2＋2OH－===Be(OH)或Be2＋＋4OH－===Be(OH)
(4)6.3
(5)BeO＋Cl2＋CBeCl2＋CO
(6)增强导电性
(7)Na3FeF6、Cl2
解析 绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO·Al2O3·6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6＋2Na3FeF63Na2BeF4＋Al2O3＋Fe2O3＋6SiO2，粉碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl—BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF＋Fe2(SO4)3===2Na3FeF6↓＋3Na2SO4，难溶物循环利用，据此分析解题。(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积；(2)750 ℃烧结时，Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为2Na3FeF6＋Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4＋Fe2O3＋Al2O3＋6SiO2；(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是Be(OH)2＋2OH－===Be(OH) 或Be2＋＋4OH－===Be(OH)；(4)Ksp[Be(OH)2]＝1×10－5×c2(OH－)＝4.0×10－21，c(OH－)＝2×10－8 mol/L，pH＝－lg ＝6.3；(5)由分析可知，“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊，即BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，故其反应方程式为：BeO＋Cl2＋CBeCl2＋CO；(6)由分析可知，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强导电性。(7)由题干流程图可知，Na3FeF6可以循环利用，高温转化时需要利用Cl2，电解时又产生Cl2，即Cl2也可以循环利用。
8.(2022·湖北卓越千校联盟押题卷)纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO，另外含有少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时Ksp(CuS)＝6×10－36，Ksp(ZnS)＝3×10－25。回答下列问题：
(1)料渣Ⅱ的化学成分是________。
(2)调pH加入的X可能是________，相关的离子方程式包括：①Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，
②_________________________________________________________________。
(3)写出氧化过程中生成MnO(OH)2的离子方程式：_____________________。
(4)除铜原理为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋Zn2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝________。
(5)草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示
①图中A转化为B的过程中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________。
②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)CuS和ZnS
(2)ZnO、ZnCO3等任意一种含锌的难溶于水能溶于酸的化合物 ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O
(3)Mn2＋＋ClO－＋2H2O===MnO(OH)2↓＋Cl－＋2H＋ (4)5×1010
(5)①ZnC2O4ZnO＋CO2↑＋CO↑
②将适量的ZnO放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌，然后用手电筒照向该烧杯，若观察到有一条光亮的通路，则证明得到的ZnO是纳米材料
解析 (1)结合上下文得出，料渣Ⅰ是SiO2，料渣Ⅱ为新生成的CuS和过量的ZnS；(2)调pH时加入的物质需要中和氢离子，使Fe3＋水解反应生成氢氧化铁沉淀，且不能引入新的杂质，所以加入的X可以是氧化锌或碳酸锌或锌单质等，相关的离子方程式为ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O；(3)ClO－的还原产物是Cl－，由流程图知Mn2＋的氧化产物是MnO(OH)2，可得Mn2＋＋ClO－―→MnO(OH)2＋Cl－，根据原子守恒和电荷守恒，确定反应物中应有水，生成物中应有H＋，离子方程式为：Mn2＋＋ClO－＋2H2O===MnO(OH)2↓＋Cl－＋2H＋；(4)K＝＝＝＝＝5×1010；(5)①ZnC2O4·2H2O的摩尔质量为189 g/mol，18.9 g ZnC2O4·2H2O的物质的量为＝0.1 mol，加热过程中，ZnC2O4·2H2O先失去结晶水，然后分解得到ZnO，0.1 mol ZnC2O4的质量为15.3 g，故A点对应物质是ZnC2O4，0.1 mol ZnO的质量为8.1 g，故B点对应物质为ZnO，则A转化为B的过程中锌元素化合价不变生成氧化锌，碳元素一部分化合价升高生成二氧化碳、一部分化合价降低生成一氧化碳，反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO＋CO2↑＋CO↑；②胶体是分散质粒子大小在1～100 nm的分散系，可以发生丁达尔现象；确定ZnO属于纳米材料的方法是取适量的ZnO放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。
9.(2022·贵阳五校联考)从砷盐净化渣(成分为Cu、As、Zn、ZnO、Co和SiO2)中回收有利用价值的金属，解决了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)在“选择浸Zn”时为提高效率可以采取的措施是_________________________________________________________________
(任写一条)。其他条件不变时，Zn和Co的浸出率随pH变化如图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH＝________。
(2)“氧化浸出”时，As转化为H3AsO4，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。“浸渣”的主要成分为________(填化学式)。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为_________________________________________________________________。
(4)“碱浸”时，除回收得到Cu(OH)2外，还得到物质M，且M在该工艺流程中可循环利用，M的化学式为________。
(5)“沉钴”中的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
所得草酸钴晶体洗涤后可得到纯净的晶体，证明晶体已经洗涤干净的操作是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)在空气中煅烧草酸钴会生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为________。
答案 (1)适当提高稀硫酸浓度、研磨砷盐净化渣等 3 (2)5∶2 SiO2
(3)5Cu2＋＋4AsO＋2H＋＋2H2O===Cu5H2(AsO4)4·2H2O
(4)Na3AsO4
(5)Co2＋＋C2O===CoC2O4↓ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化后无明显现象，再加入少量氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净
(6)Co3O4
解析 (1)增大反应物浓度，增大反应物接触面积均能提高反应速率，故在“选择浸Zn”时为提高效率可以采取的措施是适当提高稀硫酸浓度、研磨砷盐净化渣等；观察所给图像可知，当溶液pH在1～3时，Zn的浸出率较大，pH继续增大，Zn的浸出率减小，而pH为1、2时，Co的浸出率也较大，故应选择Co浸出率比较小时的pH，所以应控制溶液的pH为3；(2)“氧化浸出”时，加入H2O2作氧化剂，被还原为H2O，As被氧化为H3AsO4，根据氧化还原反应得失电子守恒可得其化学方程式为2As＋5H2O2===2H3AsO4＋2H2O，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2；砷盐净化渣中的SiO2在“选择浸Zn”和“氧化浸出”步骤中均未转化为可溶于水的物质，故“氧化浸出”步骤中“浸渣”的主要成分是SiO2；(3)“沉铜”时先调节溶液pH为酸性，说明溶液中含有H＋，与加入的Na3AsO4反应得到
Cu5H2(AsO4)4·2H2O，反应的离子方程式为5Cu2＋＋4AsO＋2H＋＋2H2O===Cu5H2(AsO4)4·2H2O；(4)根据流程可知，“碱浸”时发生的反应为Cu5H2(AsO4)4·2H2O＋12NaOH===5Cu(OH)2↓＋4Na3AsO4＋4H2O，所以可循环利用的物质为Na3AsO4；(5)“沉钴”中是钴离子与草酸根离子反应生成草酸钴沉淀，反应的离子方程式为Co2＋＋C2O===CoC2O4↓；所得草酸钴晶体洗涤后可得到纯净的晶体，证明晶体已经洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化后无明显现象，再加入少量氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净；(6)n(CO2)＝＝0.06 mol，由化学式可知n(Co)＝0.06 mol×0.5＝0.03 mol，则氧化物中n(O)＝＝0.04 mol，则n(Co)∶n(O)＝0.03 mol∶0.04 mol＝3∶4，所以该钴氧化物的化学式为Co3O4。
10.(2022·安徽九师联盟质检)利用橄榄石尾矿[含MgSiO3、FeSiO3及少量Al2O3等]制备高纯Mg(OH)2及六硅酸镁的工艺流程如下：
已知常温下：①Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38；
Ksp[Al(OH)3]＝1×10－32；
Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；
②Mg2＋开始沉淀的pH为9.5；
③当溶液中离子浓度≤1×10－5 mol·L－1时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，除采用95～110 ℃温度外，还需采取的措施是________________________________________________(列举2条)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)“调pH”时，理论上调节溶液的pH范围为________；若溶液的pH调节至3，Fe3＋是否沉淀完全？写出推断过程：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)写出由滤渣1获得纯净的铁红(Fe2O3)的操作：_________________________________________________________________。
(5)六硅酸镁的化学式为MgO·3SiO2写出“合成”时生成六硅酸镁的化学方程式：
_________________________________________________________________。
答案 (1)适当增大液固比、将矿物粉碎、适当延长浸取时间、充分搅拌等
(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(3)5～9.5或5≤pH<9.5 c(Fe3＋)＝＝＝4×10－5 mol·L－1>1×10－5 mol·L－1，没有沉淀完全
(4)用NaOH溶液溶解、过滤、水洗，滤渣干燥后高温煅烧
(5)MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3＋2H2O(或2H2O＋MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3·H2O)
解析 (1)“酸浸”时，为提高浸取率，采取的措施是：适当增大液固比、将矿物粉碎、适当延长浸取时间、充分搅拌等；(2)“氧化”时加入H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；(3)“调pH”时，使Fe3＋、Al3＋沉淀而不能使Mg2＋沉淀，由于Ksp[Al(OH)3]> Ksp[Fe(OH)3]，则Al3＋完全沉淀时说明Fe3＋也沉淀了，此时c(Al3＋)＝1×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝＝＝1×10－9 mol/L，常温下c(H＋)＝＝＝10－5 mol/L，pH＝5，已知Mg2＋开始沉淀的pH为9.5，则理论上调节溶液的pH范围为5≤pH<9.5；由于c(Fe3＋)＝＝＝4×10－5 mol·L－1>1×10－5 mol·L－1，没有沉淀完全；(4)滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3，由于氢氧化铝具有两性可溶于强碱溶液，加入过量NaOH溶液后过滤得到Fe(OH)3固体，再高温煅烧得到纯净的铁红(Fe2O3)，操作为：用NaOH溶液溶解、过滤、水洗，滤渣干燥后高温煅烧；(5)“合成”时生成六硅酸镁的化学方程式：MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3＋2H2O。
