【高考押题卷】2025年高考化学预测考前冲刺--工艺流程解答题（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考化学预测考前冲刺--工艺流程解答题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 6.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-20 10:21:45 | ||
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文档简介
高考化学考前冲刺押题预测 工艺流程解答题
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 新疆一模）二氧化铈（CeO2）是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料，制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F﹣结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 （写一种）。
（2）“萃取”时存在反应：，图中D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为 。
（4）“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。
（5）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生CeO2 CeO2（1﹣X）+xO2↑（0≤x≤0.25）的循环，请写出CeO2消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式 。
（6）CeO2常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞边长apm。（已知：O2﹣的空缺率）
①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为 pm。
②若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为 。
2．（2025 昆明一模）用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性。一种从废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质）中回收钯的工艺流程如图：
已知：
①Pd在常温下不与盐酸反应，加热条件下易被空气氧化为PdO；
②“浸出”时Pd和Pt分别转化为和。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为 （填化学式，下同）；“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、 。
（3）“滤渣1”的主要成分是 （填化学式）。
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体。“沉钯”的化学方程式为 ，“滤液2”经浓缩后可返回步骤 循环使用。
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，该过程每消耗1mol N2H4 H2O理论上生成海绵钯的质量为 g。
3．（2025 淮安校级三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为MnS及少量FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图2所示（25℃），此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）Mn2+的价电子排布式为 。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ；其中除去Fe3+的离子方程式为 。
（5）“氟化除杂”时，若维持c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1，溶液中的Mg2+和Ca2+ （填“能”或“不能”）都沉淀完全[已知：；]。
4．（2025 淮安校级三模）实验室利用重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）制备BaCO3。
Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如图：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠（浓度为1.5mol L﹣1）溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是 。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗BaCO3样品，用20%H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150mol L﹣1EDTAEDTA（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是 。
（4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数 （写出计算过程）。
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
（6）粗BaCO3中含有杂质Fe（OH）3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe（OH）3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀HCl、Na2CO3溶液]
5．（2025 靖远县三模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可用于制备玻璃添加剂、汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题：
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20；
②硫酸体系中，Ce4+在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是 。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为40～50℃的原因是 。
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于 时，Ce3+完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 （填字母）。
A.电解熔融NaCl制钠
B.利用铝热反应制锰
C.氧化汞分解制汞
6．（2025 湖北二模）NaSbF6（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿（主要含Sb2O3Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等）为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36、Ksp[Cu（OH）2]＝2.1×10﹣20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有 种。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），写出反应的离子方程式： ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 。
（3）“滤渣1”的成分是 （填化学式）。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S2﹣。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，若此时溶液的pH为10，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ mol L﹣1。
（5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为 （保留两位有效数字）t。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 。
7．（2024秋 潍坊期末）以铂钯精矿（含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等）为原料，分离和回收贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，金属Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，Ksp[（NH4）2PdCl6]＝9.9×10﹣8（NH4）2PtCl4易溶于水
回答下列问题：
（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3。“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为 ；
根据如图判断“焙烧”适宜的条件为 。
（2）滤液2的主要成分是 （填化学式），“分金”得到Au的反应的离子方程式为 ；加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是 。
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，充分反应后，溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是 mol L﹣1。
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是 。
8．（2025春 岳麓区校级期中）铁黄（FeOOH）是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）为原料生产铁黄的工艺流程如图：
（1）铁黄中铁的化合价为 ，铁元素在元素周期表中的位置为 。
（2）“滤渣1”的主要成分是 （填名称）。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为 ；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是 （填化学式，下同），“滤渣2”的主要成分为 。
（4）“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为 。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3 xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x＝ （用含m1、m2的代数式表示）。
9．（2025春 苏州期中）柠檬酸亚铁晶体（FeC6H6O7 2H2O）是一种易吸收的高效铁制剂，可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精。实验室模拟制取柠檬酸亚铁晶体的流程和有关装置如图：
（1）制备碳酸亚铁
①配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液的蒸馏水必须经过煮沸并冷却，原因是 。
②为保证碳酸亚铁的纯度，图﹣1中试剂B是 溶液（填化学式）。
（2）制得柠檬酸亚铁晶体
①制备装置如图﹣2所示，写出反应Ⅱ中制备柠檬酸亚铁的化学方程式： 。
②反应Ⅱ中需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是 （填字母）。
a.Fe粉
b.Cu粉
c.Fe2O3粉
d.Na2SO3粉
③由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为 、用无水酒精洗涤、干燥。
④上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是 。
（3）测定产品中的铁含量
称取25.00g产品，用容量瓶配成100.00mL溶液；量取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，先滴加适量强氧化剂将柠檬酸根离子全部氧化为二氧化碳和水；再向溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入硫酸酸化，用0.2000mol L﹣1KMnO4溶液滴定（还原产物为Mn2+），恰好完全反应时消耗KMnO4溶液17.00mL。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 。
②计算该产品中的铁含量 （写出计算过程，计算结果精确到0.01%）。
10．（2025 兴庆区校级二模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）Co元素在周期表中的位置为 。
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。
（4）取50g合金渣（其中Co的质量分数约为37%），若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 。
（5）“沉淀3”为草酸钴（CoC2O4），将17.64g草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g钴的氧化物，其化学式为 。该氧化物晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成（如图2）。其中黑球（）代表 （填“Co2+”、“Co3+”或“O2﹣”）。
11．（2025 昆明一模）镍和钼都是重要的战略金属，被广泛应用于冶金、电子等行业。一种以镍钼矿（主要含NiS、MoS2、少量FeS2、Al2O3和SiO2等）为原料提取镍和钼的工艺流程如图：
已知：①“酸浸”后，Ni、Mo的存在形式分别为。
②流程使用的阳离子交换树脂作用原理为；阴离子交换树脂作用原理为。
③CaSO4可以将絮状沉淀吸附后共同沉淀。
回答下列问题：
（1）中Mo的价态为 。
（2）“氧化焙烧”步骤中加入CaO的目的是 。
（3）“氧化”步骤中Fe2+发生反应的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分为Al（OH）3、 、 （填化学式）。
（4）实验室使用如图装置“提钼”“提镍”，离子交换柱中填充的树脂分别为 、 （填“阳”或“阴”）离子交换树脂。“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后可得到产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可向离子交换柱注入 （填化学式）水溶液。
12．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。
13．（2025 保定一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
（2）“预氧化与除铁”最好采用 （填标号）作氧化剂；“铁渣”的主要成分是 。
a.HClO溶液 b.MnO2 c.KMnO4溶液
（3）“洗液”可以返回到 步骤进行循环使用。
（4）“操作”的名称为 。
（5）在600～700℃下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，则该反应中固体产物的化学式为 。
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为 。
14．（2025 河南模拟）铊（Tl）广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰（主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O）中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
①Tl+易被氧化为Tl3+。
②在氯化物一硫酸水溶液中，Tl元素以形式存在。
③萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
④常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.7×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，1g3≈0.5。
请回答下列问题：
（1）根据铊（81Tl）的原子序数推测该元素在元素周期表中的位置为 。
（2）“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式为 。
（3）滤渣的主要成分为 。
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，控制pH范围为 （已知当溶液中离子浓度小于10﹣5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数）。
（5）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 。
（6）“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 。
（7）铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d＝ nm（用含ρ、NA的代数式表示）。
15．（2025 南宁三模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣（含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2）中回收钴和锌的工艺如tu：
已知：
物质 Fe（OH）3 Co（OH）3 Zn（OH）2 Co（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）2
Ksp 2.8×10﹣39 1.6×10﹣44 6.7×10﹣17 5.9×10﹣15 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17
回答下列问题：
（1）“酸浸”前需要将炼锌钴渣粉碎，粉碎的目的是 。
（2）“氧化”中被氧化的离子是 。滤渣2的主要成分是 （填化学式）。
（3）“沉钴”中发生反应的离子方程式为 。溶液1中含
有的金属阳离子主要有Na+和 。
（4）“还原酸溶”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“合成”中发生反应的化学方程式为 。
（6）钴盐可用于制备含镍钴的铁合金，一种合金X的立方晶胞如图所示。
该晶胞中粒子个数比Fe：Co：Ni＝ ；设合金X的密度为ρg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体中Fe和Ni之间的最短距离为 nm（列出计算式）。
16．（2025 拉萨模拟）电池随意丢弃会造成环境污染，一种从废旧碱性锌锰干电池中回收Mn制备MnSO4 H2O的工艺如图所示。
（1）基态Mn原子的价层电子排布式为 ；“水溶”时，需将废旧干电池拆分粉碎，粉碎的目的是 。
（2）“酸溶”时，难溶的ZnMnO4会转化为可溶性的Zn2+、Mn2+，同时有气体生成，该反应的离子方程式为 ，该反应的还原剂为 （填化学式）。
（3）除杂过后，获得MnSO4溶液，已知MnSO4的溶解度曲线如图所示。
①从MnSO4溶液中获得MnSO4 H2O晶体的操作是蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。若想获得更高纯度的MnSO4 H2O晶体，可以采取的措施有 （写一条即可）。
②在900℃持续煅烧50.7gMnSO4 H2O（M＝169g mol﹣1），最终剩余固体的质量为22.9g，该固体为Mn的氧化物，其化学式为 。
（4）碱性锌锰干电池放电时的总反应为Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，其正极的电极反应式为 。
17．（2025 惠州一模）钒（V）是一种重要的战略金属元素，利用硫酸熟化一水浸工艺从石煤（含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3）中制得VO2+的工艺流程如图：
已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；
②树脂吸附原理：RCl﹣+M﹣ RM﹣+Cl﹣。
（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如图，最佳的熟化温度为 。
（2）“氧化中和”后钒的化合价为 ，滤渣2的主要成分为 。
（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：
“树脂吸附”的化学方程式为 ，流出液的主要成分为 。
（4）“解吸”时可以用浓NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因 。
（5）向NH4VO3的悬浊液中加入MgCl2溶液，当溶液中c（Mg2+）＝1.8×10﹣6mol L﹣1，则溶液中的c（）＝ 。（已知Ksp（NH4VO3）＝1.6×10﹣3，Ksp[Mg（VO3）2]＝1.8×10﹣12）
（6）“还原”过程的离子方程式为 。
（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图6，此氧化物的化学式为 ；已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g cm﹣3（列出计算式即可）。
18．（2025 河南校级模拟）现以铅蓄电池的填充物铅膏（主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO）为原料，可生产三盐基硫酸铅（PbSO4 3PbO H2O）和副产品Fe2O3 xH2O，其工艺流程如图：
已知：，，Pb（OH）2具有两性，PbO2有强氧化性。
（1）铅和碳同主族，与Cs同周期，则铅的外围电子轨道表示式为 。
（2）“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为 ，滤液1中和的浓度之比为 。
