全国各地2023届高考化学工业流程题试题汇编（答案详解）
1．(1) 正四面体 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2
(2)FeS+2Fe3+=3Fe2++S
(3)sp3
(4)Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3
(5)
(6)2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
(7)
【分析】硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量、和)焙烧时FeS2转化为Fe2O3，SiO2 不与稀盐酸反应，酸浸时滤渣1是SiO2，滤液中阳离子是Fe3+、A13+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+，加入FeO调节pH使A13+转化成氢氧化铝沉淀，除去铝离子，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入(NH4)2HPO4沉铁得到FePO4，加入Li2CO3和H2C2O4在高温下制得LiFePO4，以此分析。
【详解】（1）分子的空间结构为正四面体形；Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar] 3d64s2。
（2）依据表格中的数据以及流程，让Al元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FeS还原Fe3+生成Fe2+和S，离子方程式为： FeS+2Fe3+=3Fe2++S。
（3）试剂R是氧化剂，将将Fe2+氧化为Fe3+，双氧水作氧化剂，还原产物是H2O，不引入杂质，对环境无影响，故R为H2O2，其中心原子O原子杂化方式为sp3。
（4）Al3+在溶液中发生水解：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，加FeO发生反应FeO+2H+=Fe2++H2O，氢离子浓度减小，平衡正向移动，Al3+完全转化为Al(OH)3。
（5）根据溶度积进行计算，磷酸根的浓度最小值为=。
（6）由题意，根据元素守恒可知，FePO4、Li2CO3、 H2C2O4 在高温下发生反应生成LiFePO4、H2O和CO2，化学方程式为：2FePO4+ Li2CO3+ H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑。
（7）由晶胞结构知，在一个晶胞中，含有P原子4个，O原子16个，4个Fe2+，Li+：，长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，则晶体密度为。
2．(1)
(2) 与反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度
(3) 反应体系中溶解度较小，析出沉淀 1.08 用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高
(4) 蒸发结晶 趁热过滤
(5) 氯气氧化法
【分析】工业上用电解饱和食盐水生成氯气生产溴酸钾的工艺流程，分析流程可知，饱和食盐水电解生成氯气具有氧化性，在水中和溴单质反应生成溴酸和氯化氢，加入过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，过滤得到滤液中加入饱和氯化钾溶液，溴酸镁在饱和溶液中析出晶体，以此解答。
【详解】（1）用惰性电极电解 MgCl2溶液过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2↑ 阴极2H2O+2e-+Mg2+=H2↑+ Mg(OH)2↓， 总反应的离子方程式为。
（2）“合成I”发生反应是氯气在水溶液中氧化溴单质为溴酸，反应的化学方程式5Cl2+Br2+6H2O=2HBrO3+10HCl，Br元素化合价上升，该反应的还原剂是；依据流程分析可知，加入和溶液中反应得到溴酸根离子，在合成Ⅲ中更多地生成溴酸钾与氯化镁分离，提高的纯度。
（3）过量氧化镁和盐酸溴酸反应生成氯化镁和溴酸镁，加入饱和氯化钾溶液，反应体系中溶解度较小，析出沉淀，发生了复分解反应；降为时，即需要沉淀2×0.15mol/L×2-2×0.1mol/L=0.4mol，需要消耗0.4molKCl，此时溶液中剩余c(K+)=，需要加入KCl的物质的量n(K+)=0.34mol/L×2L+0.4mol=1.08mol；“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是：用饱和溶液沉淀速率更快或转化率(利用率)更高。
（4）氯化镁的溶解度随温度变化较大，可以通过重结晶的方法从溶液中获得氯化镁结晶，依次要经过蒸发结晶、冷却结晶操作。
（5）和反应生成、和KBr，Br元素化合价由0价上升到+5价，又由0价下降到-1价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为： ；该方法中部分转化为KBr，氯气氧化法中全部转化为，所以原子经济性更高的是氯气氧化法。
3．(1)3d74s2
(2)、
(3)调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾
(4)Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质
(5)
(6) c、f
【分析】钴渣[主要成分为等氢氧化物]中加入H2SO4并通入SO2，溶解后所得溶液中含有反应生成的以及过量的H2SO4，往溶液中加入除铁，氧化性：，则加入NaClO3目的是将氧化为，加入的作用是中和过量的H2SO4，过滤后所得滤渣为黄钠铁矾，滤液中含有，调节滤液pH=22.5并加入NaClO，反应生成沉淀，过滤后所得滤渣为并夹带少量的，滤渣经淘洗、溶解，溶液中所含溶质主要为以及过量的H2SO4，再通入氯气加入经二次沉钴可得晶体。
【详解】（1）基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2；
（2）因氧化性：，SO2有还原性，则溶解过程中发生反应（），所以溶液中含有的主要阳离子有过量的，以及反应生成的、、；
（3）“除铁”过程中，加入的作用是调节溶液的pH，促进Fe3+水解生成黄钠铁矾；
（4）因氧化性：，和发生反应，因此利用含母液淘洗沉淀的目的是Co2+将Ni(OH)3还原为Ni2+，同时洗去吸附的等可溶性杂质；
（5）“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为；
（6）①根据晶胞中I型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中I型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；
②Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，则图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
4．(1)
(2)AB
(3)b、d、a、c
(4) B 防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解
【分析】钛铁矿加浓硫酸加热发生反应生成，水浸将转化成，步骤III加铁屑将溶液中的铁元素完全转化呈亚铁离子，抽滤得到，分解得到二氧化钛，二氧化钛与氯气发生反应生成四氯化钛，据此分析解答。
【详解】（1）钛铁矿主要成分为偏钛酸亚铁，含、杂质，铁元素都是以＋2价形式存在，酸浸时发生非氧化还原反应，钛铁矿与浓硫酸发生反应为：，故答案为：；
（2）A．使用浓硫酸具有强氧化性，可使钛铁矿石中的二价铁氧化为三价铁，则杂质Fe3+是在实验过程中氧化生成的，A符合题意；
B．根据分析，再次抽滤过程中加入了铁粉，铁粉可将滤液中的三价铁还原为二价铁，则获得的滤液中的溶质是TiOSO4和FeSO4，B符合题意；
C．利用冰盐水快速冷却的目的是降低FeSO4的溶解度，使其从溶液中分离出来，C不符合题意；
D．为减少FeSO4的溶解，再次抽滤后的洗涤应选用冰水进行多次洗涤，D不符合题意；
故答案为：AB ；
（3）步骤IV包括钛盐的水解、产物的分离和物质的转化，主要目的是获得偏钛酸，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)。操作步骤为：取一部分步骤III获得的滤液，逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约10 min，慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约30 min(过程中适当补充水至原体积))，静置沉降后，用倾析法除去上层水，用热的稀硫酸洗涤沉淀2~3次，然后用热水洗涤沉淀，经过抽滤得偏钛酸 (H2TiO3)，将偏钛酸在坩埚中加热得到二氧化钛(TiO2)，则操作顺序为b、d、a、c；