题型特训2 工艺流程与实验结合类无机综合题
1.(2022·浙江1月选考)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯
②制备无水二氯化锰的主要反应：
(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是____________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是________。
A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气 使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B.用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C.用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D.洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→(________)→(________)→(________)→(________)→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
答案 (1)(CH3COO)2Mn (2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2 (3)BD
(4)①c d b a ②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水蒸气进入样品
(5)乙
解析 (1)由已知③，结合流程图及已知②中制备原理知，步骤Ⅰ中(CH3COO)2Mn·4H2O在乙酰氯作用下脱去结晶水，得到醋酸锰。(3)无水二氯化锰易吸水潮解，易溶于水和乙醇，故在步骤Ⅲ中，
复习建议：4课时(题型突破2课时 习题2课时)
1.(2022·全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为
_________________________________________________________________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有________________、________________。
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是__________(填标号)。
A.NH3·H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH
滤渣①的主要成分是________、__________、________。
(4)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________________
_________________________________________________________________。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______________________________________。
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__________、__________。
答案 (1)ZnCO3ZnO＋CO2↑
(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等 (3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2 (4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ (5)置换Cu2＋为Cu从而除去 (6)CaSO4 MgSO4
解析 由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应：ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到滤渣①为Fe(OH)3、CaSO4、SiO2，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到滤渣②为Fe(OH)3和MnO2，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。(1)焙烧时，生成ZnO的反应为ZnCO3ZnO＋CO2↑。(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率。(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10－5mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时的pH，pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又因为CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(4)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2＋为Cu从而除去。(6)滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
2.(2022·全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为_________________________________________________________________，
用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：_________________________________________________________________。
(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是______________________________________；
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_________________________________________________________________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
答案 (1)PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq) 反应PbSO4(s)＋CO(aq)??PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04?105，反应正向进行的程度有限
(3)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O (ⅲ)作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2＋、Na＋
解析 向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫便于后续的酸浸，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为PbSO4(s)＋CO(aq)===PbCO3(s)＋SO(aq)，Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14，Ksp(PbSO4)＝2.5×10－8，反应PbSO4(s)＋CO(aq)??PbCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝
＝≈3.4×105>105，说明反应可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04?105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由＋4价降低到＋2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅，最终转化为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2＋和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na＋。
3.(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)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe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Cl2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n(Cl2)/n(FeI2)＝1.5时，氧化产物为________；当n(Cl2)/n(FeI2)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是__________________________________
_________________________________________________________________。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________________________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为________ mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－??I。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是_____________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3 ②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
(2)2IO＋5HSO===I2＋5SO＋H2O＋3H＋ (3)4 防止单质碘析出
解析 (1)①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl2===2FeCl3＋2I2；当＞1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是IO＋3HSO===3SO＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IO＋5HSO===I2＋5SO＋H2 O＋3H＋。(3)由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1 mol I2，消耗的KI至少为4 mol；I的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。
4.(2021·全国乙卷)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是________________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，最适合的酸是________。“酸溶渣”的成分是__________、________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是___________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得________，循环利用。
答案 (1)Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑
(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
(3)1.0×10－6
(4)硫酸 SiO2 CaSO4
(5)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋
(6)(NH4)2SO4
解析 (1)“焙烧”中，Al2O3和(NH4)2SO4反应生成NH4Al(SO4)2，同时放出NH3，反应的化学方程式为Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O↑。(2)由题表中Fe3＋、Al3＋、Mg2＋完全沉淀时的pH分别为3.2、4.7、11.1可知，用氨水逐步调节pH至11.6的过程中，依次析出的金属离子是Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。(3)依据Mg2＋完全沉淀时的pH＝11.1，可知此时c(OH－)＝10－2.9 mol·L－1，此时c(Mg2＋)＝10－5 mol·L－1，则Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－10.8，用氨水逐步调节pH至11.6时，c(OH－)＝10－2.4 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝＝10－6 mol·L－1。(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”，为了尽可能减少酸溶液的挥发而造成不必要的损失且保证TiO2可以完全溶解，故最好选择硫酸；SiO2不溶于硫酸，“焙烧”生成CaSO4固体，故“酸溶”后所得“酸溶渣”的成分为SiO2、CaSO4。(5)由题意知，TiO2＋水解生成TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)母液①的主要成分为硫酸铵和氨水，母液②的主要成分为硫酸，混合后吸收尾气NH3，经处理可得到(NH4)2SO4，循环利用。