（3）在50～60℃“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为 。“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因为 。
（4）根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、 ，洗涤后干燥。
（5）大型客机燃油用四乙基铅[Pb（CH2CH3）4]作抗震添加剂，但皮肤长期接触对身体有害。Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于 晶体。已知Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式如图3，则其在xy平面上的二维堆积中的配位数是 。
19．（2025 温州二模）某兴趣小组利用废铜屑（主要成分为Cu，还含有少量Fe、Fe2O3）制备助燃剂——六水合高氯酸铜[Cu（ClO4）2 6H2O]，相关的流程如图：
已知：Cu（ClO4）2 6H2O易溶于水，微溶于乙醇，120℃时分解。
（1）步骤Ⅰ，H2O2浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀H2O2溶液浓缩，仪器A的名称是 ，毛细管的作用是平衡气压和 ，外接真空泵的原因是 。
（2）步骤Ⅲ，反应温度控制不超过80℃的原因是 。
（3）下列说法正确的是 。
A．步骤Ⅰ，H2O2的作用仅是将Fe2+氧化Fe3+
B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为Fe（OH）3
C．步骤Ⅲ，为了提高Cu2+的转化率，
D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤
（4）通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到Cu（ClO4）2 6H2O。从下列选项中选择最佳操作并排序：
Cu2（OH）2CO3→（ ）→（ ）→d→（ ）→（ ）→g→Cu（ClO4）2 6H2O
a．向浓HClO4一次性加入Cu2（OH）2CO3
b．向浓HClO4分几次加入Cu2（OH）2CO3
c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体
d．继续蒸发至有晶膜出现
e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却
f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾
g．将固体置于60℃的烘箱中干燥2小时
（5）用“恒电流电解法”测定Cu（ClO4）2 6H2O样品中的Cu含量，步骤如下：
①样品中Cu元素的质量分数是 %（用含m0、m1、m2、c的式子表示）。
②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
20．（2025 河南模拟）镓、锗是重要的稀有金属，广泛应用于航天航空、半导体、光电和通讯等领域。一种由冶炼锌的副产品（主要含Ga2O3、GeO2、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等）回收镓、锗的工艺如图。
已知：①镓、锗元素类似于Al元素，表现为两性；
②室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Mg2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 9.5
恰好完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.0 11.1
当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全；
③ZnFe2O4难溶于水。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”时，ZnFe2O4被SO2还原生成Fe2+的离子方程式为 。
（2）“酸浸还原”最佳温度为100℃。研究发现，温度升高会使Ge（SO4）2在硫酸体系中溶解度降低，除此外，温度不宜过高的原因还有 。
（3）“滤渣1”中单质S生成的化学方程式为 ，“操作3”为 。
（4）电解制Ga时，金属Ga在电解池的 （填“阳”或“阴”）极生成。
（5）向“溶液2”中先加入试剂Y，再调pH＝4，其目的是 。
（6）室温下，Ksp[Mg（OH）2]＝ ；“除Zn2+”时通常也采用调节pH的方法，可选用的试剂为 （填选项字母）。
A．MgO B．Na2CO3 C．NaOH D．盐酸
高考化学考前冲刺押题预测 工艺流程解答题
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 新疆一模）二氧化铈（CeO2）是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料，制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F﹣结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是 将+3价铈氧化为+4价 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 适当升温 （写一种）。
（2）“萃取”时存在反应：，图中D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小 。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为 2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+ 。
（4）“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 2：1 。
（5）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生CeO2 CeO2（1﹣X）+xO2↑（0≤x≤0.25）的循环，请写出CeO2消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式 CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2 。
（6）CeO2常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞边长apm。（已知：O2﹣的空缺率）
①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为 a pm。
②若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为 5% 。
【答案】（1）将+3价铈氧化为+4价；适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等；
（2）随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小；
（3）2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+；
（4）2：1；
（5）CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2；
（6）①a；
②5%。
【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3）氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，，从而除去溶液中的F﹣，再加入过氧化氢和硫酸，发生反应2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce（OH）3，加入NaClO、Ce（OH）3被氧化为Ce（OH）4，最终生成CeO2。
【解答】解：（1）根据分析可知，氧化的目的是将+3价铈氧化为+4价；影响反应速率的因素有温度、浓度、固体的表面积等，因此提高浸取率的方法有适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等，
故答案为：将+3价铈氧化为+4价；适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等；
（2）根据平衡Ce4++n（HA）2 Ce（H2n﹣4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（）增大，水层中Ce4+被﹣结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小，
故答案为：随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小；
（3）根据分析，“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，
故答案为：2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+；
（4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce（OH）3+NaClO+H2O＝2Ce（OH）4+NaCl，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，方程式为CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2，
故答案为：CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2；
（6）①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为晶胞对角线长度的四分之一，即apm，
故答案为：a；
②氧化铈（CeO2）立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×（0.8×2+0.1×3）＝7.6个O，则此晶体中O2﹣的空缺率5%，
故答案为：5%。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025 昆明一模）用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性。一种从废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质）中回收钯的工艺流程如图：
已知：
①Pd在常温下不与盐酸反应，加热条件下易被空气氧化为PdO；
②“浸出”时Pd和Pt分别转化为和。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出 。
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为 H2 （填化学式，下同）；“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、 Al3+ 。
（3）“滤渣1”的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为 Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O 。
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体。“沉钯”的化学方程式为 4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣ ，“滤液2”经浓缩后可返回步骤 浸出 循环使用。
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，该过程每消耗1mol N2H4 H2O理论上生成海绵钯的质量为 212.84 g。
【答案】（1）将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出；
（2）H2；Al3+；
（3）SiO2；
（4）Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O；
（5）4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣；浸出；
（6）212.84。
【分析】废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质），在空气中焙烧，目的是把Pd、Pt转化为氧化物，加入甲酸还原，PdO转化为Pd，过滤后的滤渣中加入浓盐酸和NaClO3，“浸出”时Pd和Pt分别转化为和，过滤得到滤渣1主要是SiO2，滤液中加入氯化铵溶液过滤分铂，得到（NH4）2PtCl6，滤液中加入氨水调节溶液pH8～9，氨化过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体，反应的离子方程式为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣，加入盐酸调节溶液pH1～2沉钯，过滤得到固体Pd（NH3）2Cl2，加入N2H4 H2O还原得到海绵钯，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）“焙烧”的目的是：将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出，
故答案为：将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出；
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为：H2，“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、Al3+，
故答案为：H2；Al3+；
（3）“滤渣1”的主要成分是：SiO2，
故答案为：SiO2；
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为：Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O，
故答案为：Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O；
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体，“沉钯”的化学方程式为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣，“滤液2”经浓缩后可返回步骤浸出循环使用，
故答案为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣；浸出；
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体为N2，电子守恒得到：N2H4 H2O～N2～4e﹣～2Pd（NH3）2Cl2～2Pd，该过程每消耗1mol N2H4 H2O生成2mol Pd，理论上生成海绵钯的质量＝2mol×106.42g/mol＝212.84g，
故答案为：212.84。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
3．（2025 淮安校级三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为MnS及少量FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图2所示（25℃），此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）Mn2+的价电子排布式为 3d5 。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 产生硫化氢等气体，污染环境 。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费 。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为 5.0≤pH＜7.54 ；其中除去Fe3+的离子方程式为 。
（5）“氟化除杂”时，若维持c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1，溶液中的Mg2+和Ca2+ 不能 （填“能”或“不能”）都沉淀完全[已知：；]。
【答案】（1）3d5；
（2）产生硫化氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；
（4）5.0≤pH＜7.54；；
（5）不能。
【分析】高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。
【解答】解：高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物；
（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5，
故答案为：3d5；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境，
故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费，
故答案为：由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10﹣5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是5.0～7.54；加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，因此反应为：，
故答案为：5.0≤pH＜7.54；；
（5）已知：，，溶液中的Ca2+沉淀完全时c（F﹣）mol/L＝6×10﹣4mol/L，当镁离子完全沉淀时，需维持c（F﹣）不低于mol/L＝8×10﹣3mol/L，因此当c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1时，溶液中的Mg2+不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和Ca2+不能都沉淀完全，
故答案为：不能。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 淮安校级三模）实验室利用重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）制备BaCO3。
Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如图：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠（浓度为1.5mol L﹣1）溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 0.029mol/L 。
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低 。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗BaCO3样品，用20%H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150mol L﹣1EDTAEDTA（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是 使Fe3+全部转化为Fe2+ 。
（4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数 1.68% （写出计算过程）。
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7 。
Ⅲ．制备。
（6）粗BaCO3中含有杂质Fe（OH）3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体， 在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤 ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe（OH）3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀HCl、Na2CO3溶液]
【答案】（1）①0.029mol/L；
②碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；
（2）；
（3）使Fe3+全部转化为Fe2+；
（4）1.68%；
（5）溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7；
（6）在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤。
【分析】重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）用饱和碳酸钠溶液处理，BaSO4转化为BaCO3，BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq），过滤得到Fe2O3、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，溶解BaCO3的离子方程式为：，过滤得到滤渣为Fe2O3，滤液中含有Ba2+，滤液中加入（NH4）2CO3溶液反应生成粗BaCO3，由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3，以此解答。
【解答】解：（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为1.5mol L﹣1，根据已知条件列出“三段式”
BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq）
起始（mol/L） 1.5 0
转化（mol/L） x x
平衡（mol/L） 1.5﹣x x
平衡常数K，则，解得x＝0.029，溶液中浓度为0.029mol/L，
故答案为：0.029mol/L；
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低，
故答案为：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；