故答案为：b、d、a、c；
（4）①A．根据表格数据可知，SiCl4、FeCl3等杂质的沸点分别为57.6℃、315℃，TiCl4的沸点为136.4℃，收集TiCl4时，仪器a中的温度应控制为低于315℃即可，A不符合题意；
B．b处温度计测量的是蒸馏出来的蒸汽的温度，则水银球的上沿和支管口的下沿平齐才能较为准确的测定蒸汽温度，控制蒸馏的温度，若水银球偏低，则出口处温度偏低，会使低沸点物质蒸出，B符合题意；
C．根据A选项分析可知，精馏结束时留在圆底烧瓶中的主要成分是FeCl3，C不符合题意；
D．空气冷凝管一般使用于沸点140℃以上的物质，由表中数据可知，该实验不适合选用空气冷凝管，D不符合题意；
②由于TiCl4易发生水解，所以必须有干燥装置，以避免空气中的水分进入。
故答案为：B；防止空气中的水蒸气进入装置使TiCl4水解；
5．(1)对流空气能使氧气和反应物充分接触
(2)将Co3+、Fe3+还原
(3)
(4) 将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去 MgF2、CaF2
(5) 浓盐酸 冷却结晶
(6)2.5×10-15
(7)
【分析】水钴矿加入盐酸、亚硫酸钠，二氧化硅不反应，得到浸出液中含有阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+；加入NaClO3将亚铁离子转化为铁离子，调节pH除去铁；滤液加入氟化钠除去Mg2+、Ca2+，滤液加入萃取剂萃取出Co2+，加入草酸铵处理后得到草酸钴晶体和氯化钴晶体；
【详解】（1）在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是对流空气能使氧气和反应物充分接触，加快反应速率，提高反应效率；
（2）已知：浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等；说明矿石中三价钴、三价铁均被Na2SO3还原为二价Co2+、Fe2+，故加入Na2SO3作用是将Co3+、Fe3+还原；
（3）已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+；亚铁离子具有还原性，和NaClO3反应转化为铁离子而Co2+、Mn2+不反应，以便于后续调节pH除去铁，反应为；
（4）由部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表格可知，加入Na2CO3调pH至5.2，目的是将铁离子、铝离子完全转化为沉淀物分离除去；萃取后萃取剂层含锰元素，且水层中含有Co2+，而减少了Mg2+、Ca2+，故加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为MgF2、CaF2。
（5）操作I得到氯化钴晶体，则调节pH应该加入盐酸，然后进行结晶操作，故为：向水层加入浓盐酸调整pH至2～3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（6）pH=9.2时Co(OH)2完全沉淀，此时pOH=4.8，Ksp[Co(OH)2]= =2.5×10-15。
（7）草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中首先失去结晶水生成CoC2O4， 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4同时产生CO2，钴元素、碳元素化合价升高，则空气氧气会参与反应起到氧化剂作用，反应为。
6．(1)
(2)+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3) Cr (OH)3 Ca(OH)2、Mg(OH)2
(4)防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
(5)
(6)
【分析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等 )加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、 Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7 ~ 8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr (OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
【详解】（1）根据上述分析可知气体A是CO2，在CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式为；
（2）酸化时转化为，在还原时与H2C2O4发生反应产生Cr3+、CO2、H2O，则根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知还原反应的离子方程式为：+3H2C2O4+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
（3）根据上述分析可知滤渣1的主要成分是Cr (OH)3；再加NaOH溶液，调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，则滤渣2主要成分是Ca(OH)2、Mg(OH)2；
（4）根据题意可知Cr (OH)3是两性氢氧化物，若使用NaOH溶液调整溶液pH时，若pH过大会导致Cr (OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为防止pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
（5）反应的化学平衡常数K=；
（6）在该晶胞中Sr原子个数为8×=1，含有O原子个数为6×=3，含有Ti原子个数是1，则在1个晶胞中含有1个SrTiO3，晶胞中Sr与Ti原子之间距离为体对角线的，假设晶胞边长为L，，L=，则该晶体密度ρ=。
7．(1)为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率
(2) 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率
(3)80℃后，分解速率大，浓度显著降低
(4) CaSO4微溶 BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O
(5)%
【分析】由题给流程可知，磷精矿经粉碎成粉加入稀硫酸共热酸浸、过滤得到含有有机碳和硫酸的粗磷酸和石膏；向粗磷酸中加入过氧化氢共热，将有机碳氧化为二氧化碳脱除后，加入过量的碳酸钙将溶液中的硫酸钙转化为微溶的硫酸钙除去，得到含有磷酸二氢钙的磷酸，经系列操作后制得粗制磷酸；
【详解】（1）需要把磷精矿进行研磨，主要是为了增大固体的接触面积，使浸取更充分，提高浸取率；
（2）根据图示可知，所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为；由题意可知，与硫酸反应生成、磷酸、氟化氢和水，反应的化学方程式为；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；
（3）过氧化氢受热易分解，当温度高于80℃后，过氧化氢的分解速率加快，溶液中过氧化氢的浓度显著减小，导致脱除率降低降低，故答案为：80℃后，分解速率大，浓度显著降低；
（4）由分析可知，加入碳酸钙的目的是除去粗磷酸中混有的硫酸，将硫酸转化为硫酸钙脱除，由于硫酸钙微溶于水，即使加入过量的碳酸钙，溶液中依然会残留硫酸根离子；加入碳酸钡将硫酸转化为难溶的硫酸钡沉淀能提高硫的脱除率，脱硫过程中，由于磷酸的酸性强于碳酸，磷酸也能与碳酸钙或碳酸钡反应转化为磷酸二氢钙或磷酸二氢钡，则加入碳酸钡脱硫的离子方程式为BaCO3+SO+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO+H2O；
（5）由题意可知，滴定过程中磷酸与氢氧化钠溶液反应生成磷酸氢钠，反应的方程式为H3PO4+NaOH=NaH2PO4+H2O，由滴定消耗c mLbmol/L氢氧化钠溶液可知，精制磷酸中磷酸的质量分数为×100%=%，故答案为：%。
8．(1) 增大I2的溶解度，从而加快反应速率 防止I2升华
(2)