考情预测：预测2023年高考仍会以元素化合物知识为载体，围绕原料的预处理，考查影响速率的因素；围绕经济原则考查循环利用；围绕产品纯度考查物质的分离提纯(调pH、结晶、过滤、洗涤)；围绕核心反应或副反应考查物质变化及定量关系；陌生方程式的书写与含量计算是化工流程题的重要组成部分，也是学生失分较多的能力点，复习时应加以重视！
智能点一 流程图中物质的处理、转化与跟踪
1.原料的预处理
方法 目的 解题指导
粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一
浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
[微练1] 铁红(Fe2O3)常用于油漆、油墨及橡胶工业。工业上以一定质量的硫铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，另含少量难溶杂质)为主要原料制备铁红的一种工艺流程如下：
已知：某些过渡元素(如Cu、Fe、Ag等)的离子能与NH3、H2O、OH－、SCN－等形成可溶性配合物。
(1)工业常将硫铁矿烧渣经过粉碎后再进行“酸浸”，其目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2) “酸浸”时加入的硫酸不宜过量太多的原因是_________________________________________________________________。
答案 (1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高烧渣浸出率
(2)过量酸会增加沉淀过程中氨水的用量
2.物质成分的跟踪与确定
(1)滤渣的确定
(2)副产品的确定
(3)循环物质的确定
[微练2] (2021·广东卷改编)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(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；
该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoO的形态存在。
(1)“水浸”中，形成的Ni(正三价)固体为________。
(2) “沉铝”中，生成的沉淀X为________。
(3)“沉钼”中，pH为7.0，生成的含Mo固体为________。
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量氨气，再通入足量CO2，可析出Y，Y是________。
答案 (1)Ni2O3 (2)Al(OH)3
(3)BaMoO4 (4)NaHCO3
智能点二 流程中的操作及条件控制
1.物质的分离与提纯
操作目的 答题指导
过滤 固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等
萃取与分液 选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
加入氧化剂(或还原剂) ①转化为目标产物的价态 ②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)
加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等) ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀 ③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋
洗涤晶体 洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失
热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失
有机溶剂 (酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解
洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次
[微练3] (2021·浙江1月选考)某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe(CrO2)2＋10Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋4NaFeO2＋10CO2、2H＋＋2CrO??Cr2O＋H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________(填字母)。
A.步骤Ⅱ，低温可提高浸取率
B.步骤Ⅱ，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C.步骤Ⅲ，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D.步骤Ⅳ，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
(2)步骤Ⅴ，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl→(____)→(____)→(____)→(____)→重结晶。
a.50 ℃蒸发溶剂
b.100 ℃蒸发溶剂
c.抽滤
d.冷却至室温
e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热
f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热
答案 (1)BC (2)a e d c
解析 (1)A.根据溶解度随温度变化的关系，Na2CrO4在低温时溶解度小，低温不能提高其浸取率，A错误；B.NaFeO2水解反应为：NaFeO2＋2H2O===NaOH＋Fe(OH)3，因此过滤可除去NaFeO2水解生成的Fe(OH)3，B正确；C.加硫酸酸化时发生的主要反应为：2H＋＋2CrO??Cr2O＋H2O，C正确；D.步骤Ⅲ中，酸化时会使过量的Na2CO3反应生成Na2SO4，因此步骤Ⅳ中所得滤渣的主要成分是Na2SO4，D错误。
(2)蒸发溶剂时应选择50 ℃而不是100 ℃，因为50 ℃时K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7和KCl的溶解度，有利于Na2Cr2O7转化为K2Cr2O7，在蒸发至出现晶膜时停止加热后，应冷却至室温，然后抽滤，操作的正操顺序为aedc。
2.常见的流程中的条件控制
条件控制 答题指导
控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰水浴或油浴) ①防止副反应的发生 ②使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ③控制固体的溶解与结晶 ④控制反应速率；使催化剂达到最大活性 ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量 ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
[微练4] (2020·全国卷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VO，同时还有________离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式____________________________
_________________________________________________________________。
(3)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)“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＋===VO＋Mn2＋＋H2O
(3)NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O
(4)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
解析 (1)“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。(2)从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应Fe3O4＋4H2SO4===FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。(3)pH＝8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为NaAl(OH)4＋HCl===Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O。(4)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。
【创新微点】
1.反萃取原理
反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。
[微练5] (2022·衡阳联考)二氧化铈(CeO2)是重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：
已知：①CeO2具有较强的氧化性，难溶于一般的酸或碱。
②F－能和很多金属离子形成较为稳定的配合物，如Ce4＋能与F－结合成CeF3＋，Al3＋也能与F－结合成AlF；它的这种性质有利于酸浸步骤，却不利于后续的沉淀步骤。
③Ce4＋能被萃取剂 TBP 萃取，而Ce3＋不能。回答下列问题：
(1) TBP是一种有机萃取剂，“萃取”时存在反应CeF3＋＋TBP??CeTBP4＋＋F－，氟洗液中添加 Al3＋的作用是____________________________________。
(2)“反萃取”步骤中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________。
答案 (1)Al3＋能与F－结合成AlF，使萃取平衡正向移动
(4)2CeTBP4＋＋H2O2??2Ce3＋＋O2↑＋2H＋＋2TBP
2.陌生图像中条件的选择与控制
条件控制是化学生产和实验中的重要手段，通过控制条件使反应向着实际需要的方向进行和转化，实现物质间的分离和提纯，通过图像选择合适条件是工艺流程题的常见出题形式，在选择复合条件时，注意综合坐标的含义，以及该条件与分离、提纯或制备的关系。
[微练6] (1)Fe3＋的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为____________________________________________。
(2)“电解”工艺制锌时Zn2＋利用率较低，废液中有大量的Zn2＋残留。某化工厂拟采用改变酸锌比净化废液的方式来提高原料的利用率，降低成本。下图是工业生产中不同酸锌比时净化液利用率对电解时直流电耗能影响关系图。根据下图分析，该工厂净化废液时的最佳酸锌比为________(填写序号)。
A.5∶1 B.6∶1 C.7∶1 D.10∶1
答案 (1)pH＝1.7下萃取60 min (2)C
【题型建模】 化工流程题中的“流程分析”
结构图解
流程框图 (2021·湖南卷)Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：
问题设计 (1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________； (2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少写两条)； (3)滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)； (4)加入絮凝剂的目的是________； (5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________________________________ ________________________________________________， 常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10－5，H2CO3的Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11)； (6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为________________________________________________ ________________________________________________。
解题建模 1.挖掘题干信息，分析原材料，确定主要成分及所含杂质。 2.原材料预处理，通过酸浸和碱浸等手段，完成初步分离。 3.分析核心反应，通过氧化、中和及离子交换等手段完成主要物质到产物的转化。 4.产品的分离与提纯及含量测定，通过沉淀、结晶及煅烧等手段，得到粗品，通过滴定等定量过程，完成含量测定。
标准答案 (1)Ce (2)搅拌、适当升高温度(合理即可) (3)Al(OH)3 (4)促进Al(OH)3胶体聚沉，便于分离 (5)2Ce3＋＋6HCO＋(n－3)H2O===Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑ 碱性 (6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O66LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑
【分点突破】
微题型1 以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯制备物质类工艺流程题(主)
[精练1] (2022·辽宁卷)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；
②金属活动性：Fe>(H)>Bi>Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
开始沉淀pH 完全沉淀pH