（2）向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解，NH4Cl溶液呈酸性，溶解BaCO3的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）Na2S2O3具有还原性，测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是：使Fe3+全部转化为Fe2+，
故答案为：使Fe3+全部转化为Fe2+；
（4）由可得关系式：Fe2+ EDTA，则n（Fe2+）＝n（EDTA）＝0.0150mol L﹣1×20.00mL×10﹣3L mL﹣1＝3.000×10﹣4mol，重晶石中铁元素质量分数，
故答案为：1.68%；
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7，
故答案为：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7；
（6）由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3，
故答案为：在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2025 靖远县三模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可用于制备玻璃添加剂、汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题：
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20；
②硫酸体系中，Ce4+在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率 。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 BaSO4 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 作“钡餐”（或作造影剂等） 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 萃取分液 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为40～50℃的原因是 既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解 。
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于 9 时，Ce3+完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是 抑制CeCl3的水解 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 B （填字母）。
A.电解熔融NaCl制钠
B.利用铝热反应制锰
C.氧化汞分解制汞
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率；
（2）BaSO4；作“钡餐”（或作造影剂等）；
（3）萃取分液；
（4）；既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解；
（5）9；
（6）抑制CeCl3的水解；B。
【分析】向该含铈矿石（主要含CeFCO3）中通入氧气进行焙烧，将+3价的Ce氧化为+4价的Ce，向烧渣中加入稀硫酸酸浸，过滤后得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡，二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是BaSO4%SiO2，向滤液中加入（HA）2萃取Ce4+，再加入过氧化氢和稀硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到含Ce3+的溶液，加入NaOH溶液，使Ce3+转化为Ce（OH）3，经过一系列操作获得CeCl3 6H2O在HCl的氛围下加热CeCl3 6H2O可得到无水CeCl3，最后加入钙冶炼生成单质铈。
【解答】解：（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是：增大接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和BaSO4，BaSO4在医疗上的应用：可做钡餐，
故答案为：BaSO4；作“钡餐”（或作造影剂等）；
（3）步骤Ⅲ的操作将有机层与水层分离，名称是萃取分液，
故答案为：萃取分液；
（4）步骤IV加入H2O2，将Ce4+转化为Ce3+进入水层，发生反应的离子方程式为2Ce4++H2O2＝2Ce3++2H++O2↑；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40～50℃之间既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解，
故答案为：2Ce4++H2O2＝2Ce3++2H++O2↑；既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解；
（5）根据已知信息可知，Ce（OH）3的，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，Ce3+完全沉淀时，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1，则1.0×10﹣5mol L﹣1，c（H+）＜1.0×10﹣9mol L﹣1，所以此时溶液的pH＞9，
故答案为：9；
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，CeCl3+3H2O Ce（OH）3+3HCl在HCl的氛围下加热CeCl3 6H2O可抑制CeCl3的水解。本工艺中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法，电解熔融NaCl制钠是电解法，A项不符合题意；利用铝热反应制锰是热还原法，B项符合题意；氧化汞分解制汞是热分解法，C项不符合题意，
故答案为：抑制CeCl3的水解；B。
【点评】本题以稀土金属铈的制备工艺为情境，考查滤渣成分、离子方程式的书写、原因分析和计算等。突出基础性、应用性考查要求，体现变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的学科核心素养。
6．（2025 湖北二模）NaSbF6（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿（主要含Sb2O3Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等）为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36、Ksp[Cu（OH）2]＝2.1×10﹣20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有 3 种。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），写出反应的离子方程式： Sb2S3+6OH﹣3H2O ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 26H+＝Sb2S3+3H2S↑ 。
（3）“滤渣1”的成分是 Fe2O3和CuS （填化学式）。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S2﹣。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，若此时溶液的pH为10，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ 3×10﹣24 mol L﹣1。
（5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为 4.0 （保留两位有效数字）t。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O） 。
【答案】（1）3；
（2）Sb2S3+6OH﹣3H2O；26H+＝Sb2S3+3H2S↑；
（3）Fe2O3和CuS；
（4）3×10﹣24；
（5）4.0。
（6）S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O）。
【分析】锑矿主要含Sb2O3、Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等，加入NaOH和Na2S2O3溶液，浸出，Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），Sb2O3可与NaOH反应生成亚锑酸盐（Na3SbO3），Sb2O5可与Na2S2O3反应生成锑酸盐（Na3SbO3）和硫酸钠，Fe2O3、CuS不反应，过滤除去，滤液主要含有Na3SbO3、Na2S以及NaOH三种溶质，加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，过滤，滤渣2主要为CuS和Cu（OH）2沉淀，向滤液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度，慢慢滴入双氧水，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3 3H2O，向晶体中加入HF，进行氟化，经过一系列操作，得到NaSbF6（六氟锑酸钠），据此分析作答。
【解答】解：（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有Sb、O、S，Fe、Cu分别位于d区和ds区，即有3种元素位于p区，
故答案为：3；
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），根据原子守恒以及电荷守恒，则反应的离子方程式为：Sb2S3+6OH﹣3H2O，；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），则Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式为：26H+＝Sb2S3+3H2S↑，
故答案为：Sb2S3+6OH﹣3H2O；26H+＝Sb2S3+3H2S↑；
（3）根据分析可知，“滤渣1”的成分是Fe2O3和CuS，
故答案为：Fe2O3和CuS；
（4）若溶液的pH为10，c（H+）＝10﹣10mol/L，c（OH﹣）＝10﹣4mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）×c2（OH﹣）＝c（Cu2+）×（10﹣4）2＝2.1×10﹣20，则c（Cu2+）＝2.1×10﹣12mol/L，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ 3×10﹣24mol/L，
故答案为：3×10﹣24；
（5）根据题意有关系式：Sb～NaSbF6
122 259
10t×20%×（1﹣5%） m
则m10t×20%×（1﹣5%）≈4.0t，
故答案为：4.0。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生氧化反应，电极反应为S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O），
故答案为：S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O）。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及NaSbF6的制取，同时沉淀溶解平衡常数的应用，属于高考高频考点，难度中等。
7．（2024秋 潍坊期末）以铂钯精矿（含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等）为原料，分离和回收贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，金属Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，Ksp[（NH4）2PdCl6]＝9.9×10﹣8（NH4）2PtCl4易溶于水
回答下列问题：
（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3。“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为 PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2 ；
根据如图判断“焙烧”适宜的条件为 350℃，4h 。
（2）滤液2的主要成分是 CuSO4 （填化学式），“分金”得到Au的反应的离子方程式为 2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣ ；加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是 使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣ 。
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，充分反应后，溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是 1.1×10﹣6 mol L﹣1。
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是 氯化浸出 。
【答案】（1）PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2；350℃，4h；
（2）CuSO4；2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣；使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣；
（3）1.1×10﹣6；
（4）氯化浸出。
【分析】铂钯精矿含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等，加入Na2CO3，通入O2，焙烧，PtTe、PdSe转化为Pt、Pd以及Na2TeO3、Na2SeO3，水浸后，过滤，得到含有Au、Pt、Pd、CuO的滤渣，加入稀硫酸酸浸，除去CuO，滤液2的主要成分是CuSO4，向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气，进行氯化浸出，Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣，然后加入过量H2C2O4，还原Au，得到Au单质，同时H2C2O4被氧化为CO2，草酸还可以使][PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣，过滤除去Au后，向滤液中加入NH4Cl溶液，得到（NH4）2PdCl6沉淀和（NH4）2PtCl4溶液，过滤后，向滤液中加入NH4Cl和氯酸钠溶液，把（NH4）2PtCl4氧化为（NH4）2PtCl6，尾液中含有盐酸，可以循环利用，据此分析作答。
【解答】解：（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为：PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2，由图可知，“焙烧”适宜的条件为温度350℃，时间4h，此时Te、Se的脱除率均较高，
故答案为：PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2；350℃，4h；
（2）根据分析可知，滤液2的主要成分是CuSO4，“分金”得到Au的反应的离子方程式为：2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣，加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣，
故答案为：CuSO4；2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣；使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣；
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，混合后，浓度为0.4mol L﹣1，[PdCl6]2﹣浓度为0.05mol L﹣1，此时发生反应：2[PdCl6]2﹣＝（NH4）2PdCl6↓，反应后，的浓度为（0.4﹣0.05×2）mol L﹣1＝0.3mol L﹣1，则溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是mol L﹣1＝1.1×10﹣6mol L﹣1，
故答案为：1.1×10﹣6；
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是氯化浸出，
故答案为：氯化浸出。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查 Ksp的计算，属于高考高频考点，难度较大。
8．（2025春 岳麓区校级期中）铁黄（FeOOH）是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）为原料生产铁黄的工艺流程如图：
（1）铁黄中铁的化合价为 +3 ，铁元素在元素周期表中的位置为 第四周期第Ⅷ族 。
（2）“滤渣1”的主要成分是 二氧化硅 （填名称）。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为 Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O ；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是 Fe （填化学式，下同），“滤渣2”的主要成分为 Fe和Cu 。
（4）“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为 FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑ 。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3 xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x＝ （用含m1、m2的代数式表示）。
【答案】（1）+3；第四周期第Ⅷ族；
（2）二氧化硅；
（3）Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；Fe；Fe和Cu；
（4）FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑；
（5）。
【分析】硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）在酸溶中，FeO、Fe3O4与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，过滤后溶液中含硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和硫酸，二氧化硅作为滤渣滤出，故滤渣1为二氧化硅；加入过量X还原，根据后续流程可知，为了不引入新杂质，是加入铁粉进行还原，铁粉与溶液中三价铁离子、氢离子反应生成二价铁离子，与铜离子反应生成铜，过滤后溶液中含硫酸亚铁，铜和未反应完的铁粉作为滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成FeOOH，过滤得铁黄；
【解答】解：硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）在酸溶中，FeO、Fe3O4与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，过滤后溶液中含硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和硫酸，二氧化硅作为滤渣滤出，故滤渣1为二氧化硅；加入过量X还原，根据后续流程可知，为了不引入新杂质，是加入铁粉进行还原，铁粉与溶液中三价铁离子、氢离子反应生成二价铁离子，与铜离子反应生成铜，过滤后溶液中含硫酸亚铁，铜和未反应完的铁粉作为滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成FeOOH，过滤得铁黄；
（1）铁黄中H为+1价，O为﹣2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，
故答案为：+3；第四周期第Ⅷ族；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅，
故答案为：二氧化硅；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu，
故答案为：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；Fe；Fe和Cu；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe（OH）2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑，
故答案为：FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑；
（5）结晶水的质量为（m1﹣m2）g，则，解得x，
故答案为：。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025春 苏州期中）柠檬酸亚铁晶体（FeC6H6O7 2H2O）是一种易吸收的高效铁制剂，可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精。实验室模拟制取柠檬酸亚铁晶体的流程和有关装置如图：
（1）制备碳酸亚铁
①配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液的蒸馏水必须经过煮沸并冷却，原因是 排除蒸馏水中溶解的氧气 。