(3)Na2CO3溶液
(4)HI或氢碘酸
(5)蒸发速度快，且可减少因温度高导致NaI·2H2O氧化(或其他合理描述)
(6)95.76％
【分析】纯碱中加入蒸馏水溶解然后向其中加入I2，发生歧化反应产生NaI、NaIO3、NaIO，向其中加入N2H4·H2O，可以将NaIO3还原为N2， NaIO3则被还原为I-；然后加入活性炭脱水，再过滤弃去滤渣，向滤液中先加入Ba(OH)2溶液，使转化为BaSO4沉淀，再加入稍过量Na2CO3溶液除去过量Ba2+，除去过量BaSO4、BaCO3沉淀，向滤液中加入HI调整溶液pH，反应产生NaI，然后在80℃条件下减压蒸发、再冷却结晶得到NaI·2H2O，然后加热使其失去结晶水得到NaI。
【详解】（1）因为I2在水中的溶解度小，结合已知信息可知，向溶液中加入少量NaI，其目的是增大I2的溶解度，从而加快反应速率；
该步骤I2易升华，反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃，是由于反应温度过高会导致I2会发生升华，为防止其升华，反应温度不能太高，控制温度为40~70℃；
（2）还原时NaIO3则被还原为I-，N2H4·H2O被氧化为N2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：；
（3）“除”时，若a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，可以使溶液中的形成BaSO4沉淀除去，则b应该是可以除去过量Ba2+的试剂，又因不能引入其它离子，所以加入的试剂b为Na2CO3溶液或NaHCO3溶液；
（4）调pH应加酸酸化除去过量OH-，同时也不能引入杂质离子，结合生成物可知，试制X应为HI或氢碘酸；
（5）减压蒸发操作的目的有两个，一是可降低点蒸发发时溶液的温度，因而可减少NaI·2H2O的氧化，二是降低物质的沸点，使物质在较低温度时蒸发速度快；
（6）NaI与AgNO3溶液会发生反应：NaI+AgNO3=AgI↓+NaNO3，根据物质反应转化关系可知在25.0 mL溶液中含有NaI的物质的量n(NaI)=n(AgNO3)=0.2100 mol/L×0.01520 L=0.003192 mol，则5.00 g样品配制的250 mL溶液中含有的NaI的物质的量n(NaI)=0.003192 mol×10=0.03192 mol，则其中NaI的质量为m(NaI)=0.03192 mol×150 g/mol=4.788 g，故该样品中NaI的质量分数为。
9．(1)C
(2)Mn2+、、H+
(3)增大H2O2的浓度、使用合适的催化剂
(4)Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑
(5)洗涤、烘干
(6) 2：3
【分析】废液中含有Fe2+、Mn2+、，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，过滤除去氢氧化铁，加入NH4HCO3碳化，反应生成碳酸锰，再过滤后经过一系列操作得到碳酸锰。
【详解】（1）A．调节pH如果用Fe2O3，则可能会混入Fe3+，引入杂质，A错误；
B．用NaOH调节pH，则会引入Na+，引入了杂质，B错误；
C．用MnCO3调节pH，Fe3+水解生成氢氧化铁和氢离子，氢离子与MnCO3反应使Fe3+水解平衡正向移动，生成氢氧化铁沉淀，且产生的Mn2+后续还能碳化重新生成MnCO3，C正确；
D．该反应需要增大溶液的pH使Fe3+沉淀，加入硫酸无法增大pH，D错误；
故答案选C。
（2）过滤1除去了氢氧化铁沉淀，因此滤液中主要离子为Mn2+、，氢氧化铁完全沉淀时pH约为3.7，溶液中还有H+。
（3）氧化过程中加快反应速率的方法有增大H2O2的浓度，使用合适的催化剂等。
（4）碳化过程中的离子方程式为Mn2++2=MnCO3+H2O+CO2↑。
（5）过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体，还需要对过滤得到的产物进行洗涤、烘干。
（6）115mg碳酸锰的物质的量为0.001mol，加热的过程中锰的物质的量不变，根据锰守恒可知，527.4℃时，固体中锰的物质的量为0.001mol，则剩余O的质量为79mg-55mg=24mg，则O的物质的量为0.0015mol，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3。
根据①中计算可知527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)=0.001：0.0015=2：3，则固体物质的化学式为Mn2O3，则MnCO3生成Mn2O3的化学方程式为
10．(1) Fe2+
(2) 4.7
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e- +2H2O=4OH-
【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，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”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+，铁元素原子序数为26，其基态原子价电子的电子排布式为3d64s2、轨道表示式；
（2）
由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓，故答案为：4.7pH<6.2；Al3+ +3OH - =Al(OH)3↓；
（3）
滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4；
（4）
①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）
由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）
①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；
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，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
11．(1)，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解
(2) 将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合
(3)和
(4)生成的可催化的分解
(5)加入消耗，增大，从而沉淀和
(6)
(7) 6
【分析】MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)加入废铁屑，再加入硫酸进行酸浸，除去滤渣1为和，再加入双氧水氧化，再加入碳酸钙调节pH，除铁、铝，除去滤渣2为氢氧化铁、氢氧化铝，再加入氟化锰除钙、镁，得到滤渣3为氟化钙、氟化镁，再加入碳酸氢铵沉锰，最后制得MnCO3。
【详解】（1）热的纯碱溶液清洗表面油污的原理为，温度升高水解程度增强，碱性增强使油污加速水解；
（2）为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为将铁屑与软锰矿破碎为粉末，充分搅拌混合；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为；
（3）不溶于酸，微溶于水，所以“滤渣1”中含有的成分为和；
（4）“氧化”过程中加入的量远超理论量的原因为生成的可催化的分解；
（5）加入能调节溶液酸度，从而起到“除铁、铝”的目的；
（6）“沉锰”时发生反应的离子方程式为；
（7）由图可知晶胞中的配位数为6，该晶体密度为。
12．(1)增大反应物接触面积，提高反应速率
(2)
(3)、AlO
(4)PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O
(5) 将转为沉淀除去 8.5
【分析】由题给流程可知，将研磨过筛的废铅膏粉加入氢氧化钠溶液碱浸，将氧化铝转化为偏铝酸钠，硫酸铅转化为氧化铅，过滤得到含有氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠的溶液I和脱硫铅膏；向脱硫铅膏中加入醋酸溶液和过氧化氢溶液，将脱硫铅膏中的含铅物质转化为溶于水的醋酸铅，氧化铁转化为醋酸铁，向转化后的溶液中分两次加入氢氧化钠溶液，先调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，过滤得到氢氧化铅；氢氧化铅经洗涤、干燥、灼烧得到氧化铅。
（1）