Fe2＋ 6.5 8.3
Fe3＋ 1.6 2.8
Mn2＋ 8.1 10.1
回答下列问题：
(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为________。
a.进一步粉碎矿石
b.鼓入适当过量的空气
c.降低焙烧温度
(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_________________________________________________________________。
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_________________________________________________________________。
(4)滤渣的主要成分为________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为____________________________________
_________________________________________________________________。
(6)加入金属Bi的目的是____________________________________________。
答案 (1)ab
(2)2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2
(3)抑制金属离子水解 (4)SiO2
(5)Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O
(6)将Fe3＋转化为Fe2＋
解析 联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：Bi2S3―→Bi2O3＋SO2、FeS2―→Fe2O3＋SO2、MnO2―→Mn2O3＋MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3―→Bi3＋、Fe2O3―→Fe3＋，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋；第(4)(5)问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2＋和Fe2＋进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3＋还原为Fe2＋。(1)a.联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；b.鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c.降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(2)Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3＋9O22Bi2O3＋6SO2；(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，答案为SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl2↑＋3H2O；(6)由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
[精练2] (2022·沈阳质监)镍及其化合物在工业上应用广泛，工业上用红土镍矿[主要成分为Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍并回收副产物黄铵铁矾[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w，摩尔质量为480 g·mol－1]的工艺流程如图所示：
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO4
3(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑
②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4
(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水
(1)除铁时加入的H2O2的用量高于理论用量的原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________(写两条)。
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
“浸渣”的主要成分除含有铁元素的化合物外还有________(填化学式)。
(3)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁钒除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是________。
该工艺条件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，Fe3＋生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁钒
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c＝1×10－5 mol·L－1)时的pH 9.2 3.7 2.3
(4)“沉镍”时pH调为9.0，滤液中Ni2＋浓度约为________ mol·L－1(100.4≈2.5)。
(5)由所得滤液获得稳定的MgSO4·7H2O的操作依次是________、过滤、洗涤、干燥。
(6)对黄铵铁矾进行热分解实验。其结果如图所示，则黄铵铁钒的化学式为________。(已知：黄铵铁矾在300 ℃前分解释放的物质为H2O，300～575 ℃之间只有NH3和H2O放出，此时残留固体只存在Fe、O、S三种元素，670 ℃以上得到的是纯净的红棕色粉末)
答案 (1)过氧化氢不稳定，受热易分解；过氧化氢在Fe3＋催化下分解
(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O↑ SiO2
(3)2.3～2.7 (4)2.5×10－5或10－4.6
(5)蒸发浓缩、冷却结晶
(6)NH4Fe3(SO4)2(OH)6
解析 (2)由题意知，FeO在空气中焙烧时与O2、(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3、NH3和H2O。由矿样的成分和流程图知，“浸渣”中还有SiO2。(3)要使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，Fe3＋、Ni2＋不能生成氢氧化物沉淀，则应调节的pH范围为2.3～2.7。(4)由镍离子沉淀完全时的pH为9.2知，Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(10－4.8)2＝10－14.6，则当pH为9.0即c(OH－)＝10－5 mol·L－1时，c(Ni2＋)＝＝ mol·L－1＝10－4.6 mol·L－1＝100.4×10－5 mol·L－1＝2.5×10－5 mol·L－1。(6)已知(NH4)xFey(SO4)z(OH)w摩尔质量为480 g·mol－1，可设进行热分解实验的(NH4)xFey(SO4)z(OH)w为1 mol，即480 g，根据元素守恒知，670 ℃以上得到的纯净的红棕色粉末为Fe2O3，由图可知，其物质的量为＝1.5 mol，则y＝1.5×2＝3；由已知信息可知，固体质量由400 g减少为240 g时，减少的为SO3的质量，其物质的量为＝2 mol，则z＝2；由化合物中各元素正负化合价代数和为0可得(＋1)×x＋3×(＋3)＋2×(－2)＋w×(－1)＝0，原始固体质量为480 g，即18x＋3×56＋2×96＋17w＝480，两式联立解得x＝1，w＝6，故该物质的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。
[精练3] (2022·河南名校适应性测试)我国科学家利用一种廉价、高效的铈基催化剂，解决了在室温下把甲烷一步转化为液态产品的科学难题。二氧化铈是常用的催化剂，以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)制备CeO2的工艺流程如图所示：
已知：CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸。
请回答下列问题：
(1)CeFCO3中铈的化合价为________；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)碳酸氢钠在270 ℃时可完全分解。500 ℃时在空气中焙烧，CeFCO3与Na2CO3发生化学反应，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)、NaF及一种气体，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)焙烧后对产物进行水洗，水洗液不宜使用玻璃容器盛装的原因是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)工业生产中，不仅要考虑目标产物的含量，还要综合考虑生产过程中的时间效率。酸浸时，CeO2含量随盐酸浓度、酸浸温度的变化曲线如图所示，则最适宜的盐酸浓度和酸浸温度为________；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是___________________________________________
_________________________________________________________________。
(5)室温下，向酸浸液中加入氢氧化钠溶液调节pH使Ce3＋沉淀完全(通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀就达完全)，则应调节pH大于________(Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20)。
(6)为测定酸浸液中CeCl3的浓度，现量取酸浸液V1 mL，加入过量过硫酸铵溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，加热煮沸2 min，然后用c mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，测得终点时消耗标准溶液V2 mL，则CeCl3的浓度为________ mol·L－1(已知：过硫酸铵具有强氧化性，受热易分解；Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋)。若上述过程中没有进行煮沸操作，则测定结果将会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
答案 (1)＋3 增大反应物接触面积，加快反应速率 (2)8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2
(3)NaF水溶液中F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器
(4)3 mol/L，45 ℃ 温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低
(5)9 (6) 偏大
解析 焙烧时加入碳酸氢钠分解得到碳酸钠，CeFCO3与Na2CO3反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2，加水过滤后得滤渣，已知CeO2难溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸；Ce2O3可溶于稀盐酸，加入稀盐酸酸浸可得CeO2。(1)根据化合价代数和为零，F为－1价，碳酸根为－2价，所以氟碳铈矿中铈的化合价为＋3价；将氟碳铈矿研磨成精矿的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率；(2)CeFCO3中Ce化合价为＋3价，生成CeO2与Ce2O3(2∶1)，Ce化合价升高，则每生成1 mol CeO2时失去1 mol电子，有氧气参与反应，还生成一种气体，是O元素化合价降低生成CO2，该反应的化学方程式为8CeFCO3＋O2＋4Na2CO34CeO2＋2Ce2O3＋8NaF＋12CO2；(3)焙烧后产物有NaF，进行水洗，F－发生水解反应生成HF，会腐蚀玻璃容器，故水洗液不宜使用玻璃容器盛装；(4)综合考虑生产的时间效率，最适宜的盐酸浓度为3 mol/L，最适宜的酸浸温度为45 ℃，此时CeO2含量最高；当温度升高到一定程度后，CeO2含量随温度升高而减小，其原因可能是温度过高，加快盐酸挥发，盐酸浓度降低较快，浸出率降低；(5)已知Ce3＋沉淀完全时c(Ce3＋)小于1×10－5mol·L－1，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10－20，则c(OH－)＝＝＝1.0×10－5 mol/L，室温下，c(H＋)＝＝＝10－9 mol/L，则应调节pH大于9；(6)已知滴定原理Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋，n(CeCl3)＝n(Fe2＋)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝cV2×10－3 mol，CeCl3的浓度为c＝＝ mol/L，若上述过程中没有进行煮沸操作，由于过量的过硫酸铵溶液也会和亚铁离子反应，所以测定结果将会偏大。
微题型2 工艺流程与实验结合类无机综合题
[精练4] (2022·马鞍山质监)钛酸钡(BaTiO3)具有优良的铁电，压电和绝缘性能，在电子陶瓷中使用广泛。某兴趣小组设计方案在实验室里制备钛酸钡并测定其纯度，制备简易流程如下：
已知：室温下，TiCl4为无色液体，易挥发。