②为保证碳酸亚铁的纯度，图﹣1中试剂B是 FeSO4 溶液（填化学式）。
（2）制得柠檬酸亚铁晶体
①制备装置如图﹣2所示，写出反应Ⅱ中制备柠檬酸亚铁的化学方程式： FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O 。
②反应Ⅱ中需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是 a （填字母）。
a.Fe粉
b.Cu粉
c.Fe2O3粉
d.Na2SO3粉
③由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、用无水酒精洗涤、干燥。
④上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是 可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失 。
（3）测定产品中的铁含量
称取25.00g产品，用容量瓶配成100.00mL溶液；量取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，先滴加适量强氧化剂将柠檬酸根离子全部氧化为二氧化碳和水；再向溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入硫酸酸化，用0.2000mol L﹣1KMnO4溶液滴定（还原产物为Mn2+），恰好完全反应时消耗KMnO4溶液17.00mL。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O 。
②计算该产品中的铁含量 19.04% （写出计算过程，计算结果精确到0.01%）。
【答案】（1）①排除蒸馏水中溶解的氧气；
②FeSO4；
（2）①FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O；
②a；
③蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
④可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失；
（3）①5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；
②19.04%。
【分析】硫酸亚铁溶液加入碳酸钠生成碳酸亚铁，加入柠檬酸溶液和抗氧化性剂，转化得到柠檬酸亚铁溶液，处理得到产品；亚铁离子以还原性为主，容易被氧气氧化，因此制备碳酸亚铁、柠檬酸亚铁时，需要排除装置中的空气或防止外界空气的进入；
【解答】解：（1）①Fe2+容易被氧气氧化，因此配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液时，需要将蒸馏水煮沸，其目的是排除蒸馏水中溶解的氧气，
故答案为：排除蒸馏水中溶解的氧气；
②碳酸钠溶液碱性较强，如果把硫酸亚铁溶液加入碳酸钠溶液中，会生成氢氧化亚铁沉淀，引入杂质，故应该将碳酸钠溶液滴入硫酸亚铁溶液中，故B为硫酸亚铁溶液，
故答案为：FeSO4；
（2）①碳酸亚铁固体和柠檬酸溶液反应生成柠檬酸亚铁、二氧化碳、水，反应的化学方程式是FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O，
故答案为：FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O；
②亚铁离子易被氧化成铁离子，该操作中加入少量铁粉可以防止溶液中的亚铁离子被氧化铁离子且不引入新杂质，故为a。
a．铁单质与Fe3+反应生成Fe2+，不产生新杂质，故a符合题意；
b．Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，引入新杂质Cu2+，故b不符合题意；
c．柠檬酸亚铁若被氧化，Fe2O3不与Fe3+反应，Fe2O3在本实验中不能作抗氧化剂，故c不符合题意；
d．Na2SO3和铁离子生成亚铁离子和硫酸根离子，引入杂质硫酸根离子，故d不符合题意；
故答案为：a；
③已知柠檬酸亚铁在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精，由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用无水酒精洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
④乙醇易挥发，柠檬酸亚铁难溶于无水酒精，上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失，
故答案为：可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失；
（3）①滴定过程中高锰酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和锰离子和水，发生反应的离子方程式：5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；
②由5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O可得n（Fe2+）＝5n（Mn），结合铁元素守恒，100.00mL溶液中n（Fe2+）＝0.2mol/L×0.017L×50.085mol，该产品中的铁含量100%＝19.04%，
故答案为：19.04%。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质实验方案的掌握情况，试题难度中等。
10．（2025 兴庆区校级二模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）Co元素在周期表中的位置为 第四周期第Ⅷ族 。
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 增大接触面积，提高酸浸速率 ，“浸渣”的主要成分是 SiO2、Cu 。
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。
（4）取50g合金渣（其中Co的质量分数约为37%），若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 4 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 2 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水 。
（5）“沉淀3”为草酸钴（CoC2O4），将17.64g草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g钴的氧化物，其化学式为 Co3O4 。该氧化物晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成（如图2）。其中黑球（）代表 Co3+ （填“Co2+”、“Co3+”或“O2﹣”）。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；
（2）增大接触面积，提高酸浸速率；SiO2、Cu；
（3）；
（4）4；2；Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）Co3O4；Co3+。
【分析】合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的SiO2和Cu，浸出液加草酸沉钐，得Sm2（C2O4）3沉淀，滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀Fe3+，后加入草酸沉钴，CoC2O4加热灼烧生成Co3O4。
【解答】解：（1）Co位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，
故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：SiO2、Cu，
故答案为：增大接触面积，提高酸浸速率；SiO2、Cu；
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（4）图1实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水，
故答案为：4；2；Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）根据质量守恒：钴元素的质量灼烧前后质量不变。17.64gCoC2O4的物质的量为0.12mol，灼烧后9.64g钴的氧化物中钴元素的质量为：0.12mol×59g/mol＝7.08g，氧元素质量为：9.64g﹣7.08g＝2.56g，氧化物中钴原子与氧原子的个数比为：，其化学式为：Co3O4；用均摊法分析A和B，其中A中灰球个数为，白球个数为4；B中灰球个数为，白球个数为4，黑球个数为4，结合晶胞结构，晶胞中灰球为8，白球为32，黑球为16，根据正负化合价代数和为0，设灰球化合价为x，白球化合价为y，黑球的化合价为z，则有8x+32y+16z＝0，简化得x+4y+2z＝0，再结合氧化钴的化学式Co3O4，可知钴元素有+2、+3价，氧为﹣2价，可推出：灰球为Co2+、黑球为Co3+、白球为O2﹣，故黑球代表Co3+，
故答案为：Co3O4；Co3+。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025 昆明一模）镍和钼都是重要的战略金属，被广泛应用于冶金、电子等行业。一种以镍钼矿（主要含NiS、MoS2、少量FeS2、Al2O3和SiO2等）为原料提取镍和钼的工艺流程如图：
已知：①“酸浸”后，Ni、Mo的存在形式分别为。
②流程使用的阳离子交换树脂作用原理为；阴离子交换树脂作用原理为。
③CaSO4可以将絮状沉淀吸附后共同沉淀。
回答下列问题：
（1）中Mo的价态为 +6 。
（2）“氧化焙烧”步骤中加入CaO的目的是 脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气 。
（3）“氧化”步骤中Fe2+发生反应的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分为Al（OH）3、 Fe（OH）3 、 CaSO4 （填化学式）。
（4）实验室使用如图装置“提钼”“提镍”，离子交换柱中填充的树脂分别为 阴 、 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换树脂。“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后可得到产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可向离子交换柱注入 NaOH （填化学式）水溶液。
【答案】（1）+6；
（2）脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气；
（3）；Fe（OH）3；CaSO4；
（4）阴；阳；NaOH。
【分析】“氧化焙烧”过程中加入CaO、O2可以将产生的SO2转化为CaSO4，通入的氧气尽可能氧化金属化合物；“酸浸”后经过滤得到含有、Al3+、Fe2+、Fe3+、等离子的滤液和含有SiO2、CaSO4的滤渣1；用阴离子交换树脂提钼，得到负钼树脂和溶液1；溶液1中加NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，用CaCO3调pH使Al3+、Fe3+沉淀，得到含Fe（OH）3、Al（OH）3、CaSO4的滤渣2；所得溶液用阳离子交换树脂提镍，得到负镍树脂。
【解答】解：（1）中O为﹣2价，Mo为+6价，
故答案为：+6；
（2）由上述分析可知，“氧化焙烧”步骤中加入CaO是将反应生成的SO2转化为CaSO4，达到脱硫目的，防止污染空气，
故答案为：脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气；
（3）“氧化”步骤中，NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Cl﹣，反应的离子方程式为，
故答案为：；Fe（OH）3；CaSO4；
（4）由流程可知先提钼（）后提镍（Ni2+），故离子交换柱中填充的树脂分别为阴离子交换树脂、阳离子交换树脂；阳离子交换树脂作用原理为，“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后得到RCOOH和产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可加入NaOH溶液将树脂上的H+替换下来，生成RCOONa，
故答案为：阴；阳；NaOH。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 0.06mol L﹣1 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+ 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生 。
【答案】（1）增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①；
②；
（3）①0.06mol L﹣1；
②c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，氧化浸出时，首先发生反应：CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O，生成的亚铁离子在酸性条件下继续被氧化为铁离子，铁离子继续发生反应：，促进黄铁矿的溶解，过滤，得到含有CuSO4和FeSO4的滤液，以及滤渣，对滤液进行电解，得到纯铜，据此分析作答。
【解答】解：（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①根据题意可知，生成Fe3+的离子方程式是：，
故答案为：；
②根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是：，
故答案为：；
（3）①由图可知，硫酸铁的最佳浓度为0.06mol L﹣1，此时铜浸出率最高，
故答案为：0.06mol L﹣1；
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降，
故答案为：c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①电解初期，阴极没有铜析出，原因是Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，
故答案为：Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②将阴极室的流出液含有硫酸亚铁，送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，
故答案为：阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及纯铜的制取，同时考查方程式书写等，属于高考高频考点，难度中等。
13．（2025 保定一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 4：1 。
（2）“预氧化与除铁”最好采用 b （填标号）作氧化剂；“铁渣”的主要成分是 Fe（OH）3 。
a.HClO溶液 b.MnO2 c.KMnO4溶液
（3）“洗液”可以返回到 沉锰 步骤进行循环使用。
（4）“操作”的名称为 过滤、洗涤、干燥 。
（5）在600～700℃下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，则该反应中固体产物的化学式为 Mn2O3 。
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为 2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑ 。
【答案】（1）4：1；
（2）b；Fe（OH）3；
（3）沉锰；
（4）过滤、洗涤、干燥；
（5）Mn2O3；
（6）2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑。
【分析】浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液，据此答题。
【解答】解：浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液；
（1）MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应方程式为：，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是4：1，
故答案为：4：1；
（2）“预氧化与除铁”最好采用二氧化锰作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b；据分析，“铁渣”的主要成分是Fe（OH）3，
故答案为：b；Fe（OH）3；
（3）用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用，
故答案为：沉锰；
（4）沉锰后分离沉淀和溶液的操作为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（5）设MnCO3的物质的量为1mol，则其量为115g；其中锰元素的质量为55g；加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，其质量为：115g×68.7%＝79g，则氧元素的质量为：79﹣55＝24g，则锰元素与氧元素的物质的量之比为：2：3，所以此时固体产物的化学式为Mn2O3，
故答案为：Mn2O3；
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，该气体为二氧化碳，所以反应的化学方程式为：2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑，
故答案为：2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质制备实验的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025 河南模拟）铊（Tl）广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰（主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O）中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
①Tl+易被氧化为Tl3+。
②在氯化物一硫酸水溶液中，Tl元素以形式存在。
③萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
④常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.7×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，1g3≈0.5。
请回答下列问题：
（1）根据铊（81Tl）的原子序数推测该元素在元素周期表中的位置为 第6周期第IIIA族 。
（2）“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式为 5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O 。
（3）滤渣的主要成分为 PbSO4 。
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，控制pH范围为 2.8～6.0 （已知当溶液中离子浓度小于10﹣5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数）。
（5）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层 。
（6）“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 H2OTlCl↓2H++3Cl﹣ 。
（7）铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d＝ 107 nm（用含ρ、NA的代数式表示）。
【答案】（1）第6周期第IIIA族；
（2）5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O；
（3）PbSO4；
（4）2.8～6.0；
（5）CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层；
（6）H2OTlCl↓2H++3Cl﹣；
（7）107。
【分析】富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后用Zn置换Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）铊（81Tl）与铝同主族，即Tl位于第6周期第ⅢA族，
故答案为：第6周期第IIIA族；
（2）由题干流程图可知，“浸取Ⅰ”中Tl2O转化为Tl3+，该过程发生反应的化学方程式为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O，
故答案为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4，
故答案为：PbSO4；
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁，即使Fe3+完全沉淀，则c3（OH﹣）×10﹣5＞Ksp[Fe（OH）3]，c（OH﹣）mol/L＝3mol/L，pH＞2.8，而Zn2+不产生沉淀，则已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，即c2（OH﹣）×0.1＜Ksp[Zn（OH）2]，c（OH﹣）mol/L＝10﹣8mol/L，则pH＜6.0，控制pH范围为2.8＜pH＜6.0，
故答案为：2.8～6.0；
（5）由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，
故答案为：CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层；
（6）还原、氯化、沉淀过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2OTlCl↓2H++3Cl﹣，