将废铅膏研磨过筛得到废铅膏粉，可以反应物的增大接触面积，加快反应速率，使反应更加充分，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）
向废铅膏粉中加入氢氧化钠溶液除去氧化铝的反应为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（3）
由分析可知，溶液I的主要成分为氢氧化钠、硫酸钠、偏铝酸钠，则溶液中的阴离子为氢氧根离子、硫酸根离子和偏铝酸根离子，故答案为：、AlO；
（4）
由题意可知，二氧化铅与醋酸和过氧化氢混合溶液反应生成醋酸铅、氧气和水，反应的化学方程式为PbO2+2CH3COOH+H2O2= (CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O，故答案为：PbO2+2CH3COOH+H2O2=(CH3COO)2Pb +O2↑+2H2O；
（5）
由分析可知，第一次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤后第二次加入氢氧化钠溶液的目的是调节溶液pH将铅离子完全转化为氢氧化铅沉淀，由溶度积可知，铅离子完全沉淀时，溶液的氢氧根离子浓度为=1×10—5.5mol/L，则溶液的pH为8.5，故答案为：将溶液中的Fe3+除去；8.5。
13．(1)粉碎或加热或增大盐酸浓度等
(2)为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液
(3) CuS 是
(4)或
(5)
(6)
【分析】由题给流程可知，锑矿用盐酸浸出时，矿中的氧化物均转化为可溶的氯化物，过滤得到滤渣和含有可溶的氯化物的滤液；向滤液中加入硫化钠溶液，将铜离子、铅离子转化为硫化铜、硫化铅沉淀，过滤得到除去铜离子、铅离子的滤液；向滤液中加入NaH2PO2溶液，将溶液中的砷离子转化为砷，过滤得到砷和含有氯化锑的滤液；电解滤液，在阴极得到锑，锑与氯气反应生成五氯化锑，五氯化锑与通入的氟化氢反应生成五氟化锑。
（1）
粉碎、加热、增大盐酸浓度等措施能提高锑矿浸出率，故答案为：粉碎或加热或增大盐酸浓度等；
（2）
由题给信息可知，三氧化二锑为两性氧化物，若用氢氧化钠溶液代替氨水，三氧化二锑会与过量的氢氧化钠溶液反应，导致回收产率降低，所以不能用氢氧化钠溶液代替氨水，故答案为：为两性氧化物，能溶于过量的NaOH溶液；
（3）
由溶度积可知，铜离子、铅离子开始沉淀时硫离子浓度分别为=6.0×10 34mol/L、=9.0×10 27mol/L，则铜离子转化为硫化铜沉淀所需硫离子浓度小于铅离子，先产生的沉淀1是硫化铜，当硫化铜、硫化铅共沉时，溶液中铜离子浓度为＜1.0×10 5mol/L，则铜离子已经完全沉淀，故答案为：CuS；是；
（4）
由除砷时，转化为可知，反应中砷元素的化合价降低被还原，砷离子为反应的氧化剂，故答案为：或；
（5）
由分析可知，以情性材料为电极电解三氯化锑时，锑离子在阴极得到电子发生还原反应生成锑，电极反应式为，当电压超过U0V时，锑的产率降低的原因可能是溶液中的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成了氢气，电极反应式为，故答案为：；；
（6）
由化合价的变化可知，标准状况下生成3.36L氟气时，反应转移电子数目为×2×NAmol—1=0.3NA，故答案为：0.3NA。
14．(1)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(2) B 5
(3)Mn+Ni2+=Mn2++Ni
(4)70
(5) MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O
(6)Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】浸出液中含有Mn2+等金属阳离子，加入软锰矿作氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入中和剂调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀；再加入锰粉，将Ni2+还原为Ni；加入稀硫酸，Ca2+转化为CaSO4沉淀，由溶解度曲线，可确定应将MnSO4转化为沉淀，而MgSO4杂质留在溶液中，所以调节温度达到MgSO4的最大溶解度。将生成的沉淀加水溶解，CaSO4沉降，所得滤液再蒸发结晶、干燥，便可得到MnSO4固体。
（1）
加入“氧化剂(软锰矿)”，将Fe2+氧化为Fe3+，用离子方程式表示为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O。答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）
①“中和剂”是中和H+，从而使c(H+)减小，使Al3+、Fe3+生成沉淀，所以该物质不可能为Al2O3、H2SO4、MnO2，只能为MgO，故选B。
②若使Al3+、Fe3+生成沉淀，从Ksp看，Al3+水解所需的c(OH-)大，c(Al3+)=1×10-6 mol·L-1，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33，则c(OH-)=10-9mol/L，c(H+)=10-5mol/L， pH=5，所以溶液的pH应不低于5。答案为：B；5；
（3）
由分析可知，“置换”的目的，是将Ni2+还原为Ni，离子方程式为；Mn+Ni2+=Mn2++Ni。答案为：Mn+Ni2+=Mn2++Ni；
（4）
因为MgSO4杂质量少，不可能完全析出，所以为除尽杂质，应让MnSO4结晶析出，为防止MgSO4结晶析出，应选择MgSO4溶解度最大的温度，故体系温度均应维持在70℃。答案为：70；
（5）
①MnO2 参与反应时，将氧化为CO2，而MnO2被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O。
②在反应中，可得出如下两个关系式：MnO2—、2KMnO4—5Na2C2O4，则该样品中MnO2的质量分数为=。答案为：MnO2+4H++=Mn2++2CO2↑+2H2O；；
（6）
以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极Mn2+失电子产物与电解质反应转化为MnO2，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+。
【点睛】书写电极反应式时，需关注电解质溶液的性质。
15．(1)7∶3
(2)BD
(3) 2Fe3+＋3ClO-＋10OH-= 2＋3Cl-＋5H2O 在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌
(4) 高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小 NaOH
(5) Fe-6e-+ 8OH-= +4H2O 易生成氢氧化铁等副产物(答案合理)
【分析】足量氯气与NaOH溶液反应制备NaClO，得到的溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境；向得到的碱性NaClO溶液中加入硝酸铁溶液得到溶液II：高铁酸钠溶液，加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体（湿产品）析出，洗涤干燥后得到纯净的高铁酸钾晶体。
（1）
某温度时NaOH与Cl2反应生成的ClO-和ClO的浓度之比为2∶1，根据得失电子守恒可得，被还原的氯原子生成氯离子，被氧化的氯原子生成ClO-和ClO，故被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为：7∶3；
（2）
根据分析，溶液I中加NaOH固体是与过量的氯气反应生成更多的NaClO，并为后续提供碱性环境，故选BD；
（3）
反应③是ClO-将Fe3+氧化为，离子方程式为：2Fe3+＋3ClO-＋10OH-= 2＋3Cl-＋5H2O；根据题中信息：高铁酸钾(K2FeO4)在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，故两溶液混合时：在碱性的NaClO浓溶液中缓慢滴加90%的Fe(NO3)3溶液，边加边搅拌；
（4）
根据分析，利用溶解度差异将高铁酸钠转化为高铁酸钾晶体析出，故往溶液II中加入饱和 KOH溶液得到湿产品的原因是：高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的小；由溶液II得到湿产品时加入了饱和KOH溶液，得到产品的同时又有NaOH生成，可循环利用；
（5）