(1)“共沉”在如图装置中完成，仪器A的进水口是________(填“a”或“b”)；仪器B的名称是________；“共沉”时反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)“减压过滤”如图装置，减压的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是________，“煅烧”时反应的化学方程式为__________________________________________________________。
(4)产品纯度与“共沉”反应时间和“煅烧”时间的关系如下图所示，你认为最佳“共沉”反应时间和“煅烧”时间分别为________ h、________ h。
答案 (1)b 三颈烧瓶(三颈圆底烧瓶、三口烧瓶) TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O===Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl
(2)加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀
(3)研钵 BaCO3＋Ti(OH)4===BaTiO3＋CO2↑＋2H2O
(4)3 4
解析 (1)仪器A是球形冷凝管，冷凝水是下进上出，进水口是b，仪器B的名称是三颈烧瓶；“共沉”时反应的化学方程式为TiCl4＋BaCl2＋(NH4)2CO3＋4NH3·H2O===Ti(OH)4↓＋BaCO3↓＋6NH4Cl；(2)“减压过滤”操作中减压的目的是加快过滤速率，得到较为干燥的沉淀；(3)在实验室中研细固体一般使用仪器名称是研钵；“煅烧”时BaCO3和Ti(OH)4反应生成BaTiO3，反应的化学方程式为BaCO3＋Ti(OH)4===BaTiO3＋CO2↑＋2H2O；(4)由图可知“共沉”反应时间为3 h、“煅烧”时间为4 h时产品纯度最高，则时间最佳。
[精练5] (2022·汉中十校联考)以Cl2、NaOH、CO(NH2)2(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图：
已知：①Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O是放热反应；②N2H4·H2O沸点约118 ℃，
具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ为制备NaClO溶液，若温度超过40 ℃，则Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl。该反应的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
实验中为避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，副反应加剧，除可以用冰水浴控制温度外，还可以采取的措施为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)步骤Ⅱ为合成N2H4·H2O的装置如图1所示。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。
图1
①图1中仪器a的名称为________，其盛装的溶液是________[填“NaClO碱性溶液”或“CO(NH2)2水溶液”]。
②写出合成N2H4·H2O的反应的离子方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________；
使用冷凝管的目的是_______________________________________________。
(3)步骤Ⅳ为用步骤Ⅲ得到的副产品Na2CO3溶液制备无水Na2SO3(已知水溶液中H2SO3、HSO、SO随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示)。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定停止通SO2的实验操作为__________________________________________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为________时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于________ ℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封保存。
答案 (1)3Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O 减慢氯气通入速度或减小氢氧化钠溶液浓度
(2)①分液漏斗 NaClO 碱性溶液
②2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2===Cl－＋N2H4·H2O＋CO 减少水合肼的挥发
(3)①测量溶液的pH，若pH约为4时，停止通SO2 ②10 34
解析 由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40 ℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4·H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4·H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。(1)温度超过40 ℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaCl，反应的离子方程式为3Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O，实验中控制温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高。(2)①图1中仪器a的名称为分液漏斗，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，避免N2H4·H2O与NaClO剧烈反应生成N2，故分液漏斗盛装的溶液是NaClO 碱性溶液。②合成N2H4·H2O发生的反应的离子方程式为：2OH－＋ClO－＋CO(NH2)2===Cl－＋N2H4·H2O＋CO，N2H4·H2O沸点约118 ℃，为避免N2H4·H2O的挥发，可使用冷凝管回流；(3)用Na2CO3制备无水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入过量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，①由图像可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制。②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图像可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图像3可知在高于34 ℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3。
题型特训
题型特训1 以工业废料及矿物为原料制备物质类工艺流程题
1.(2022·广东卷)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44 ℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2＋ Fe3＋ Al3＋ RE3＋
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2～7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是__________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至__________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为____________________________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于__________ mol·L－1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是_________________________________________________________________。
②“操作X”的过程为先________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有__________(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移__________ mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______________________________________________。
答案 (1)Fe2＋ (2)4.7≤pH<6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ (3)4.0×10－4
(4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶 (5)MgSO4 (6)①15 ②O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析 由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到的浸取液中含有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3＋、Mg2＋、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3＋形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全的pH为4.7，而RE3＋开始沉淀的pH为6.2，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓。(3)滤液2中Mg2＋浓度为2.7 g·L－1，即0.112 5 mol·L－1，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c(Mg2＋)·c2(C11H23COO－)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO－)<＝mol·L－1＝4.0×10－4 mol·L－1。(4)②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)的熔点为44 ℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分离。(6)①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移15 mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。
2.(2022·河南重点高中调研)工业上常通过石煤灰渣(主要成分有SiO2、C、Al2O3、FeO、V2O3、CaO、MgO、K2O)回收钒的氧化物，有关工艺流程如图：
已知：①“焙烧”时，在空气的作用下，V2O3被氧化为V2O5。
②V2O5在稀硫酸作用下生成(VO2)2SO4。
根据所学知识，回答下列问题：
(1)在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，其目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)(VO2)2SO4中V的化合价为________，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有________(填化学式)。
(3)“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，写出反应的离子方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是_________________________________________________________________。
(4)在500 ℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，写出该反应的化学方程式：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，写出发生反应的离子方程式：___________________________________
_________________________________________________________________。
(5)5 t某批次的石煤灰渣中V2O3的含量为37.5%，工业生产中钒的浸出率为86%，若后续步骤中钒损耗为2%，则理论上制得的V2O5的质量最多为________ t(保留3位有效数字)。
答案 (1)增大反应物的接触面积，提高原料利用率 (2)＋5价 CaSO4
(3)H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O 硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气
(4)2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑
4H＋＋V2O5＋H2C2O4===2VO2＋＋3H2O＋2CO2↑
(5)1.92 t