故答案为：H2OTlCl↓2H++3Cl﹣；
（7）由题干铊镉合金的一种立方晶胞结构所示信息可知，一个晶胞中含有Tl的个数为：63，含Cd个数为：81，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a107nm，由晶胞图可知，铊原子和镉原子之间的最短距离为面对角线的一半，即da107nm，
故答案为：a107。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计、晶胞计算应用等知识点，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用、晶胞分摊方法的应用，题目难度中等。
15．（2025 南宁三模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣（含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2）中回收钴和锌的工艺如tu：
已知：
物质 Fe（OH）3 Co（OH）3 Zn（OH）2 Co（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）2
Ksp 2.8×10﹣39 1.6×10﹣44 6.7×10﹣17 5.9×10﹣15 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17
回答下列问题：
（1）“酸浸”前需要将炼锌钴渣粉碎，粉碎的目的是 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 。
（2）“氧化”中被氧化的离子是 Fe2+ 。滤渣2的主要成分是 Fe（OH）3 （填化学式）。
（3）“沉钴”中发生反应的离子方程式为 Co2+CoCO3↓ 。溶液1中含
有的金属阳离子主要有Na+和 Zn2+ 。
（4）“还原酸溶”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1 。
（5）“合成”中发生反应的化学方程式为 3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑ 。
（6）钴盐可用于制备含镍钴的铁合金，一种合金X的立方晶胞如图所示。
该晶胞中粒子个数比Fe：Co：Ni＝ 1：3：1 ；设合金X的密度为ρg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体中Fe和Ni之间的最短距离为 107 nm（列出计算式）。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）Fe2+；Fe（OH）3；
（3）Co2+CoCO3↓；Zn2+；
（4）2：1；
（5）3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；
（6）1：3：1；107。
【分析】（1）固体反应物粉碎后，其表面积增大，在“酸浸”过程中，与酸的接触面积增大，能加快反应速率，使反应更充分；
（2）“酸浸”后溶液中含有Zn2+、Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等阳离子（SiO2不与酸反应，以滤渣1形式除去），加入NaClO3，NaClO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以“氧化”中被氧化的离子是Fe2+，加入Na2CO3调节pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，所以滤渣2的主要成分是Fe（OH）3；
（3）“沉钴”中加入Na2CO3，Co2+与反应生成CoCO3沉淀，离子方程式为Co2+CoCO3↓，经过前面的操作，溶液1中含有的金属阳离子主要有Na+和Zn2+（因为Fe3+、Co2+已除去，Cu2+在后续操作中除去）；
（4）“还原酸溶”中CoCO3与H2SO4、Na2SO3反应，Co3+被还原为Co2+，被氧化为，CoCO3中Co为+3价，反应后变为+2价，1个Co得到1个电子；中S为+4价，反应后变为+6价，1个S失去2个电子，根据得失电子守恒，氧化剂Co3+和还原剂的物质的量之比为2：1；
（5）“合成”中ZnSO4与Na2CO3反应生成ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O沉淀和Na2SO4，化学方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；
（6）利用均摊法计算晶胞中粒子个数。
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 新疆一模）二氧化铈（CeO2）是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料，制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F﹣结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 （写一种）。
（2）“萃取”时存在反应：，图中D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为 。
（4）“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 。
（5）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生CeO2 CeO2（1﹣X）+xO2↑（0≤x≤0.25）的循环，请写出CeO2消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式 。
（6）CeO2常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞边长apm。（已知：O2﹣的空缺率）
①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为 pm。
②若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为 。
2．（2025 昆明一模）用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性。一种从废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质）中回收钯的工艺流程如图：
已知：
①Pd在常温下不与盐酸反应，加热条件下易被空气氧化为PdO；
②“浸出”时Pd和Pt分别转化为和。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 。
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为 （填化学式，下同）；“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、 。
（3）“滤渣1”的主要成分是 （填化学式）。
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体。“沉钯”的化学方程式为 ，“滤液2”经浓缩后可返回步骤 循环使用。
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，该过程每消耗1mol N2H4 H2O理论上生成海绵钯的质量为 g。
3．（2025 淮安校级三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为MnS及少量FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图2所示（25℃），此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）Mn2+的价电子排布式为 。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ；其中除去Fe3+的离子方程式为 。
（5）“氟化除杂”时，若维持c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1，溶液中的Mg2+和Ca2+ （填“能”或“不能”）都沉淀完全[已知：；]。
4．（2025 淮安校级三模）实验室利用重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）制备BaCO3。
Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如图：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠（浓度为1.5mol L﹣1）溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 。
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是 。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗BaCO3样品，用20%H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150mol L﹣1EDTAEDTA（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是 。
（4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数 （写出计算过程）。
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 。
Ⅲ．制备。
（6）粗BaCO3中含有杂质Fe（OH）3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体， ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe（OH）3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀HCl、Na2CO3溶液]
5．（2025 靖远县三模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可用于制备玻璃添加剂、汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题：
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20；
②硫酸体系中，Ce4+在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是 。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为40～50℃的原因是 。
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于 时，Ce3+完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 （填字母）。
A.电解熔融NaCl制钠
B.利用铝热反应制锰
C.氧化汞分解制汞
6．（2025 湖北二模）NaSbF6（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿（主要含Sb2O3Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等）为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36、Ksp[Cu（OH）2]＝2.1×10﹣20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有 种。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），写出反应的离子方程式： ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 。
（3）“滤渣1”的成分是 （填化学式）。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S2﹣。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，若此时溶液的pH为10，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ mol L﹣1。
（5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为 （保留两位有效数字）t。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 。
7．（2024秋 潍坊期末）以铂钯精矿（含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等）为原料，分离和回收贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，金属Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，Ksp[（NH4）2PdCl6]＝9.9×10﹣8（NH4）2PtCl4易溶于水
回答下列问题：
（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3。“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为 ；
根据如图判断“焙烧”适宜的条件为 。
（2）滤液2的主要成分是 （填化学式），“分金”得到Au的反应的离子方程式为 ；加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是 。
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，充分反应后，溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是 mol L﹣1。
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是 。
8．（2025春 岳麓区校级期中）铁黄（FeOOH）是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）为原料生产铁黄的工艺流程如图：
（1）铁黄中铁的化合价为 ，铁元素在元素周期表中的位置为 。
（2）“滤渣1”的主要成分是 （填名称）。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为 ；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是 （填化学式，下同），“滤渣2”的主要成分为 。
（4）“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为 。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3 xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x＝ （用含m1、m2的代数式表示）。
9．（2025春 苏州期中）柠檬酸亚铁晶体（FeC6H6O7 2H2O）是一种易吸收的高效铁制剂，可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精。实验室模拟制取柠檬酸亚铁晶体的流程和有关装置如图：
（1）制备碳酸亚铁
①配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液的蒸馏水必须经过煮沸并冷却，原因是 。
②为保证碳酸亚铁的纯度，图﹣1中试剂B是 溶液（填化学式）。
（2）制得柠檬酸亚铁晶体
①制备装置如图﹣2所示，写出反应Ⅱ中制备柠檬酸亚铁的化学方程式： 。
②反应Ⅱ中需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是 （填字母）。
a.Fe粉
b.Cu粉
c.Fe2O3粉
d.Na2SO3粉
③由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为 、用无水酒精洗涤、干燥。
④上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是 。
（3）测定产品中的铁含量
称取25.00g产品，用容量瓶配成100.00mL溶液；量取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，先滴加适量强氧化剂将柠檬酸根离子全部氧化为二氧化碳和水；再向溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入硫酸酸化，用0.2000mol L﹣1KMnO4溶液滴定（还原产物为Mn2+），恰好完全反应时消耗KMnO4溶液17.00mL。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 。
②计算该产品中的铁含量 （写出计算过程，计算结果精确到0.01%）。
10．（2025 兴庆区校级二模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）Co元素在周期表中的位置为 。
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 ，“浸渣”的主要成分是 。
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。
（4）取50g合金渣（其中Co的质量分数约为37%），若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 。
（5）“沉淀3”为草酸钴（CoC2O4），将17.64g草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g钴的氧化物，其化学式为 。该氧化物晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成（如图2）。其中黑球（）代表 （填“Co2+”、“Co3+”或“O2﹣”）。
11．（2025 昆明一模）镍和钼都是重要的战略金属，被广泛应用于冶金、电子等行业。一种以镍钼矿（主要含NiS、MoS2、少量FeS2、Al2O3和SiO2等）为原料提取镍和钼的工艺流程如图：
已知：①“酸浸”后，Ni、Mo的存在形式分别为。
②流程使用的阳离子交换树脂作用原理为；阴离子交换树脂作用原理为。
③CaSO4可以将絮状沉淀吸附后共同沉淀。
回答下列问题：
（1）中Mo的价态为 。
（2）“氧化焙烧”步骤中加入CaO的目的是 。
（3）“氧化”步骤中Fe2+发生反应的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分为Al（OH）3、 、 （填化学式）。
（4）实验室使用如图装置“提钼”“提镍”，离子交换柱中填充的树脂分别为 、 （填“阳”或“阴”）离子交换树脂。“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后可得到产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可向离子交换柱注入 （填化学式）水溶液。
12．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。
13．（2025 保定一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
（2）“预氧化与除铁”最好采用 （填标号）作氧化剂；“铁渣”的主要成分是 。
a.HClO溶液 b.MnO2 c.KMnO4溶液
（3）“洗液”可以返回到 步骤进行循环使用。
（4）“操作”的名称为 。
（5）在600～700℃下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，则该反应中固体产物的化学式为 。
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为 。
14．（2025 河南模拟）铊（Tl）广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰（主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O）中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
①Tl+易被氧化为Tl3+。
②在氯化物一硫酸水溶液中，Tl元素以形式存在。
③萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
④常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.7×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，1g3≈0.5。
请回答下列问题：
（1）根据铊（81Tl）的原子序数推测该元素在元素周期表中的位置为 。
（2）“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式为 。
（3）滤渣的主要成分为 。
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，控制pH范围为 （已知当溶液中离子浓度小于10﹣5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数）。
（5）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 。
（6）“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 。
（7）铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d＝ nm（用含ρ、NA的代数式表示）。
15．（2025 南宁三模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣（含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2）中回收钴和锌的工艺如tu：
已知：
物质 Fe（OH）3 Co（OH）3 Zn（OH）2 Co（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）2