利用电解法制备高铁酸钾，故阳极铁被氧化生成高铁酸根，电极反应式为：Fe-6e-+ 8OH-= +4H2O；该制备方法为碱性环境，易生成氢氧化铁等副产物导致产品纯度低。
16．(1)
(2)2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+
(3)
(4)烧杯、玻璃棒、漏斗
(5)能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥
(6)
(7)B
【分析】由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可以写出离子方程式，由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，“操作1”调pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但Co2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH的范围，以此解题。
(1)
由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为：；
(2)
氧化过程中在酸性条件下过氧化氢将二价铁氧化为三价铁，方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2H2O+2Fe3+；
(3)
“操作1”调节pH的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，范围为：；
(4)
经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；
(5)
“操作4”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥；
(6)
由表格可求，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：；
(7)
滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。
A．通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；
B．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯化银大，B正确；
C． AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN)D．，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；
答案选B。
17．(1)SiO2
(2)Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O
(3)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
(4) MnO 3.7≤pH＜4.7
(5)3.6×10-25
(6) 3：1 Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+
【分析】含锰废料主要含有MnCO3，少量FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3能与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1为二氧化硅，加入MnO2，利用二氧化锰的氧化性以及信息Ⅰ，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂X调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，滤渣2为氢氧化铁，然后加入MnS，将Cu2+转化成难溶的CuS，据此分析；
（1）
根据流程图，MnCO3、FeCO3、Cu2(OH)2CO3与盐酸反应，生成Mn2+、Fe2+、Cu2+，，SiO2为难溶于水的酸性氧化物，不与盐酸反应，滤渣1为二氧化硅，故答案为SiO2；
（2）
碱式碳酸铜可以写成CuCO3·Cu(OH)2，与盐酸反应生成CuCl2、CO2和H2O，其化学反应方程式为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；故答案为Cu2(OH)2CO3+4HCl=2CuCl2+CO2↑+3H2O；
（3）
根据流程图以及信息Ⅰ，MnO2将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原Mn2+，Fe2+化合价升高1价，MnO2中Mn的化合价降低2价，最小公倍数为2，环境为酸性，最后根据原子守恒和电荷守恒配平其他，其离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；故答案为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（4）
调节pH步骤，让Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，但不能引入新的杂质，试剂X中应含锰元素，试剂X又能与H+反应，因此试剂X为MnO；调节pH范围是Fe3+全部转化沉淀，Cu2+不能沉淀，即范围是3.7≤pH＜4.7；故答案为MnO；3.7≤pH＜4.7；
（5）
除铜步骤中发生MnS(s)+Cu2+(aq)Mn2+(aq)+CuS(s)，K=，代入数值，解得c(Cu2+)==3.6×10-25；故答案为3.6×10-25；
（6）
利用ClO的氧化性将Mn2+氧化成MnO2，本身被还原成Cl-，利用得失电子数目守恒，有n(ClO)×6=n(Mn2+)×2，推出n(Mn2+)∶n(ClO)=3∶1；根据电解原理，阳极上失去电子，化合价升高，因此Mn2+在阳极上失电子转化成MnO2，其阳极电极反应式为Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+；故答案为3∶1；Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
18．(1)除去活性炭
(2)Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2
(5)16g
(6) 2C2H4+O22CH3CHO Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl
【分析】由题给流程可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质；向焙烧后的固体中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为四氯合钯酸根离子，金属单质转化为可溶性金属氯化物，硅不反应，过滤得到含有硅的滤渣1和含有四氯合钯酸根离子、可溶性金属氯化物的滤液；向滤液中加入氨水，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，将四氯合钯酸根离子、铜离子、锌离子转化为四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣2和含有四氨合钯离子、四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液；向滤液中加入盐酸，将四氨合钯离子转化为(NH4)2PdCl4沉淀，过滤得到含有四氨合铜离子、四氨合锌离子的滤液和(NH4)2PdCl4；(NH4)2PdCl4与肼发生氧化还原反应制得钯。
（1）
由分析可知，废钯催化剂高温焙烧时，活性炭与氧化物高温下反应生成二氧化碳，二氧化硅和金属氧化物转化为硅和金属单质，则焙烧的目的是将活性炭转化为二氧化碳，达到除去活性炭的目的，故答案为：除去活性炭；
（2）
由分析可知，浸出时钯与盐酸和过氧化氢混合溶液反应生成四氯合钯酸根离子和水，反应的离子方程式为Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O，故答案为：Pd + H2O2 + 4Cl—+ 2H+ = PdCl+ 2 H2O；
（3）
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，化学式为Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）
由分析可知，沉钯时发生的反应为四氨合钯离子与盐酸反应生成(NH4)2PdCl4沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2，故答案为：Pd(NH3) + 4Cl—+ 4H+ = (NH4)2PdCl4↓+ 2；