解析 (1)根据外界条件对反应速率的影响可判断，在“焙烧”之前，要先将硫酸铵固体和石煤灰进行混磨处理，可增大反应物的接触面积，提高原料利用率。(2)根据化合价代数和为0可知(VO2)2SO4中V的化合价为＋5价，“浸渣”的主要成分除了SiO2，还有微溶的硫酸钙，化学式为CaSO4。(3)“氧化”时加入的试剂a常用H2O2，用来氧化亚铁离子，反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。HNO3也能氧化Fe2＋，工业生产中不选用HNO3的原因是硝酸的还原产物NO或NO2有毒，会污染大气。(4)在500 ℃灼烧脱氨可制得产品V2O5，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5＋H2O＋2NH3↑；在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2＋的溶液，反应中草酸被氧化为二氧化碳，发生反应的离子方程式为4H＋＋V2O5＋H2C2O4===2VO2＋＋3H2O＋2CO2↑。(5)根据原子守恒可知理论上制得的V2O5的质量最多为≈1.92 t。
3.(2022·云南联考)镍及其化合物在工业上有广泛应用，红土镍矿是镍资源的主要来源。以某地红土镍矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，可减少其他金属杂质浸出，工艺流程如图所示。
已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]＋9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3＋12NH3↑＋4SiO2＋10H2O↑；
②2Fe2MgO4＋15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3＋16NH3↑＋4(NH4)3Fe(SO4)3＋8H2O↑
③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。
(1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________，
“浸渣”的主要成分除铁的氧化物外还有________(填化学式)。
(3)焙烧温度对浸出率的影响如图所示，最佳焙烧温度是________(填序号)左右。
A.300 ℃ B.350 ℃
C.400 ℃ D.600 ℃
(4)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范围是________。该工艺条件下，Ni2＋生成Ni(OH)2沉淀，Fe3＋生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀，开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表：
沉淀物 Ni(OH)2 Fe(OH)3 黄铵铁矾
开始沉淀时的pH 7.1 2.7 1.3
沉淀完全(c＝1×10－5 mol/L)时的pH 9.2 3.7 2.3
(5)“沉镍”时pH调为8.0，滤液中Ni2＋浓度约为________ mol/L(100.4≈2.5)。
(6)流程中________(填化学式)可循环使用，减少污染。
(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是__________________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分反应
(2)4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O Fe(OH)3、SiO2
(3)C (4)2.3≤pH<7.1
(5)2.5×10－3 (6)NH3
(7)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
解析 (1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分接触；在用热水浸泡过程中，Fe3＋会发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3↓＋3H＋，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有Fe(OH)3、SiO2；(2)FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为：4FeO＋O2＋6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3＋12NH3↑＋6H2O；(3)根据焙烧温度对浸出率的影响，要使Ni的浸出率高，而Fe的浸出率比较低，同时符合节能要求，则最佳焙烧温度是400 ℃，故合理选项是C；(4)“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2＋仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH＜7.1；(5)根据表格数据可知：当Ni2＋沉淀完全时溶液pH＝9.2，则该温度下Ni(OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]＝10－5×()2＝10－14.6。在“沉镍”时pH调为8.0，滤液中Ni2＋浓度c(Ni2＋)＝ mol/L＝10－2.6 mol/L＝2.5×10－3mol/L；(6)根据流程图可知：在焙烧时反应产生的NH3在除铁时可以用于调整溶液pH，使Fe3＋变为黄铵铁钒沉淀分离除去，因此NH3可循环使用，减少污染；(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。
4.(2022·安徽十八校联盟模拟)硼酸(H3BO3)能溶于水，可用于玻璃、医药、纺织等工业；碳酸镁可用于制造防火涂料、牙膏等。某工厂以硼镁铁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，杂质有SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备硼酸、碳酸镁的工艺流程如下图所示：
常温时实验条件下几种金属离子形成沉淀的pH
Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mg2＋
开始沉淀 2.7 7.6 4.0 9.6
完全沉淀 3.2 9.6 5.2 11.1
(1)预处理的内容包括矿石的筛选、________，写出料渣1的一种用途_________________________________________________________________。
(2)X是常用的绿色氧化剂，如O2、__________________________________，
写出酸浸时Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)为提高产品纯度，试剂Y为________(填化学式)，写出加入NaHCO3溶液时的离子方程式___________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)为测量所得硼酸纯度，取3.00 g所制取的硼酸样品溶于甘露醇与蒸馏水混合溶液中，配成500 mL溶液，然后取出25.00 mL放入锥形瓶中并滴加3滴酚酞试液，用0.100 0 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定，滴定终点时消耗22.00 mL标准溶液。则滴定终点时的现象是____________________________________________，
样品中硼酸的纯度为________(滴定反应为H3BO3＋OH－===[B(OH)4]－
答案 (1)粉碎 用于生产光纤、制备单晶硅的原料
(2)H2O2 Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4===2MgSO4＋2H3BO3
(3)MgO或Mg(OH)2或MgCO3 Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O
(4)滴加最后一滴(或半滴)标准溶液时，溶液由无色变成浅红色且在30 s内保持不变 90.9%
解析 经过硫酸酸浸得到含有H2SO4、MgSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3、H3BO3的混合溶液，SiO2没有溶解，故料渣1为SiO2，加入H2O2把Fe2＋氧化为Fe3＋，再加Mg(OH)2，调节溶液的pH，将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后得到硼酸根和MgSO4的混合溶液，加入丁醚做萃取剂，将硼酸根和含有Mg2＋的溶液分离，在水层中加入NaHCO3，沉淀Mg2＋，得到MgCO3沉淀，在有机相中加入NaOH得到含有硼酸根的水溶液，加入硫酸，增大氢离子浓度，生成硼酸，结晶析出。(1)为加快反应速率，预处理的内容包括矿石的筛选、粉碎；料渣1为SiO2，用途：用于生产光纤、制备单晶硅的原料；(2)X是常用的绿色氧化剂，如O2、H2O2，把Fe2＋氧化为Fe3＋，酸浸时Mg2B2O5H2O与硫酸反应生成硫酸镁和硼酸，反应的化学方程式Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4===2MgSO4＋2H3BO3；(3)为提高产品纯度，试剂Y阳离子为Mg2＋，其作用是消耗氢离子来增大pH，Y可为MgO或Mg(OH)2或MgCO3，加入NaHCO3溶液沉淀Mg2＋，得到MgCO3沉淀，离子方程式Mg2＋＋2HCO===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O；(4)用NaOH标准溶液滴定硼酸，指示剂为酚酞试液，则滴定终点时的现象是滴加最后一滴(或半滴)标准溶液时，溶液由无色变成浅红色且在30 s内保持不变；已知滴定反应为H3BO3＋OH－===[B(OH)4]－，n(H3BO3)＝n(NaOH)＝cV＝0.100 0 mol·L－1×22.00×10－3 L＝2.2×10－3 mol，样品中硼酸的纯度为×100%＝90.9%。
5.(2022·河南百校大联考)三氯化六氨合钴(Ⅲ){[Co(NH3)6]Cl3}是合成其他含钴配合物的重要原料。工业上以水钴矿(主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2)为原料制备三氯化六氨合钴晶体。
已知：①Co2O3具有很强的氧化性，其产物为Co(Ⅱ)；碱性条件下，Co(Ⅱ)能被O2氧化；[Co(NH3)6]Cl3易溶于热水，难溶于冷水；
②25 ℃时相关物质的Ksp如表：
物质 Co(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
Ksp 1×10－13.8 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3
物质 Mg(OH)2 Ca(OH)2 MgF2 CaF2
Ksp 1×10－11.2 1×10－7.8 1×10－10 5×10－11
请回答下列问题：
(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是_____________________________
_________________________________________________________________(写出一条即可)，
Co2O3发生反应的离子方程式为______________________________________
_________________________________________________________________。
(2)滤渣Ⅱ的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，“氧化”时，NaClO3溶液的作用是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)“除杂”时，CoF2可将Ca2＋、Mg2＋转化为沉淀过滤除去，若所得滤液中Mg2＋刚好沉淀完全，则此时滤液中c(Ca2＋)＝________ mol·L－1(通常认为溶液中离子浓度≤10－5 mol·L－1时沉淀完全)。
(4)“转化”时，Co2＋转化为[Co(NH3)6]3＋，需水浴控温在50～60 ℃，温度不能过高的原因是_____________________________________________________，
其反应的离子方程式为_______________________________________
_________________________________________________________________，
“系列操作”为___________________________________________________、
洗涤、干燥。
(5)为测定产品中钴元素的含量，取a g样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL(已知：2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
①滴定终点的现象是_______________________________________________
_________________________________________________________________。
②该产品中钴元素的质量分数为________(用含a、V的式子表示)。
答案 (1)将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度或加热等 2Co2O3＋S2O＋6H＋===4Co2＋＋2SO＋3H2O
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋
(3)5×10－6
(4)氨水受热易分解 4Co2＋＋20NH3·H2O＋O2＋4NH===4[Co(NH3)6]3＋＋22H2O 在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到[Co(NH3)6]Cl3晶体
(5)①溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 ②%