Ksp 2.8×10﹣39 1.6×10﹣44 6.7×10﹣17 5.9×10﹣15 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17
回答下列问题：
（1）“酸浸”前需要将炼锌钴渣粉碎，粉碎的目的是 。
（2）“氧化”中被氧化的离子是 。滤渣2的主要成分是 （填化学式）。
（3）“沉钴”中发生反应的离子方程式为 。溶液1中含
有的金属阳离子主要有Na+和 。
（4）“还原酸溶”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（5）“合成”中发生反应的化学方程式为 。
（6）钴盐可用于制备含镍钴的铁合金，一种合金X的立方晶胞如图所示。
该晶胞中粒子个数比Fe：Co：Ni＝ ；设合金X的密度为ρg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体中Fe和Ni之间的最短距离为 nm（列出计算式）。
16．（2025 拉萨模拟）电池随意丢弃会造成环境污染，一种从废旧碱性锌锰干电池中回收Mn制备MnSO4 H2O的工艺如图所示。
（1）基态Mn原子的价层电子排布式为 ；“水溶”时，需将废旧干电池拆分粉碎，粉碎的目的是 。
（2）“酸溶”时，难溶的ZnMnO4会转化为可溶性的Zn2+、Mn2+，同时有气体生成，该反应的离子方程式为 ，该反应的还原剂为 （填化学式）。
（3）除杂过后，获得MnSO4溶液，已知MnSO4的溶解度曲线如图所示。
①从MnSO4溶液中获得MnSO4 H2O晶体的操作是蒸发浓缩、 、洗涤、干燥。若想获得更高纯度的MnSO4 H2O晶体，可以采取的措施有 （写一条即可）。
②在900℃持续煅烧50.7gMnSO4 H2O（M＝169g mol﹣1），最终剩余固体的质量为22.9g，该固体为Mn的氧化物，其化学式为 。
（4）碱性锌锰干电池放电时的总反应为Zn+2MnO2+2H2O＝2MnO（OH）+Zn（OH）2，其正极的电极反应式为 。
17．（2025 惠州一模）钒（V）是一种重要的战略金属元素，利用硫酸熟化一水浸工艺从石煤（含有V2O3、SiO2、CaO、Al2O3）中制得VO2+的工艺流程如图：
已知：①氧化中和后，溶液的pH为8；
②树脂吸附原理：RCl﹣+M﹣ RM﹣+Cl﹣。
（1）在其他条件相同时，熟化温度对钒浸出率的影响如图，最佳的熟化温度为 。
（2）“氧化中和”后钒的化合价为 ，滤渣2的主要成分为 。
（3）含钒离子在不同pH溶液中的存在形式如下：
“树脂吸附”的化学方程式为 ，流出液的主要成分为 。
（4）“解吸”时可以用浓NaCl溶液洗脱，请结合平衡移动原理解释原因 。
（5）向NH4VO3的悬浊液中加入MgCl2溶液，当溶液中c（Mg2+）＝1.8×10﹣6mol L﹣1，则溶液中的c（）＝ 。（已知Ksp（NH4VO3）＝1.6×10﹣3，Ksp[Mg（VO3）2]＝1.8×10﹣12）
（6）“还原”过程的离子方程式为 。
（7）一种含钒的氧化物晶胞结构如图6，此氧化物的化学式为 ；已知NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g cm﹣3（列出计算式即可）。
18．（2025 河南校级模拟）现以铅蓄电池的填充物铅膏（主要含PbSO4、PbO2、PbO和少量FeO）为原料，可生产三盐基硫酸铅（PbSO4 3PbO H2O）和副产品Fe2O3 xH2O，其工艺流程如图：
已知：，，Pb（OH）2具有两性，PbO2有强氧化性。
（1）铅和碳同主族，与Cs同周期，则铅的外围电子轨道表示式为 。
（2）“转化”后的难溶物质为PbCO3和少量PbSO4，则PbO2转化为PbCO3的离子方程式为 ，滤液1中和的浓度之比为 。
（3）在50～60℃“合成”三盐基硫酸铅的化学方程式为 。“合成”需控制溶液的pH不能大于10的原因为 。
（4）根据图2所示的溶解度随温度的变化曲线，由“滤液1”和“滤液2”获得Na2SO4晶体的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩、 ，洗涤后干燥。
（5）大型客机燃油用四乙基铅[Pb（CH2CH3）4]作抗震添加剂，但皮肤长期接触对身体有害。Pb（CH2CH3）4是一种难电离且易溶于有机溶剂的配合物，其晶体类型属于 晶体。已知Pb（CH2CH3）4晶体的堆积方式如图3，则其在xy平面上的二维堆积中的配位数是 。
19．（2025 温州二模）某兴趣小组利用废铜屑（主要成分为Cu，还含有少量Fe、Fe2O3）制备助燃剂——六水合高氯酸铜[Cu（ClO4）2 6H2O]，相关的流程如图：
已知：Cu（ClO4）2 6H2O易溶于水，微溶于乙醇，120℃时分解。
（1）步骤Ⅰ，H2O2浓度对反应速率有影响。通过如图所示装置将少量稀H2O2溶液浓缩，仪器A的名称是 ，毛细管的作用是平衡气压和 ，外接真空泵的原因是 。
（2）步骤Ⅲ，反应温度控制不超过80℃的原因是 。
（3）下列说法正确的是 。
A．步骤Ⅰ，H2O2的作用仅是将Fe2+氧化Fe3+
B．步骤Ⅱ，滤渣的主要成分为Fe（OH）3
C．步骤Ⅲ，为了提高Cu2+的转化率，
D．步骤Ⅳ，沉淀可以先蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤
（4）通过步骤Ⅴ和一系列操作可得到Cu（ClO4）2 6H2O。从下列选项中选择最佳操作并排序：
Cu2（OH）2CO3→（ ）→（ ）→d→（ ）→（ ）→g→Cu（ClO4）2 6H2O
a．向浓HClO4一次性加入Cu2（OH）2CO3
b．向浓HClO4分几次加入Cu2（OH）2CO3
c．冷却结晶，蒸发皿底部出现大量晶体
d．继续蒸发至有晶膜出现
e．刮下残留在蒸发皿底部的晶体，加水溶解重新蒸发再冷却
f．在通风橱中蒸发溶液至不再产生酸雾
g．将固体置于60℃的烘箱中干燥2小时
（5）用“恒电流电解法”测定Cu（ClO4）2 6H2O样品中的Cu含量，步骤如下：
①样品中Cu元素的质量分数是 %（用含m0、m1、m2、c的式子表示）。
②若铂网阴极用酒精灯小火进行长时间烘干，样品中Cu元素的质量分数 （填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
20．（2025 河南模拟）镓、锗是重要的稀有金属，广泛应用于航天航空、半导体、光电和通讯等领域。一种由冶炼锌的副产品（主要含Ga2O3、GeO2、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等）回收镓、锗的工艺如图。
已知：①镓、锗元素类似于Al元素，表现为两性；
②室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如表：
金属离子 Fe3+ Fe2+ Zn2+ Mg2+
开始沉淀的pH 1.9 7.0 6.4 9.5
恰好完全沉淀的pH 3.2 9.0 8.0 11.1
当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全；
③ZnFe2O4难溶于水。
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”时，ZnFe2O4被SO2还原生成Fe2+的离子方程式为 。
（2）“酸浸还原”最佳温度为100℃。研究发现，温度升高会使Ge（SO4）2在硫酸体系中溶解度降低，除此外，温度不宜过高的原因还有 。
（3）“滤渣1”中单质S生成的化学方程式为 ，“操作3”为 。
（4）电解制Ga时，金属Ga在电解池的 （填“阳”或“阴”）极生成。
（5）向“溶液2”中先加入试剂Y，再调pH＝4，其目的是 。
（6）室温下，Ksp[Mg（OH）2]＝ ；“除Zn2+”时通常也采用调节pH的方法，可选用的试剂为 （填选项字母）。
A．MgO B．Na2CO3 C．NaOH D．盐酸
高考化学考前冲刺押题预测 工艺流程解答题
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025 新疆一模）二氧化铈（CeO2）是一种用途广泛的稀土化合物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料，制备CeO2的一种工艺流程如图所示：
已知：①Ce4+能与F﹣结合成，也能与结合成；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
回答下列问题：
（1）氧化焙烧中氧化的目的是 将+3价铈氧化为+4价 ；酸浸步骤中提高浸取率的方法有 适当升温 （写一种）。
（2）“萃取”时存在反应：，图中D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比，，保持其他条件不变，若在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的，请解释D随起始料液中变化的原因 随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小 。
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为 2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+ 。
（4）“氧化”步骤中还原剂与氧化剂物质的量之比为 2：1 。
（5）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧，在尾气消除过程中发生CeO2 CeO2（1﹣X）+xO2↑（0≤x≤0.25）的循环，请写出CeO2消除NO尾气（气体产物是空气的某一成分）的化学方程式 CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2 。
（6）CeO2常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示，CeO2晶胞边长apm。（已知：O2﹣的空缺率）
①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为 a pm。
②若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2﹣的空缺率为 5% 。
【答案】（1）将+3价铈氧化为+4价；适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等；
（2）随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小；
（3）2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+；
（4）2：1；
（5）CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2；
（6）①a；
②5%。
【分析】氟碳铈矿（主要含CeFCO3）氧化焙烧将将+3价铈氧化为+4价，加入盐酸得到Ce4+的溶液，加入萃取剂，，从而除去溶液中的F﹣，再加入过氧化氢和硫酸，发生反应2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到Ce3+的溶液，加入NaOH，使Ce3+转化为Ce（OH）3，加入NaClO、Ce（OH）3被氧化为Ce（OH）4，最终生成CeO2。
【解答】解：（1）根据分析可知，氧化的目的是将+3价铈氧化为+4价；影响反应速率的因素有温度、浓度、固体的表面积等，因此提高浸取率的方法有适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等，
故答案为：将+3价铈氧化为+4价；适当升温、提高酸的浓度、将矿石粉碎、搅拌等；
（2）根据平衡Ce4++n（HA）2 Ce（H2n﹣4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（）增大，水层中Ce4+被﹣结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小，
故答案为：随着c（）增大，水层中Ce4+被结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+移动，D迅速减小；
（3）根据分析，“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下Ce4+转化为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，
故答案为：2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+；
（4）“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce（OH）3+NaClO+H2O＝2Ce（OH）4+NaCl，还原剂与氧化剂物质的量之比为2：1，
故答案为：2：1；
（5）根据题目信息“CeO2在氧化气氛中耗氧”，“气体产物是空气的某一成分”，可知NO的产物是N2，方程式为CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2，
故答案为：CeO2（1﹣x）+2xNO＝CeO2+xN2；
（6）①CeO2晶胞中Ce4+与最近O2﹣的核间距为晶胞对角线长度的四分之一，即apm，
故答案为：a；
②氧化铈（CeO2）立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，则未掺杂前每个晶胞中含4个Ce8个O、若掺杂Y2O3后得到n（CeO2）：n（Y2O3）＝0.8：0.1的晶体，每个晶胞中Ce与Y共4个时含4×（0.8×2+0.1×3）＝7.6个O，则此晶体中O2﹣的空缺率5%，
故答案为：5%。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2025 昆明一模）用于催化有机反应的钯、铂催化剂常因有机物的附着而失去活性。一种从废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质）中回收钯的工艺流程如图：
已知：
①Pd在常温下不与盐酸反应，加热条件下易被空气氧化为PdO；
②“浸出”时Pd和Pt分别转化为和。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的是 将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出 。
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为 H2 （填化学式，下同）；“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、 Al3+ 。
（3）“滤渣1”的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为 Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O 。
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体。“沉钯”的化学方程式为 4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣ ，“滤液2”经浓缩后可返回步骤 浸出 循环使用。
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体，该过程每消耗1mol N2H4 H2O理论上生成海绵钯的质量为 212.84 g。
【答案】（1）将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出；
（2）H2；Al3+；
（3）SiO2；
（4）Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O；
（5）4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣；浸出；
（6）212.84。
【分析】废钯、铂催化剂（含Al2O3、Pd、Pt及少量Fe2O3、SiO2等杂质），在空气中焙烧，目的是把Pd、Pt转化为氧化物，加入甲酸还原，PdO转化为Pd，过滤后的滤渣中加入浓盐酸和NaClO3，“浸出”时Pd和Pt分别转化为和，过滤得到滤渣1主要是SiO2，滤液中加入氯化铵溶液过滤分铂，得到（NH4）2PtCl6，滤液中加入氨水调节溶液pH8～9，氨化过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体，反应的离子方程式为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣，加入盐酸调节溶液pH1～2沉钯，过滤得到固体Pd（NH3）2Cl2，加入N2H4 H2O还原得到海绵钯，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）“焙烧”的目的是：将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出，
故答案为：将有机物分解，并将Pd氧化为PdO，便于后续浸出；
（2）“还原Ⅰ”中PdO转化为Pd，该过程中还有气体生成，该气体为：H2，“滤液1”中的金属阳离子有Fe2+、Al3+，
故答案为：H2；Al3+；
（3）“滤渣1”的主要成分是：SiO2，
故答案为：SiO2；
（4）Pd在“浸出”过程中发生反应的离子方程式为：Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O，
故答案为：Pd+ClO﹣+2H++3Cl﹣H2O；
（5）“氨化”过程中Pd2+配位数不变且只有一种配体，“沉钯”的化学方程式为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣，“滤液2”经浓缩后可返回步骤浸出循环使用，
故答案为：4NH3＝[Pd（NH3）]2++4Cl﹣；浸出；
（6）“还原Ⅱ”中生成一种含π键的非极性气体为N2，电子守恒得到：N2H4 H2O～N2～4e﹣～2Pd（NH3）2Cl2～2Pd，该过程每消耗1mol N2H4 H2O生成2mol Pd，理论上生成海绵钯的质量＝2mol×106.42g/mol＝212.84g，
故答案为：212.84。
【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
3．（2025 淮安校级三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿（主要成分为MnS及少量FeS）为原料制备硫酸锰的工艺流程如图：
已知：
①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如图1所示。
③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图2所示（25℃），此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（1）Mn2+的价电子排布式为 3d5 。
（2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 产生硫化氢等气体，污染环境 。
（3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费 。
（4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为 5.0≤pH＜7.54 ；其中除去Fe3+的离子方程式为 。
（5）“氟化除杂”时，若维持c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1，溶液中的Mg2+和Ca2+ 不能 （填“能”或“不能”）都沉淀完全[已知：；]。
【答案】（1）3d5；
（2）产生硫化氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；
（4）5.0≤pH＜7.54；；
（5）不能。
【分析】高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。
【解答】解：高硫锰矿（主要成分为含锰化合物及FeS）与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物；
（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2+的价电子排布式为3d5，
故答案为：3d5；
（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境，
故答案为：产生硫化氢等气体，污染环境；
（3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费，
故答案为：由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；
（4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10﹣5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是5.0～7.54；加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，因此反应为：，
故答案为：5.0≤pH＜7.54；；
（5）已知：，，溶液中的Ca2+沉淀完全时c（F﹣）mol/L＝6×10﹣4mol/L，当镁离子完全沉淀时，需维持c（F﹣）不低于mol/L＝8×10﹣3mol/L，因此当c（F﹣）＝6×10﹣4mol L﹣1时，溶液中的Mg2+不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2+和Ca2+不能都沉淀完全，
故答案为：不能。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
4．（2025 淮安校级三模）实验室利用重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）制备BaCO3。
Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如图：
（1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠（浓度为1.5mol L﹣1）溶液浸泡充分浸泡。
①已知：，。浸泡后溶液中浓度最高为 0.029mol/L 。
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是 碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低 。