（5）
由得失电子数目守恒可知，生成1mol Pd时理论上需要消耗肼的质量为1mol××32g/mol=16g，故答案为：16g；
（6）
由题意可知，在PdCI2-CuCl2催化下，乙烯与氧气发生催化氧化反应生成乙醛，反应的化学方程式为2C2H4+O22CH3CHO，由总反应和反应①、③的方程式可知，反应②为钯与氯化铜反应生成氯化钯和氯化亚铜，反应的化学方程式为Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl，故答案为：2C2H4+O22CH3CHO；Pd+2CuCl2=PdCl2+2CuCl。全国各地2023届高考化学工业流程题试题汇编（原卷版）
1．（2023·湖南邵阳·统考一模）比亚迪采用磷酸亚铁锂技术的刀片电池，大幅度提高了电动汽车的续航里程。以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的流程如下：
已知几种金属离子沉淀的pH如表所示：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 7.5 4.0
完全沉淀的pH 4.1 9.7 5.2
请回答下列问题：
(1)分子的空间结构为_______形。基态Fe原子的电子排布式为_______。
(2)“还原”反应的离子方程式为_______。
(3)“试剂R”是一种绿色氧化剂，其中心原子杂化方式为_______。
(4)从平衡的角度解析加FeO“除铝”的原因(结合离子方程式说明)_______。
(5)常温下，，“沉铁”中为了使，最小为_______。
(6)流程中在“高温煅烧”条件下，由制备的化学方程式为：_______。
(7)磷酸亚铁锂的晶胞结构如图所示：
长方体晶胞的长和宽均为apm，高为bpm，为阿伏加德罗常数，晶体密度为_______。
2．（2023·四川成都·一模）工业上用电解溶液生成的氯气为原料，生产溴酸钾的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)惰性电极电解溶液产生氯气总反应的离子方程式为______________。
(2)“合成I”中得到，该反应的还原剂是______________；“合成II”中加入的目的是____________。
(3)结合溶解度曲线分析，“合成Ⅲ”为复分解反应，该反应能发生的原因是____________；若向溶液中加入______________粉末，可使溶液中的降为[假设溶液体积不变，已知该温度下]。“合成III”实际中用饱和溶液而不用粉末的优点是______________(写一条)。
(4)为了从过滤II后的滤液中获得氯化镁结晶，依次要经过________、___________操作。
(5)另一种产生溴酸盐的方法是用溶液吸收，同时生成气体。写出相应的化学方程式______________；原子经济性更高的是______________(填“吸收法”或“氯气氧化法”)。
3．（2023·湖南永州·统考二模）钴是重要的金属材料，以镍电解钴渣[主要成分为等氢氧化物]为原料制备氢氧化高钴的流程如下：
已知：①氧化性：
②一般在时，才能被氧化水解生成沉淀。
(1)是27号元素，原子的价层电子排布式为_______。
(2)“溶解”过程得到的溶液中含有的主要阳离子有、、_______。
(3)“除铁”过程加入的作用是_______。
(4)“一次沉钴”会夹带生成少量的沉淀，利用含母液淘洗沉淀的目的是_______。
(5)“二次沉钴”过程生成的总化学反应方程式为_______。
(6)钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成。图1包含I型和II型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于顶点和面心。
①图2所示字母中，I型小立方体分别是a、_______(填字母序号)。
②用表示阿伏伽德罗常数的值，则钴蓝晶胞密度为_______(列出表达式)。
4．（2022·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）钛合金在国防、医用器材领域有重要应用，某研究小组利用钛铁矿[主要成分偏钛酸亚铁，含、杂质]制取，然后进一步制备金属钛，流程如下：
已知：a、发生的主要反应方程式如下：
；
b、部分物质的性质：
常温下状态 液体 液体 固体 固体
沸点 136.4 57.6 315 /
其他性质 极易水解 / / 不溶于水
(1)步骤Ⅰ发生的是非氧化还原反应，写出钛铁矿与浓硫酸发生的主要化学反应方程式___________。
(2)步骤Ⅲ为了除去浸取液中的铁元素杂质并回收。往浸出液中加入铁粉至溶液中的完全转化，然后抽滤，滤液用冰盐水快速冷却至结晶析出，再次抽滤并洗涤。下列说法正确的是___________。A．可能是在实验过程中氧化生成的
B．再次抽滤获得的滤液中溶质是和
C．利用冰盐水快速冷却有利于形成较大的晶体颗粒
D．再次抽滤后的洗涤应选用蒸馏水进行多次洗涤
(3)步骤Ⅳ包括钛盐的水解、产物的的分离和物质的转化。操作步骤如下：取一部分步骤Ⅲ获得的滤液→( )→( )→( )→( )→抽滤得偏钛酸→将偏钛酸在坩埚中加热到二氧化钛。将下列操作按合理顺序填入以上空格___________。
a、静置沉降后，用倾析法除去上层水
b、逐滴加入到沸水中并不停搅拌，继续煮沸约
c、用热的稀硫酸洗涤沉淀2-3次，然后用热水洗涤沉淀
d、慢慢加入其余全部滤液，继续煮沸约(过程中适当补充水至原体积)
(4)①另一种生产的方法是用天然晶体为原料，利用步骤Ⅴ的反应原理获得。产品中含有、、等杂质，可通过精馏的方法获得高纯，以下说法正确的是___________。
A．收集时，仪器a的温度应控制为136.4℃
B．若b处温度计水银球的位置偏下，则可能会获得低沸点的馏分
C．精馏结束时，留在圆底烧瓶中的主要成分是和
D．本实验宜用空气冷凝管代替直形冷凝管
②装有碱石灰的干燥管的作用是___________。
5．（2022·四川成都·统考模拟预测）利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Na+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀I中只含有两种沉淀。
③已知氧化性：Co3+>MnO2>ClO>Fe3+
④流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)得到水钴矿的前一步是对粗矿的粉末“焙烧”，该步氧化数据如表所示：
空气氧化法 氧化温度/℃ 氧化率/% 氧化时间/h
暴露空气中 450～500 88 14
对流空气氧化炉中 450～500 98 6
在对流空气中氧化效率高且氧化时间短的原因是_______。
(2)浸出过程中加入Na2SO3作用是_______。
(3)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_______。
(4)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是_______；萃取剂层含锰元素，则加入NaF溶液所得沉淀II的主要成分为_______。
(5)操作I包括：向水层加入_______调整pH至2～3，蒸发浓缩_______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(6)根据表格中的数据计算Ksp[Co(OH)2]=_____(假设离子浓度小于等于10-5mol/L视为完全沉淀，已知100.4=2.5)
(7)将草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中 290～320℃温度范围得到剩余的固体物质化学式为Co3O4，同时产生CO2，写出该过程的化学方程式_____。
6．（2023·广东·惠州一中模拟预测）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：
已知：①Sr(OH)2为强碱，Cr(OH)3为两性氢氧化物；
②常温下，各物质的溶度积常数如表所示。
化合物 Cr(OH)3 Ca(OH)2 Mg(OH)2 SrCO3
Ksp近似值
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_____________。
(2)“酸化”步骤发生如下反应：，则“还原”时发生反应的离子方程式为______________。
(3)滤渣1的主要成分为_____________，滤渣2的主要成分为_____________(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不直接用NaOH调节溶液的pH≈13的原因是_____________。