解析 水钴矿的主要成分为Co2O3，还含有少量的Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO、SiO2，加入稀硫酸、Na2S2O5溶液浸取，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2＋，Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO均与稀硫酸反应生成相应的硫酸盐，同时Fe3＋也被Na2S2O5还原为Fe2＋，SiO2不反应，CaSO4微溶于水，故滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4，氧化步骤中，加入NaClO3将Fe2＋氧化为Fe3＋，调pH＝5，将Fe3＋、Al3＋转化为氢氧化物沉淀，故滤渣Ⅱ的成分是Al(OH)3和Fe(OH)3，除杂步骤中加入CoF2固体，沉淀Mg2＋、Ca2＋，生成MgF2、CaF2固体，过滤，滤液中含有Co2＋，转化步骤中通入氧气，并加入氨水和氯化铵溶液，生成[Co(NH3)6]Cl3，再在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品，据此分析作答。(1)“浸取”时，能提高浸取速率的措施是将水钴矿粉碎、搅拌、适当增大稀硫酸浓度或加热等，Co2O3被Na2S2O5还原得到Co2＋，则Co2O3发生反应的离子方程式为2Co2O3＋S2O＋6H＋===4Co2＋＋2SO＋3H2O；(2)“氧化”时，NaClO3溶液的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除去Fe3＋；(3)“除杂”时，若所得滤液中Mg2＋刚好沉淀完全，此时溶液中c(Mg2＋)＝1×10－5 mol/L，c(F－)＝＝10－2.5 mol/L，则c(Ca2＋)＝＝5×10－6 mol/L；(4)“转化”时，Co2＋转化为[Co(NH3)6]3＋，需水浴控温在50～60 ℃，温度不能过高的原因是氨水受热易分解，其反应的离子方程式为4Co2＋＋20NH3·H2O＋O2＋4NH===4[Co(NH3)6]3＋＋22H2O，生成[Co(NH3)6]Cl3溶液，为防止其水解，应在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤，洗涤，干燥，得到[Co(NH3)6]Cl3晶体；(5)①取a g样品于烧杯中，加水溶解，加入足量的NaOH溶液，加热至沸腾，将[Co(NH3)6]Cl3完全转化为Co(OH)3，冷却后加足量KI固体和HCl溶液，发生反应2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，充分反应一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL试样加入到锥形瓶中，加入淀粉作指示剂，此时溶液呈现蓝色，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O===2I－＋S4O，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；②由反应2Co3＋＋2I－===2Co2＋＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2Co3＋～I2～2S2O，即Co3＋～S2O，则该产品中钴元素的质量分数为×100%＝%。
6.(2022·成都名校联盟联考)黄钠铁矾渣的主要成分如下表所示，利用其制备镍锌铁氧体(Ni0.5Zn0.5Fe2O4)的工艺流程如下图所示：
元素 Fe(Ⅲ) Ni Mg Al
百分含量/% 28.750 2.625 0.031 0.452
元素 Pb SiO2 Ba Ca
百分含量/% 0.086 0.369 8.785 0.198
已知：i.浸取液中的阳离子有Fe2＋、Ni2＋、Mg2＋、Al3＋、Ca2＋；
ii.晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关；
iii.Zn(OH)2是两性氢氧化物。
(1)无烟煤的主要作用是_____________________________________________
_________________________________________________________________，
控制其他条件不变，Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系如下图所示，则浸出过程中最适宜的条件是______________________________________。
(2)浸渣的主要成分除SiO2外还有_____________________________________。
(3)净化Ⅰ的目的是_____________________________________________。
(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入________(填离子符号)。
(5)在Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为____________________________
_________________________________________________________________。
(6)检验沉淀已洗涤干净的操作和现象是________________________________
_________________________________________________________________。
(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH＝7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高的原因是____________________________________________________________。
答案 (1)为黄钠铁矾渣高温分解提供高温条件 温度77 ℃，时间40 min
(2)BaSO4、PbSO4、CaSO4
(3)使Fe3＋变为Fe2＋，同时调整溶液pH，使Al3＋形成Al(OH)3沉淀除去
(4)Zn2＋、Ni2＋
(5)3Me2＋＋6HCO===MeCO3·2Me(OH)2·H2O＋5CO2↑
(6)取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后加入Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净
(7)Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，Zn2＋会变为可溶性ZnO进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH＝7.2时，铁镍锌氧体中Ni、Zn、Fe三种元素原子个数比恰好为1∶1∶4
解析 无烟煤煅烧放出大量热量，使黄钠铁矾渣能够在高温下分解产生不同金属氧化物，然后用稀硫酸溶解分解产物，金属氧化物与硫酸反应变为硫酸盐，SiO2与硫酸不反应，反应产生的BaSO4不溶于水，进入浸渣中，PbSO4、CaSO4微溶于水，主要以固体形式存在，也进入浸渣中，在酸浸液中含有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Ni2＋等金属阳离子；然后加入Fe粉，调整了溶液pH，使Al3＋形成Al(OH)3沉淀分离除去；然后加入NH4F使Mg2＋、Ca2＋形成MgF2、CaF2沉淀，此时滤液中主要含有Fe2＋、Ni2＋，加入ZnSO4、NiSO4、NH4HCO3，共沉Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋，得到沉淀，将沉淀通过铁氧体工艺阶段加入氧化剂氧化其中＋2价的铁得到镍锌铁氧体。(1)煅烧无烟煤，煤燃烧产生大量热量，可以为黄钠铁矾渣高温分解提供能量，故无烟煤的主要作用是使黄钠铁矾渣高温分解；根据Fe和Ni的浸出率与浸出温度和浸出时间的关系图示可知：浸出过程中最适宜的条件是：在77 ℃温度下浸取40 min；(2)根据上述分析可知，在浸渣的主要成分除SiO2外，还有BaSO4、PbSO4、CaSO4；(3)用硫酸浸取后溶液中含有Fe3＋、Mg2＋、Ca2＋、Ni2＋、Al3＋等金属阳离子；然后加入Fe粉，发生反应：Fe3＋＋Fe===2Fe2＋；Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，调整溶液pH，结合流程中沉淀除杂，可以使Al3＋形成Al(OH)3沉淀除去；(4)为按计量制得镍锌铁氧体，加入试剂X是为了引入Zn2＋、Ni2＋；(5)在Fe2＋、Ni2＋、Zn2＋共沉淀过程中，若以Me代表Fe、Ni、Zn元素，则根据元素守恒、电荷守恒可知生成MeCO3·2Me(OH)2·H2O沉淀的离子方程式为：3Me2＋＋6HCO===
MeCO3·2Me(OH)2·H2O＋5CO2↑；(6)沉淀是从含有ZnSO4、NiSO4的溶液中过滤分离出来的，若沉淀已经洗涤干净，则最后一次洗涤液中无SO，故检验沉淀已洗涤干净的操作及实验现象是：取最后一次洗涤液少许放入试管中，向其中加入HNO3酸化，然后加入Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，则证明沉淀已经洗涤干净；(7)经测定，加入NH4HCO3调节pH＝7.2时晶体完整度最高，pH不宜过高，这是由于Zn(OH)2是两性氢氧化物，若pH过高，则Zn2＋会变为可溶性ZnO进入溶液中，导致晶体中Zn的含量降低，而晶体完整度与晶体中Ni、Zn、Fe的比例有关，当溶液pH＝7.2时铁、镍、锌氧体中Ni、Zn、Fe原子个数比为1∶1∶4。
7.(2022·黄山一模)铍是航天、航空、电子和核工业等领域不可替代的材料，有“超级金属”之称。以绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]为原料制备金属铍的工艺如下：
已知：“滤渣1”中含有铁、铝、硅的氧化物，Na3FeF6难溶于水，Be2＋可与过量OH－结合成Be(OH)；(当溶液中被沉淀离子的物质的量浓度小于等于1 × 10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全)；lg 2＝0.3；回答下列问题：
(1)“粉碎”的目的________________________________________________。
(2)750 ℃烧结时，Na3FeF6与绿柱石作用生成易溶于水的Na2BeF4，该反应的化学方程式为_________________________________________________。
(3)“过滤1”的滤液中需加入适量NaOH生成Be(OH)2沉淀，但NaOH不能过量，原因是___________________________________________________
_________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(4)已知Ksp[Be(OH)2]＝4.0×10－21，室温时0.40 mol·L－1 Be2＋沉淀完全时的pH最小为________。
(5)“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊，写出其化学方程式_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)“电解”NaCl－BeCl2熔融混合物制备金属铍，加入NaCl的主要目的是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(7)绿色化学要求在工业生产中应有效利用原料，节约原料。本工艺过程可以循环利用的物质有________。
答案 (1)增大固体的表面积，提高水浸的浸取率
(2)2Na3FeF6＋Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4＋Fe2O3＋Al2O3＋6SiO2
(3)Be(OH)2＋2OH－===Be(OH)或Be2＋＋4OH－===Be(OH)
(4)6.3
(5)BeO＋Cl2＋CBeCl2＋CO
(6)增强导电性
(7)Na3FeF6、Cl2
解析 绿柱石的主要成分Be3Al2(SiO3)6，可表示为3BeO·Al2O3·6SiO2，由流程可知，烧结时发生Be3Al2(SiO3)6＋2Na3FeF63Na2BeF4＋Al2O3＋Fe2O3＋6SiO2，粉碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为Al2O3、Fe2O3、SiO2，滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过量与Be(OH)2反应，降低Be的产率，Be(OH)2煅烧得BeO，BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，电解NaCl—BeCl2熔融混合物制备金属铍，沉氟时发生12NaF＋Fe2(SO4)3===2Na3FeF6↓＋3Na2SO4，难溶物循环利用，据此分析解题。(1)绿柱石[Be3Al2(SiO3)6]灼烧后得到的固体混合物，为提高水浸效率，需要将固体粉碎，增加接触面积；(2)750 ℃烧结时，Na3FeF6与Be3Al2(SiO3)6作用生成易溶于水的Na2BeF4和Fe2O3、Al2O3、SiO2等固体难溶物，该反应的化学方程式为2Na3FeF6＋Be3Al2(SiO3)63Na2BeF4＋Fe2O3＋Al2O3＋6SiO2；(3)因为Be(OH)2呈两性，“过滤1”的滤液中若加入的氢氧化钠过量，则会继续溶解而生成可溶性盐，所以后果是Be(OH)2＋2OH－===Be(OH) 或Be2＋＋4OH－===Be(OH)；(4)Ksp[Be(OH)2]＝1×10－5×c2(OH－)＝4.0×10－21，c(OH－)＝2×10－8 mol/L，pH＝－lg ＝6.3；(5)由分析可知，“高温转化”反应产生的气体不能使澄清石灰水变浑浊，即BeO与C、Cl2反应得到BeCl2、CO，故其反应方程式为：BeO＋Cl2＋CBeCl2＋CO；(6)由分析可知，从方程式看，NaCl没有参加反应，则加入NaCl的主要目的是增强导电性。(7)由题干流程图可知，Na3FeF6可以循环利用，高温转化时需要利用Cl2，电解时又产生Cl2，即Cl2也可以循环利用。