（2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为 。
Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。
取5.0000g的粗BaCO3样品，用20%H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100mL溶液。准确量取20.00mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150mol L﹣1EDTAEDTA（Na2H2Y）溶液滴定至终点（滴定反应为），平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00mL。
（3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是 使Fe3+全部转化为Fe2+ 。
（4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数 1.68% （写出计算过程）。
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是 溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7 。
Ⅲ．制备。
（6）粗BaCO3中含有杂质Fe（OH）3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体， 在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤 ，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe（OH）3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀HCl、Na2CO3溶液]
【答案】（1）①0.029mol/L；
②碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；
（2）；
（3）使Fe3+全部转化为Fe2+；
（4）1.68%；
（5）溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7；
（6）在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤。
【分析】重晶石废料（主要成分为BaSO4、Fe2O3等）用饱和碳酸钠溶液处理，BaSO4转化为BaCO3，BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq），过滤得到Fe2O3、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，溶解BaCO3的离子方程式为：，过滤得到滤渣为Fe2O3，滤液中含有Ba2+，滤液中加入（NH4）2CO3溶液反应生成粗BaCO3，由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3，以此解答。
【解答】解：（1）①已知：，，饱和碳酸钠溶液的浓度为1.5mol L﹣1，根据已知条件列出“三段式”
BaSO4（s）（aq） BaCO3（s）（aq）
起始（mol/L） 1.5 0
转化（mol/L） x x
平衡（mol/L） 1.5﹣x x
平衡常数K，则，解得x＝0.029，溶液中浓度为0.029mol/L，
故答案为：0.029mol/L；
②常温下（NH4）2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用（NH4）2CO3溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低，
故答案为：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；
（2）向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解，NH4Cl溶液呈酸性，溶解BaCO3的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）Na2S2O3具有还原性，测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是：使Fe3+全部转化为Fe2+，
故答案为：使Fe3+全部转化为Fe2+；
（4）由可得关系式：Fe2+ EDTA，则n（Fe2+）＝n（EDTA）＝0.0150mol L﹣1×20.00mL×10﹣3L mL﹣1＝3.000×10﹣4mol，重晶石中铁元素质量分数，
故答案为：1.68%；
（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7，
故答案为：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7；
（6）由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3，
故答案为：在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
5．（2025 靖远县三模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可用于制备玻璃添加剂、汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题：
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10﹣20；
②硫酸体系中，Ce4+在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3+与之相反。
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是 增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率 。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 BaSO4 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 作“钡餐”（或作造影剂等） 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 萃取分液 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为40～50℃的原因是 既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解 。
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于 9 时，Ce3+完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，可认为该离子沉淀完全。
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是 抑制CeCl3的水解 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 B （填字母）。
A.电解熔融NaCl制钠
B.利用铝热反应制锰
C.氧化汞分解制汞
【答案】（1）增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率；
（2）BaSO4；作“钡餐”（或作造影剂等）；
（3）萃取分液；
（4）；既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解；
（5）9；
（6）抑制CeCl3的水解；B。
【分析】向该含铈矿石（主要含CeFCO3）中通入氧气进行焙烧，将+3价的Ce氧化为+4价的Ce，向烧渣中加入稀硫酸酸浸，过滤后得到滤渣和滤液，氧化钡与硫酸反应生成难溶于酸的硫酸钡，二氧化硅不与硫酸反应，故滤渣的主要成分是BaSO4%SiO2，向滤液中加入（HA）2萃取Ce4+，再加入过氧化氢和稀硫酸，Ce4+被还原为Ce3+，反萃取得到含Ce3+的溶液，加入NaOH溶液，使Ce3+转化为Ce（OH）3，经过一系列操作获得CeCl3 6H2O在HCl的氛围下加热CeCl3 6H2O可得到无水CeCl3，最后加入钙冶炼生成单质铈。
【解答】解：（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是：增大接触面积，提高反应速率，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率，使焙烧充分，提高原料利用率；
（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是SiO2和BaSO4，BaSO4在医疗上的应用：可做钡餐，
故答案为：BaSO4；作“钡餐”（或作造影剂等）；
（3）步骤Ⅲ的操作将有机层与水层分离，名称是萃取分液，
故答案为：萃取分液；
（4）步骤IV加入H2O2，将Ce4+转化为Ce3+进入水层，发生反应的离子方程式为2Ce4++H2O2＝2Ce3++2H++O2↑；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40～50℃之间既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解，
故答案为：2Ce4++H2O2＝2Ce3++2H++O2↑；既有利于加快反应速率，又能防止因温度过高而导致双氧水分解；
（5）根据已知信息可知，Ce（OH）3的，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，Ce3+完全沉淀时，c（Ce3+）＜1.0×10﹣5mol L﹣1，则1.0×10﹣5mol L﹣1，c（H+）＜1.0×10﹣9mol L﹣1，所以此时溶液的pH＞9，
故答案为：9；
（6）加热CeCl3 6H2O制备无水CeCl3时，CeCl3+3H2O Ce（OH）3+3HCl在HCl的氛围下加热CeCl3 6H2O可抑制CeCl3的水解。本工艺中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法，电解熔融NaCl制钠是电解法，A项不符合题意；利用铝热反应制锰是热还原法，B项符合题意；氧化汞分解制汞是热分解法，C项不符合题意，
故答案为：抑制CeCl3的水解；B。
【点评】本题以稀土金属铈的制备工艺为情境，考查滤渣成分、离子方程式的书写、原因分析和计算等。突出基础性、应用性考查要求，体现变化观念与平衡思想、科学态度与社会责任的学科核心素养。
6．（2025 湖北二模）NaSbF6（六氟锑酸钠）是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿（主要含Sb2O3Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等）为原料制备NaSbF6的工艺流程如图所示。
已知：①常温下，Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36、Ksp[Cu（OH）2]＝2.1×10﹣20。
②“滤液”中主要含有NaSbO2、Na2S以及NaOH三种溶质。
回答下列问题：
（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有 3 种。
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），写出反应的离子方程式： Sb2S3+6OH﹣3H2O ；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），写出Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式： 26H+＝Sb2S3+3H2S↑ 。
（3）“滤渣1”的成分是 Fe2O3和CuS （填化学式）。
（4）“精制”的目的是除去溶液中的S2﹣。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，若此时溶液的pH为10，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ 3×10﹣24 mol L﹣1。
（5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为 4.0 （保留两位有效数字）t。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生的电极反应为 S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O） 。
【答案】（1）3；
（2）Sb2S3+6OH﹣3H2O；26H+＝Sb2S3+3H2S↑；
（3）Fe2O3和CuS；
（4）3×10﹣24；
（5）4.0。
（6）S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O）。
【分析】锑矿主要含Sb2O3、Sb2S3，还含少量Fe2O3、CuS、Sb2O5等，加入NaOH和Na2S2O3溶液，浸出，Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），Sb2O3可与NaOH反应生成亚锑酸盐（Na3SbO3），Sb2O5可与Na2S2O3反应生成锑酸盐（Na3SbO3）和硫酸钠，Fe2O3、CuS不反应，过滤除去，滤液主要含有Na3SbO3、Na2S以及NaOH三种溶质，加入胆矾，生成CuS和Cu（OH）2沉淀，过滤，滤渣2主要为CuS和Cu（OH）2沉淀，向滤液中加入浓NaOH溶液，加热至适当温度，慢慢滴入双氧水，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3 3H2O，向晶体中加入HF，进行氟化，经过一系列操作，得到NaSbF6（六氟锑酸钠），据此分析作答。
【解答】解：（1）锑矿含有的五种元素（Sb、Fe、Cu、O、S）中位于元素周期表p区的有Sb、O、S，Fe、Cu分别位于d区和ds区，即有3种元素位于p区，
故答案为：3；
（2）“浸出”时Sb2S3可与NaOH反应生成硫代亚锑酸盐（Na3SbS3）和亚锑酸盐（Na3SbO3），根据原子守恒以及电荷守恒，则反应的离子方程式为：Sb2S3+6OH﹣3H2O，；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸（不稳定，与亚硫酸类似，会分解），则Na3SbS3与稀硫酸反应的离子方程式为：26H+＝Sb2S3+3H2S↑，
故答案为：Sb2S3+6OH﹣3H2O；26H+＝Sb2S3+3H2S↑；
（3）根据分析可知，“滤渣1”的成分是Fe2O3和CuS，
故答案为：Fe2O3和CuS；
（4）若溶液的pH为10，c（H+）＝10﹣10mol/L，c（OH﹣）＝10﹣4mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）×c2（OH﹣）＝c（Cu2+）×（10﹣4）2＝2.1×10﹣20，则c（Cu2+）＝2.1×10﹣12mol/L，则溶液中剩余c（S2﹣）＝ 3×10﹣24mol/L，
故答案为：3×10﹣24；
（5）根据题意有关系式：Sb～NaSbF6
122 259
10t×20%×（1﹣5%） m
则m10t×20%×（1﹣5%）≈4.0t，
故答案为：4.0。
（6）工业上还可以通过电解含Na2SbS2、Na2S、NaOH的溶液制备金属Sb，电解过程中，阳极上发生氧化反应，电极反应为S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O），
故答案为：S2﹣﹣2e﹣＝S（或4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O）。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及NaSbF6的制取，同时沉淀溶解平衡常数的应用，属于高考高频考点，难度中等。
7．（2024秋 潍坊期末）以铂钯精矿（含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等）为原料，分离和回收贵金属Au、Pt、Pd的工艺流程如图所示：
已知：①“氯化浸出”时，金属Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣；
②（NH4）2PtCl6和（NH4）2PdCl6难溶于水，Ksp[（NH4）2PdCl6]＝9.9×10﹣8（NH4）2PtCl4易溶于水
回答下列问题：
（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3。“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为 PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2 ；
根据如图判断“焙烧”适宜的条件为 350℃，4h 。
（2）滤液2的主要成分是 CuSO4 （填化学式），“分金”得到Au的反应的离子方程式为 2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣ ；加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是 使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣ 。
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，充分反应后，溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是 1.1×10﹣6 mol L﹣1。
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是 氯化浸出 。
【答案】（1）PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2；350℃，4h；
（2）CuSO4；2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣；使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣；
（3）1.1×10﹣6；
（4）氯化浸出。
【分析】铂钯精矿含PtTe、PdSe、Au、Pt、Pd、Cu等，加入Na2CO3，通入O2，焙烧，PtTe、PdSe转化为Pt、Pd以及Na2TeO3、Na2SeO3，水浸后，过滤，得到含有Au、Pt、Pd、CuO的滤渣，加入稀硫酸酸浸，除去CuO，滤液2的主要成分是CuSO4，向滤渣中加入浓盐酸，通入氯气，进行氯化浸出，Au、Pt、Pd转化为[AuCl4]﹣、[PtCl6]2﹣、[PdCl6]2﹣，然后加入过量H2C2O4，还原Au，得到Au单质，同时H2C2O4被氧化为CO2，草酸还可以使][PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣，过滤除去Au后，向滤液中加入NH4Cl溶液，得到（NH4）2PdCl6沉淀和（NH4）2PtCl4溶液，过滤后，向滤液中加入NH4Cl和氯酸钠溶液，把（NH4）2PtCl4氧化为（NH4）2PtCl6，尾液中含有盐酸，可以循环利用，据此分析作答。
【解答】解：（1）“焙烧”时精矿中化合态的Pt、Pd转化为金属单质，滤液1的主要成分是可溶于水的Na2TeO3、Na2SeO3，根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“焙烧”时PdSe发生反应的化学方程式为：PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2，由图可知，“焙烧”适宜的条件为温度350℃，时间4h，此时Te、Se的脱除率均较高，
故答案为：PdSe+Na2CO3+O2Na2SeO3+Pd+CO2；350℃，4h；
（2）根据分析可知，滤液2的主要成分是CuSO4，“分金”得到Au的反应的离子方程式为：2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣，加入过量H2C2O4溶液的目的除还原得Au外，还有的作用是使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣，
故答案为：CuSO4；2[AuCl4]﹣+3H2C2O4＝2Au↓+6CO2↑+6H++8Cl﹣；使[PtCl6]2﹣转化为[PtCl4]2﹣；
（3）“沉钯”时，向[PdCl6]2﹣浓度为0.1mol L﹣1的溶液中加入等体积0.8mol L﹣1的NH4Cl溶液，混合后，浓度为0.4mol L﹣1，[PdCl6]2﹣浓度为0.05mol L﹣1，此时发生反应：2[PdCl6]2﹣＝（NH4）2PdCl6↓，反应后，的浓度为（0.4﹣0.05×2）mol L﹣1＝0.3mol L﹣1，则溶液中[PdCl6]2﹣的浓度是mol L﹣1＝1.1×10﹣6mol L﹣1，
故答案为：1.1×10﹣6；
（4）“沉铂”后尾液经酸化处理，反应所得产物可循环利用，利用该产物的操作单元的名称是氯化浸出，
故答案为：氯化浸出。
【点评】本题主要考查物质的分离与提纯，同时考查 Ksp的计算，属于高考高频考点，难度较大。
8．（2025春 岳麓区校级期中）铁黄（FeOOH）是一种重要的化工原料，一种以硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）为原料生产铁黄的工艺流程如图：
（1）铁黄中铁的化合价为 +3 ，铁元素在元素周期表中的位置为 第四周期第Ⅷ族 。
（2）“滤渣1”的主要成分是 二氧化硅 （填名称）。
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应的离子方程式为 Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O ；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是 Fe （填化学式，下同），“滤渣2”的主要成分为 Fe和Cu 。
（4）“沉铁”过程中生成Fe（OH）2的化学方程式为 FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑ 。
（5）带结晶水的铁黄产品也可用Fe2O3 xH2O表示，为了测定所制备铁黄的x值，进行如下操作：用分析天平准确称量m1g样品置于坩埚中加热、冷却后称量，经过重复操作，当达到恒重时，残留固体质量为m2g，则x＝ （用含m1、m2的代数式表示）。