(5)“碳化”时，反应的化学平衡常数K的计算关系式为_____________。(用相关平衡常数表达，已知碳酸的电离常数为Ka1、Ka2)
(6)上述流程合成的碳酸锶与TiO2在高温下反应，可以制得高温超导基片材料SrTiO3，SrTiO3的立方晶胞结构如图所示，其中Ti处在体心位置，Sr与Ti的最近距离为a nm，已知SrTiO3的相对分子质量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则SrTiO3晶体的密度为_____________g/cm3(列出M、NA、a相关的算式即可)。
7．（2022·河南开封·统考模拟预测）磷精矿[主要成分为Ca5(PO4)3OH，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等]湿法制备磷酸的一种工艺流程如图：
回答下列问题。
(1)“酸浸”之前，需要把磷精矿进行研磨，目的是_____。
(2)SO浓度在一定范围内，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图所示。
“酸浸”后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为____(填化学式)，此条件下，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟元素转化为HF的化学方程式为____；“洗涤”时，使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是____。
(3)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间、不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因是____。
(4)脱硫时，CaCO3稍过量。充分反应后SO仍有残留，原因是____；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式为____。
(5)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol L-1NaOH溶液滴定至终点时生成NaH2PO4，消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是____。
8．（2022·安徽铜陵·统考二模）碘化钠(NaI，白色粒状)常用于医学和摄影技术。以纯碱(含少量Na2SO4杂质)为原料制备NaI的流程如下：
已知：①I2与Na2CO3生成NaI、NaIO和NaIO3；
②
③NaI·2H2O易被O2氧化生成I2，且温度越高，反应速率越快；
④减压可使物质的沸点降低。
回答下列问题：
(1)“转化”时，向溶液中加入少量NaI的目的是_______；该步骤反应适宜的温度为40~70℃，温度不宜超过70℃的原因是_______(从的性质考虑)。
(2)写出“还原”时，发生反应的离子方程式：_______()。
(3)“除”时，若试剂a是稍过量的饱和Ba(OH)2溶液，则b是稍过量的_______。
(4)试剂X是_______
(5)获得NaI·2H2O时，采用减压蒸发的原因是_______。
(6)测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：
该样品中NaI的质量分数为_______。
9．（2022·贵州·校联考模拟预测）碳酸锰(MnCO3) 可用作瓷釉、肥料和饲料添加剂，还应用于医药，电焊条辅料等。某工厂酸性废水中含有Fe2+、Mn2+、SO，以该废液为原料制备碳酸锰的工艺流程如图所示(部分操作和条件已略)。
回答下列问题：
(1)调节pH值选用的最佳试剂是_______(填序号)。
A．Fe2O3 B．NaOH C．MnCO3 D．H2SO4
(2)过滤1后滤液中存在的主要离子有_______。
(3)氧化过程加快反应速率的方法有_______(写两种方法)。
(4)碳化过程中发生的离子方程式为_______。
(5)过滤2后要得到高纯度碳酸锰固体还需经过操作_______。
(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取115mg碳酸锰加热，固体物质的质量随温度的变化如图所示。
①527.4℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)为_______。
②527.4℃时，MnCO3生成相应固体物质的化学方程式为_______
10．（2022·广东东莞·东莞市东华高级中学校考模拟预测）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)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，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_______，画出该元素基态原子价电子的轨道表示式_______。
(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2.7g·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1mol 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_______。
11．（2022·广东·模拟预测）MnCO3常用于医药、电焊条辅料等，以软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量Fe2O3、Al2O3、SiO2、MgO、CaO等)为原料制备MnCO3的流程如下：
回答下列问题：
(1)废铁屑在使用前需要用热的纯碱溶液清洗表面油污，其清洗原理为_______(结合离子方程式和必要的语言解释)。
(2)为了使废铁屑与软锰矿在“酸浸”中充分反应，可采取的措施为_______；“酸浸”时主要发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤渣1”中含有的主要成分为_______。
(4)“氧化”过程中加入H2O2的量远超理论量的原因为_______。
(5)加入CaCO3能“除铁、铝”的原因为_______。
(6)“沉锰”时发生反应的离子方程式为_______。
(7)MnO2的正交(棱与棱之间的夹角均为)晶胞结构如下图所示，晶胞参数分别为、、。其中Mn的配位数为_______；用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______。
12．（2022·广东广州·校联考模拟预测）铅蓄电池的拆解、回收和利用可以减少其对环境的污染，具有重要的可持续发展意义。利用废铅蓄电池的铅膏(主要成分为、，还有少量、、)制备的流程如图：
回答下列问题：
(1)步骤①将废铅膏研磨过筛的目的是___________。
(2)向废铅膏粉中加入溶液可将转化为，并除去，写出除去的反应的离子方程式___________。
(3)溶液I中主要含有的阴离子有、___________。
(4)加入溶液和溶液可将脱硫铅膏中的含铅物质转化为。转化为的化学方程式是___________。
(5)为使完全沉淀并获得纯净的，需向溶液II中分两次加入溶液。第一次加入的目的是___________，过滤后，第二次加入溶液调节溶液的至少为___________。(已知：25℃，，，离子浓度可视为沉淀完全)
13．（2022·广东·珠海市第一中学校联考模拟预测）五氟化锑()是非常强的路易斯酸其酸性是纯硫酸的1500万倍。以某矿(主要成分为，含有少量CuO、PbO、等杂质)为原料制备的工艺流程如图。
已知：Ⅰ.CuS、PbS的分别为、；
Ⅱ.微溶于水、难溶于水，它们均为两性氧化物，SbOCl难溶于水。
回答下列问题：
(1)为提高锑矿浸出率可采取的措施有_______。(填一种)
(2)“滤渣Ⅰ”中存在少量的SbOCl，可加入氨水对其“除氯”转化为回收，不宜用NaOH溶液代替氨水的原因为_______。
(3)已知：浸出液中：，，在“沉淀”过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀1是_______(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，“沉淀1”是否已沉淀完全(离子浓度小于即可)_______。(填“是”或“否”)
(4)“除砷”时，转化为，该反应的氧化剂是_______。