8.(2022·湖北卓越千校联盟押题卷)纳米氧化锌作为一种新型功能材料，在橡胶、涂料、陶瓷、防晒化妆品等领域广泛应用。以某烟道灰(主要成分为ZnO，另外含有少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料制备纳米ZnO的流程如图所示。已知常温时Ksp(CuS)＝6×10－36，Ksp(ZnS)＝3×10－25。回答下列问题：
(1)料渣Ⅱ的化学成分是________。
(2)调pH加入的X可能是________，相关的离子方程式包括：①Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，
②_________________________________________________________________。
(3)写出氧化过程中生成MnO(OH)2的离子方程式：_____________________。
(4)除铜原理为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋Zn2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝________。
(5)草酸锌晶体(ZnC2O4·2H2O)加热过程中固体质量随温度的变化情况如图所示
①图中A转化为B的过程中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________。
②实验室中证明得到的ZnO是纳米材料的方法是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
答案 (1)CuS和ZnS
(2)ZnO、ZnCO3等任意一种含锌的难溶于水能溶于酸的化合物 ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O
(3)Mn2＋＋ClO－＋2H2O===MnO(OH)2↓＋Cl－＋2H＋ (4)5×1010
(5)①ZnC2O4ZnO＋CO2↑＋CO↑
②将适量的ZnO放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌，然后用手电筒照向该烧杯，若观察到有一条光亮的通路，则证明得到的ZnO是纳米材料
解析 (1)结合上下文得出，料渣Ⅰ是SiO2，料渣Ⅱ为新生成的CuS和过量的ZnS；(2)调pH时加入的物质需要中和氢离子，使Fe3＋水解反应生成氢氧化铁沉淀，且不能引入新的杂质，所以加入的X可以是氧化锌或碳酸锌或锌单质等，相关的离子方程式为ZnO＋2H＋===Zn2＋＋H2O；(3)ClO－的还原产物是Cl－，由流程图知Mn2＋的氧化产物是MnO(OH)2，可得Mn2＋＋ClO－―→MnO(OH)2＋Cl－，根据原子守恒和电荷守恒，确定反应物中应有水，生成物中应有H＋，离子方程式为：Mn2＋＋ClO－＋2H2O===MnO(OH)2↓＋Cl－＋2H＋；(4)K＝＝＝＝＝5×1010；(5)①ZnC2O4·2H2O的摩尔质量为189 g/mol，18.9 g ZnC2O4·2H2O的物质的量为＝0.1 mol，加热过程中，ZnC2O4·2H2O先失去结晶水，然后分解得到ZnO，0.1 mol ZnC2O4的质量为15.3 g，故A点对应物质是ZnC2O4，0.1 mol ZnO的质量为8.1 g，故B点对应物质为ZnO，则A转化为B的过程中锌元素化合价不变生成氧化锌，碳元素一部分化合价升高生成二氧化碳、一部分化合价降低生成一氧化碳，反应的化学方程式为ZnC2O4ZnO＋CO2↑＋CO↑；②胶体是分散质粒子大小在1～100 nm的分散系，可以发生丁达尔现象；确定ZnO属于纳米材料的方法是取适量的ZnO放入烧杯中，加入适量水并充分搅拌制备胶体，然后做丁达尔效应实验。
9.(2022·贵阳五校联考)从砷盐净化渣(成分为Cu、As、Zn、ZnO、Co和SiO2)中回收有利用价值的金属，解决了长期以来影响砷盐净化工艺推广的技术难题，具有较强的实践指导意义。其工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)在“选择浸Zn”时为提高效率可以采取的措施是_________________________________________________________________
(任写一条)。其他条件不变时，Zn和Co的浸出率随pH变化如图所示，则“选择浸Zn”过程中，最好控制溶液的pH＝________。
(2)“氧化浸出”时，As转化为H3AsO4，则该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。“浸渣”的主要成分为________(填化学式)。
(3)用NaOH溶液调节氧化浸出液至弱酸性，再加入Na3AsO4进行“沉铜”，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，则“沉铜”的离子方程式为_________________________________________________________________。
(4)“碱浸”时，除回收得到Cu(OH)2外，还得到物质M，且M在该工艺流程中可循环利用，M的化学式为________。
(5)“沉钴”中的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
所得草酸钴晶体洗涤后可得到纯净的晶体，证明晶体已经洗涤干净的操作是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(6)在空气中煅烧草酸钴会生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为________。
答案 (1)适当提高稀硫酸浓度、研磨砷盐净化渣等 3 (2)5∶2 SiO2
(3)5Cu2＋＋4AsO＋2H＋＋2H2O===Cu5H2(AsO4)4·2H2O
(4)Na3AsO4
(5)Co2＋＋C2O===CoC2O4↓ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化后无明显现象，再加入少量氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净
(6)Co3O4
解析 (1)增大反应物浓度，增大反应物接触面积均能提高反应速率，故在“选择浸Zn”时为提高效率可以采取的措施是适当提高稀硫酸浓度、研磨砷盐净化渣等；观察所给图像可知，当溶液pH在1～3时，Zn的浸出率较大，pH继续增大，Zn的浸出率减小，而pH为1、2时，Co的浸出率也较大，故应选择Co浸出率比较小时的pH，所以应控制溶液的pH为3；(2)“氧化浸出”时，加入H2O2作氧化剂，被还原为H2O，As被氧化为H3AsO4，根据氧化还原反应得失电子守恒可得其化学方程式为2As＋5H2O2===2H3AsO4＋2H2O，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2；砷盐净化渣中的SiO2在“选择浸Zn”和“氧化浸出”步骤中均未转化为可溶于水的物质，故“氧化浸出”步骤中“浸渣”的主要成分是SiO2；(3)“沉铜”时先调节溶液pH为酸性，说明溶液中含有H＋，与加入的Na3AsO4反应得到
Cu5H2(AsO4)4·2H2O，反应的离子方程式为5Cu2＋＋4AsO＋2H＋＋2H2O===Cu5H2(AsO4)4·2H2O；(4)根据流程可知，“碱浸”时发生的反应为Cu5H2(AsO4)4·2H2O＋12NaOH===5Cu(OH)2↓＋4Na3AsO4＋4H2O，所以可循环利用的物质为Na3AsO4；(5)“沉钴”中是钴离子与草酸根离子反应生成草酸钴沉淀，反应的离子方程式为Co2＋＋C2O===CoC2O4↓；所得草酸钴晶体洗涤后可得到纯净的晶体，证明晶体已经洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化后无明显现象，再加入少量氯化钡溶液，若无白色沉淀，则证明洗涤干净；(6)n(CO2)＝＝0.06 mol，由化学式可知n(Co)＝0.06 mol×0.5＝0.03 mol，则氧化物中n(O)＝＝0.04 mol，则n(Co)∶n(O)＝0.03 mol∶0.04 mol＝3∶4，所以该钴氧化物的化学式为Co3O4。
10.(2022·安徽九师联盟质检)利用橄榄石尾矿[含MgSiO3、FeSiO3及少量Al2O3等]制备高纯Mg(OH)2及六硅酸镁的工艺流程如下：
已知常温下：①Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38；
Ksp[Al(OH)3]＝1×10－32；
Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－11；
②Mg2＋开始沉淀的pH为9.5；
③当溶液中离子浓度≤1×10－5 mol·L－1时，视为沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，为使金属元素充分浸出，除采用95～110 ℃温度外，还需采取的措施是________________________________________________(列举2条)。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)“调pH”时，理论上调节溶液的pH范围为________；若溶液的pH调节至3，Fe3＋是否沉淀完全？写出推断过程：_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(4)写出由滤渣1获得纯净的铁红(Fe2O3)的操作：_________________________________________________________________。
(5)六硅酸镁的化学式为MgO·3SiO2写出“合成”时生成六硅酸镁的化学方程式：
_________________________________________________________________。
答案 (1)适当增大液固比、将矿物粉碎、适当延长浸取时间、充分搅拌等
(2)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(3)5～9.5或5≤pH<9.5 c(Fe3＋)＝＝＝4×10－5 mol·L－1>1×10－5 mol·L－1，没有沉淀完全
(4)用NaOH溶液溶解、过滤、水洗，滤渣干燥后高温煅烧
(5)MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3＋2H2O(或2H2O＋MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3·H2O)
解析 (1)“酸浸”时，为提高浸取率，采取的措施是：适当增大液固比、将矿物粉碎、适当延长浸取时间、充分搅拌等；(2)“氧化”时加入H2O2，将Fe2＋氧化为Fe3＋，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；(3)“调pH”时，使Fe3＋、Al3＋沉淀而不能使Mg2＋沉淀，由于Ksp[Al(OH)3]> Ksp[Fe(OH)3]，则Al3＋完全沉淀时说明Fe3＋也沉淀了，此时c(Al3＋)＝1×10－5 mol·L－1，c(OH－)＝＝＝1×10－9 mol/L，常温下c(H＋)＝＝＝10－5 mol/L，pH＝5，已知Mg2＋开始沉淀的pH为9.5，则理论上调节溶液的pH范围为5≤pH<9.5；由于c(Fe3＋)＝＝＝4×10－5 mol·L－1>1×10－5 mol·L－1，没有沉淀完全；(4)滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3，由于氢氧化铝具有两性可溶于强碱溶液，加入过量NaOH溶液后过滤得到Fe(OH)3固体，再高温煅烧得到纯净的铁红(Fe2O3)，操作为：用NaOH溶液溶解、过滤、水洗，滤渣干燥后高温煅烧；(5)“合成”时生成六硅酸镁的化学方程式：MgCl2＋3Na2SiO3＋4NH4Cl===MgO·3SiO2↓＋6NaCl＋4NH3＋2H2O。
题型特训2 工艺流程与实验结合类无机综合题
1.(2022·浙江1月选考)某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如下流程开展了实验(夹持仪器已省略)：
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯
②制备无水二氯化锰的主要反应：
(CH3COO)2Mn＋2CH3COClMnCl2↓＋2(CH3CO)2O
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是____________(用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是________。
A.用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气 使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B.用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C.用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，关小龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物
D.洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：纯化完成→(________)→(________)→(________)→(________)→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是_________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是________(填“甲”或“乙”)同学的方法。
答案 (1)(CH3COO)2Mn (2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2 (3)BD
(4)①c d b a ②防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水蒸气进入样品
(5)乙
解析 (1)由已知③，结合流程图及已知②中制备原理知，步骤Ⅰ中(CH3COO)2Mn·4H2O在乙酰氯作用下脱去结晶水，得到醋酸锰。(3)无水二氯化锰易吸水潮解，易溶于水和乙醇，故在步骤Ⅲ中，
同课章节目录