(5)“电解”时，以情性材料为电极，锑的产率与电压大小关系如图所示，阴极的电极反应式为_______；当电压超过时，锑的产率降低的原因可能是发生了副反应_______。(填电极反应式)
(6)与反应，首次实现用非电解法制取，同时生成和，若生成(标准状况)，则转移电子的数目为_______(设为阿伏加德罗常数)
14．（2022·陕西西安·西安高级中学校考一模）软锰矿的主要成分是MnO2，其悬浊液可吸收烟气中的SO2，所得酸性浸出液又可用于制备高纯硫酸锰，其一种工艺流程如下图所示。已知金属单质的活动性顺序为Al＞Mn＞Fe＞Ni。回答下列问题：
(1)用离子方程式表示加入“氧化剂(软锰矿)”的作用：_______。
(2)已知：Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33、Ksp[Ni(OH)2]=1.6×10-15、Ksp[Mn(OH)2]=4.0×10-14、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39。 “水解沉降”中：
①“中和剂”可以是_______(填标号)。
A．Al2O3 B．MgO C．H2SO4 D．MnO2
②溶液的pH应不低于_______。(离子浓度小于1×10-6 mol·L-1时，即可认为该离子沉淀完全)
(3)“置换”的目的是_______(用离子方程式表示)。
(4)“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如下图所示。结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在_______(填“27”“60”或“70”)℃。
(5)“草酸钠-高锰酸钾返滴法”可测定软锰矿中MnO2的纯度(假设杂质不参与反应)：取a g MnO2样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入V1 mL c1 mol·L-1 Na2C2O4溶液(足量)，最后用c2 mol·L-1的KMnO4溶液滴定剩余的Na2C2O4，达到终点时消耗V2 mL 标准KMnO4溶液。
①MnO2参与反应的离子方程式为_______。
②该样品中MnO2的质量分数为_______(列出表达式即可)。
(6)锰及其化合物应用越来越广泛，MnO2是一种重要的无机功能材料，制备MnO2的方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液，阳极的电极反应式为_______。
15．（2022·云南保山·统考一模）高铁酸钾(K2FeO4)为暗紫色固体，可溶于水，在中性或酸性溶液中逐渐分解，在碱性溶液中稳定，是一种新型多功能水处理剂。其生产工艺如图1所示：
回答下列问题：
(1)反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时 NaOH 与Cl2反应生成NaClO3，取某温度下反应液，测得ClO-与的物质的量浓度之比是2∶1，则Cl2与氢氧化钠溶液反应时，被还原的氯原子与被氧化的氯原子的物质的量之比为_______。
(2)在溶液I中加入 NaOH 固体的目的是_______(填字母)。
A．使 NaClO3转化为 NaClO
B．为下一步反应提供碱性的环境
C．NaOH 固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
D．与溶液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的NaClO
(3)反应③的离子方程式为_______，制备时，两溶液混合的操作为_______。
(4)往溶液II中加入饱和 KOH溶液得到湿产品的原因是_______。该工艺流程中可循环使用的物质是_______(填化学式)。
(5)高铁酸钾还可以通过电解法制备，其原理如图2所示：
阳极的电极反应式为_______。该方法操作简便，成功率高，易于实验室制备。缺点是产品纯度低，其原因是_______。
16．（2022·江西鹰潭·统考一模）无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2·6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、 SiO2等)制取CoC2O4·2H2O及CoCl2·6H2O工艺流程如图所示：
已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、 Mg2+等；
②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；
③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Co2+ Mn2+
开始沉淀时 2.7 7.6 4.0 7.6 7.7
完全沉淀时 3.7 9.6 5.2 9.2 9.8
回答下列问题：
(1)“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式为_______。
(2)“氧化”过程中涉及的反应离子方程式_______。
(3)“操作1”调pH的范围为_______。
(4)在实验室完成“操作3”需用到的玻璃仪器有_______。
(5)“操作4”洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_______。
(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0 ×10-5mol·L-1 )时Fe3+的浓度为_______。
(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是_______(填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20°C时的颜色及Ksp值如表：
化学式 AgCl AgSCN Ag2S Ag2CrO4
颜色 白色 浅黄色 黑色 红色
Ksp 2.0×10-10 1.0×10-12 2.0×10-48 2.0×10-12
A．KCl B．K2CrO4 C．KSCN D．K2S
17．（2022·河南·校联考模拟预测）某含锰废料中主要含MnCO3及少量的FeCO3、SiO2、Cu2(OH)2CO3，以此为原料制备MnO2的流程如下：
I.氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表：
氢氧化物 Mn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2
开始沉淀时pH 8.3 6.3 2.7 4.7
完全沉淀时pH 9.8 8.3 3.7 6.7
II．常温下Ksp(MnS)=2.0×10-10、Ksp(CuS)=6.0×10-36。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。
(2)“酸浸”时，Cu2(OH)2CO3反应的化学方程式为___________。
(3)“氧化1”的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)“调pH”时，试剂X为___________(任写一种)，pH的调节范围为___________。
(5)“除铜”时，当溶液中c(Mn2+)=12mol·L-1，溶液中c(Cu2+)=___________mol·L-1。
(6)“氧化2”制备MnO2(恰好完全反应)时，n(Mn2+)：n()=___________(→Cl-)；“电解”制备MnO2的阳极电极反应式为___________。
18．（2022·江西景德镇·统考二模）某废钯催化剂主要含Pd、活性炭、SiO2、Al2O3、Fe3O4、CuO、ZnO。其一种回收利用工艺如图所示。回答相关问题。
(1)焙烧的目的_______。
(2)浸出后Pd以PdCl形式存在，写出对应的离子方程式_______。
(3)已知Cu2+和Zn2+易与氨水形成Cu(NH3)和Z(NH3)，则滤渣2的化学式为_______。
(4)除杂后Pd以Pd(NH3)形式存在，沉钯时得到的是(NH4)2PdCl4， 写出沉钯时对应的离子方程式_______。
(5)若还原时生成1mol Pd，则理论上需要消耗N2H4的质量为_______。
(6)工业上制备乙醛是在PdCI2—CuCl2催化下用氧气氧化乙烯制备。写出该反应的化学方程式_______。 该反应过程复杂，可简单用下列3个反应表示，将反应②补齐。
①C2H4+ PdCl2+ H2O= CH3CHO+ Pd+2HCl
②_______；
③4CuCl+O2+4HCl=4CuCl2+2H2O