【答案】（1）+3；第四周期第Ⅷ族；
（2）二氧化硅；
（3）Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；Fe；Fe和Cu；
（4）FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑；
（5）。
【分析】硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）在酸溶中，FeO、Fe3O4与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，过滤后溶液中含硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和硫酸，二氧化硅作为滤渣滤出，故滤渣1为二氧化硅；加入过量X还原，根据后续流程可知，为了不引入新杂质，是加入铁粉进行还原，铁粉与溶液中三价铁离子、氢离子反应生成二价铁离子，与铜离子反应生成铜，过滤后溶液中含硫酸亚铁，铜和未反应完的铁粉作为滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成FeOOH，过滤得铁黄；
【解答】解：硫酸渣（含FeO、Fe3O4、SiO2、CuO）在酸溶中，FeO、Fe3O4与硫酸发生反应生成Fe3+和Fe2+，其中二氧化硅不与硫酸发生反应，过滤后溶液中含硫酸亚铁、硫酸铁、硫酸铜和硫酸，二氧化硅作为滤渣滤出，故滤渣1为二氧化硅；加入过量X还原，根据后续流程可知，为了不引入新杂质，是加入铁粉进行还原，铁粉与溶液中三价铁离子、氢离子反应生成二价铁离子，与铜离子反应生成铜，过滤后溶液中含硫酸亚铁，铜和未反应完的铁粉作为滤渣滤出，硫酸亚铁与碳酸氢铵反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被空气中氧气氧化成FeOOH，过滤得铁黄；
（1）铁黄中H为+1价，O为﹣2价，则铁元素为+3价，Fe在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族，
故答案为：+3；第四周期第Ⅷ族；
（2）硫酸渣的成分中有不与硫酸反应的SiO2，所以滤渣1为二氧化硅，
故答案为：二氧化硅；
（3）“酸溶”时Fe3O4与硫酸发生反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，反应的离子方程式为Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；“还原”过程中所加的试剂X最适宜的是Fe，不会引入新的杂质；根据分析可知，“滤渣2”的主要成分为Fe和Cu，
故答案为：Fe3O4+8H+＝2Fe3++Fe2++4H2O；Fe；Fe和Cu；
（4）FeSO4与NH4HCO3反应生成Fe（OH）2的化学方程式为：FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑，
故答案为：FeSO4+2NH4HCO3＝Fe（OH）2↓+（NH4）2SO4+2CO2↑；
（5）结晶水的质量为（m1﹣m2）g，则，解得x，
故答案为：。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2025春 苏州期中）柠檬酸亚铁晶体（FeC6H6O7 2H2O）是一种易吸收的高效铁制剂，可溶于水，且在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精。实验室模拟制取柠檬酸亚铁晶体的流程和有关装置如图：
（1）制备碳酸亚铁
①配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液的蒸馏水必须经过煮沸并冷却，原因是 排除蒸馏水中溶解的氧气 。
②为保证碳酸亚铁的纯度，图﹣1中试剂B是 FeSO4 溶液（填化学式）。
（2）制得柠檬酸亚铁晶体
①制备装置如图﹣2所示，写出反应Ⅱ中制备柠檬酸亚铁的化学方程式： FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O 。
②反应Ⅱ中需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是 a （填字母）。
a.Fe粉
b.Cu粉
c.Fe2O3粉
d.Na2SO3粉
③由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 、用无水酒精洗涤、干燥。
④上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是 可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失 。
（3）测定产品中的铁含量
称取25.00g产品，用容量瓶配成100.00mL溶液；量取20.00mL上述溶液于锥形瓶中，先滴加适量强氧化剂将柠檬酸根离子全部氧化为二氧化碳和水；再向溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入硫酸酸化，用0.2000mol L﹣1KMnO4溶液滴定（还原产物为Mn2+），恰好完全反应时消耗KMnO4溶液17.00mL。
①写出滴定过程中发生反应的离子方程式： 5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O 。
②计算该产品中的铁含量 19.04% （写出计算过程，计算结果精确到0.01%）。
【答案】（1）①排除蒸馏水中溶解的氧气；
②FeSO4；
（2）①FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O；
②a；
③蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
④可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失；
（3）①5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；
②19.04%。
【分析】硫酸亚铁溶液加入碳酸钠生成碳酸亚铁，加入柠檬酸溶液和抗氧化性剂，转化得到柠檬酸亚铁溶液，处理得到产品；亚铁离子以还原性为主，容易被氧气氧化，因此制备碳酸亚铁、柠檬酸亚铁时，需要排除装置中的空气或防止外界空气的进入；
【解答】解：（1）①Fe2+容易被氧气氧化，因此配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液时，需要将蒸馏水煮沸，其目的是排除蒸馏水中溶解的氧气，
故答案为：排除蒸馏水中溶解的氧气；
②碳酸钠溶液碱性较强，如果把硫酸亚铁溶液加入碳酸钠溶液中，会生成氢氧化亚铁沉淀，引入杂质，故应该将碳酸钠溶液滴入硫酸亚铁溶液中，故B为硫酸亚铁溶液，
故答案为：FeSO4；
（2）①碳酸亚铁固体和柠檬酸溶液反应生成柠檬酸亚铁、二氧化碳、水，反应的化学方程式是FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O，
故答案为：FeCO3+C6H8O7FeC6H6O7+CO2↑+H2O；
②亚铁离子易被氧化成铁离子，该操作中加入少量铁粉可以防止溶液中的亚铁离子被氧化铁离子且不引入新杂质，故为a。
a．铁单质与Fe3+反应生成Fe2+，不产生新杂质，故a符合题意；
b．Cu与Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，引入新杂质Cu2+，故b不符合题意；
c．柠檬酸亚铁若被氧化，Fe2O3不与Fe3+反应，Fe2O3在本实验中不能作抗氧化剂，故c不符合题意；
d．Na2SO3和铁离子生成亚铁离子和硫酸根离子，引入杂质硫酸根离子，故d不符合题意；
故答案为：a；
③已知柠檬酸亚铁在热水中比冷水中易溶，难溶于无水酒精，由柠檬酸亚铁溶液得到柠檬酸亚铁晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用无水酒精洗涤、干燥，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；
④乙醇易挥发，柠檬酸亚铁难溶于无水酒精，上述操作中用无水酒精洗涤晶体的目的是可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失，
故答案为：可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失；
（3）①滴定过程中高锰酸根离子和亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子和锰离子和水，发生反应的离子方程式：5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O；
②由5Fe2++Mn8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O可得n（Fe2+）＝5n（Mn），结合铁元素守恒，100.00mL溶液中n（Fe2+）＝0.2mol/L×0.017L×50.085mol，该产品中的铁含量100%＝19.04%，
故答案为：19.04%。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质实验方案的掌握情况，试题难度中等。
10．（2025 兴庆区校级二模）在钐钴永磁材料的成型加工过程中，会产生合金渣（含有Sm、Co、Cu、Fe、SiO2）。从该合金渣提取钴（Co）和钐（Sm）的一种工艺流程如图。
回答下列问题：
（1）Co元素在周期表中的位置为 第四周期第Ⅷ族 。
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是 增大接触面积，提高酸浸速率 ，“浸渣”的主要成分是 SiO2、Cu 。
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为 。
（4）取50g合金渣（其中Co的质量分数约为37%），若钴的酸浸率大于90%，结合图1实验数据，“调节pH”时，溶液的最佳pH为 4 ；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的 2 倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是 Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水 。
（5）“沉淀3”为草酸钴（CoC2O4），将17.64g草酸钴“灼烧”至质量不再减轻，得到9.64g钴的氧化物，其化学式为 Co3O4 。该氧化物晶胞可以看成4个A型和4个B型小单元交替无隙并置而成（如图2）。其中黑球（）代表 Co3+ （填“Co2+”、“Co3+”或“O2﹣”）。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；
（2）增大接触面积，提高酸浸速率；SiO2、Cu；
（3）；
（4）4；2；Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）Co3O4；Co3+。
【分析】合金渣加盐酸酸浸后的浸渣是不与盐酸反应的SiO2和Cu，浸出液加草酸沉钐，得Sm2（C2O4）3沉淀，滤液加氨水调节pH，氧化后沉淀Fe3+，后加入草酸沉钴，CoC2O4加热灼烧生成Co3O4。
【解答】解：（1）Co位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，
故答案为：第四周期第Ⅷ族；
（2）“破碎酸浸”中，将合金渣破碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸速率；浸渣”的主要成分是不与盐酸反应的物质：SiO2、Cu，
故答案为：增大接触面积，提高酸浸速率；SiO2、Cu；
（3）“沉淀1”的主要成分是Sm2（C2O4）3。“沉钐”过程中，Sm3+发生反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（4）图1实验数据，“调节pH”时，pH为4时，铁的去除率最高，钴沉淀量最高，溶液的最佳pH为4；“氧化”时，双氧水的实际用量应控制在理论用量的2倍，双氧水实际用量大于理论用量的原因是：Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水，
故答案为：4；2；Fe3+会催化双氧水分解，消耗部分双氧水；
（5）根据质量守恒：钴元素的质量灼烧前后质量不变。17.64gCoC2O4的物质的量为0.12mol，灼烧后9.64g钴的氧化物中钴元素的质量为：0.12mol×59g/mol＝7.08g，氧元素质量为：9.64g﹣7.08g＝2.56g，氧化物中钴原子与氧原子的个数比为：，其化学式为：Co3O4；用均摊法分析A和B，其中A中灰球个数为，白球个数为4；B中灰球个数为，白球个数为4，黑球个数为4，结合晶胞结构，晶胞中灰球为8，白球为32，黑球为16，根据正负化合价代数和为0，设灰球化合价为x，白球化合价为y，黑球的化合价为z，则有8x+32y+16z＝0，简化得x+4y+2z＝0，再结合氧化钴的化学式Co3O4，可知钴元素有+2、+3价，氧为﹣2价，可推出：灰球为Co2+、黑球为Co3+、白球为O2﹣，故黑球代表Co3+，
故答案为：Co3O4；Co3+。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025 昆明一模）镍和钼都是重要的战略金属，被广泛应用于冶金、电子等行业。一种以镍钼矿（主要含NiS、MoS2、少量FeS2、Al2O3和SiO2等）为原料提取镍和钼的工艺流程如图：
已知：①“酸浸”后，Ni、Mo的存在形式分别为。
②流程使用的阳离子交换树脂作用原理为；阴离子交换树脂作用原理为。
③CaSO4可以将絮状沉淀吸附后共同沉淀。
回答下列问题：
（1）中Mo的价态为 +6 。
（2）“氧化焙烧”步骤中加入CaO的目的是 脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气 。
（3）“氧化”步骤中Fe2+发生反应的离子方程式为 ，“滤渣2”的主要成分为Al（OH）3、 Fe（OH）3 、 CaSO4 （填化学式）。
（4）实验室使用如图装置“提钼”“提镍”，离子交换柱中填充的树脂分别为 阴 、 阳 （填“阳”或“阴”）离子交换树脂。“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后可得到产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可向离子交换柱注入 NaOH （填化学式）水溶液。
【答案】（1）+6；
（2）脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气；
（3）；Fe（OH）3；CaSO4；
（4）阴；阳；NaOH。
【分析】“氧化焙烧”过程中加入CaO、O2可以将产生的SO2转化为CaSO4，通入的氧气尽可能氧化金属化合物；“酸浸”后经过滤得到含有、Al3+、Fe2+、Fe3+、等离子的滤液和含有SiO2、CaSO4的滤渣1；用阴离子交换树脂提钼，得到负钼树脂和溶液1；溶液1中加NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，用CaCO3调pH使Al3+、Fe3+沉淀，得到含Fe（OH）3、Al（OH）3、CaSO4的滤渣2；所得溶液用阳离子交换树脂提镍，得到负镍树脂。
【解答】解：（1）中O为﹣2价，Mo为+6价，
故答案为：+6；
（2）由上述分析可知，“氧化焙烧”步骤中加入CaO是将反应生成的SO2转化为CaSO4，达到脱硫目的，防止污染空气，
故答案为：脱硫，将反应生成的二氧化硫转化为CaSO4，防止污染空气；
（3）“氧化”步骤中，NaClO3将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原为Cl﹣，反应的离子方程式为，
故答案为：；Fe（OH）3；CaSO4；
（4）由流程可知先提钼（）后提镍（Ni2+），故离子交换柱中填充的树脂分别为阴离子交换树脂、阳离子交换树脂；阳离子交换树脂作用原理为，“负镍树脂”加入稀硫酸“洗脱”后得到RCOOH和产品NiSO4，为使该交换树脂再生，可加入NaOH溶液将树脂上的H+替换下来，生成RCOONa，
故答案为：阴；阳；NaOH。
【点评】本题主要考查物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
12．（2025 通州区一模）以黄铜矿（主要成分为CuFeS2）为原料生产纯铜，流程示意图如图。
（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 。
（2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O。
浸取初期，随着浸泡时间延长，Cu2+的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的Fe3+与黄铜矿发生反应。
①生成Fe3+的离子方程式是 。
②Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见图。
①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 0.06mol L﹣1 。
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降 。
（4）“电解”的原理示意图如图。
①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+ 。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生 。
【答案】（1）增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①；
②；
（3）①0.06mol L﹣1；
②c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【分析】黄铜矿的主要成分为CuFeS2，氧化浸出时，首先发生反应：CuFeS2+O2+2H2SO4＝CuSO4+FeSO4+2S+2H2O，生成的亚铁离子在酸性条件下继续被氧化为铁离子，铁离子继续发生反应：，促进黄铁矿的溶解，过滤，得到含有CuSO4和FeSO4的滤液，以及滤渣，对滤液进行电解，得到纯铜，据此分析作答。
【解答】解：（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，
故答案为：增大接触面积，加快氧化浸出反应速率；
（2）①根据题意可知，生成Fe3+的离子方程式是：，
故答案为：；
②根据原子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒，可得Fe3+与黄铜矿发生反应的离子方程式是：，
故答案为：；
（3）①由图可知，硫酸铁的最佳浓度为0.06mol L﹣1，此时铜浸出率最高，
故答案为：0.06mol L﹣1；
②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降，
故答案为：c（Fe3+）增大，加快反应的速率，加速矿物的浸出，c（Fe3+）过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量Fe（OH）3，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出，铜的浸出率开始下降；
（4）①电解初期，阴极没有铜析出，原因是Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+，
故答案为：Fe3+过量，氧化性Fe3+＞Cu2+，因此Fe3+先放电，电极反应为Fe3++e﹣═Fe2+；
②将阴极室的流出液含有硫酸亚铁，送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生，
故答案为：阳极上发生Fe2+﹣e﹣═Fe3+，Fe2+在阳极失电子生成Fe3+，通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2（SO4）3溶液再生。
【点评】本题主要考查制备实验方案的设计，具体涉及纯铜的制取，同时考查方程式书写等，属于高考高频考点，难度中等。
13．（2025 保定一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。
回答下列问题：
（1）浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 4：1 。
（2）“预氧化与除铁”最好采用 b （填标号）作氧化剂；“铁渣”的主要成分是 Fe（OH）3 。
a.HClO溶液 b.MnO2 c.KMnO4溶液
（3）“洗液”可以返回到 沉锰 步骤进行循环使用。
（4）“操作”的名称为 过滤、洗涤、干燥 。
（5）在600～700℃下，将一定量的MnCO3置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，则该反应中固体产物的化学式为 Mn2O3 。
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，反应的化学方程式为 2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑ 。
【答案】（1）4：1；
（2）b；Fe（OH）3；
（3）沉锰；
（4）过滤、洗涤、干燥；
（5）Mn2O3；
（6）2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑。
【分析】浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液，据此答题。
【解答】解：浸锰液为MnO2与FeS2、FeS、MnS等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液；
（1）MnO2与MnS在酸性条件下反应生成的化学反应方程式为：，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是4：1，
故答案为：4：1；
（2）“预氧化与除铁”最好采用二氧化锰作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b；据分析，“铁渣”的主要成分是Fe（OH）3，
故答案为：b；Fe（OH）3；
（3）用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用，
故答案为：沉锰；
（4）沉锰后分离沉淀和溶液的操作为过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
（5）设MnCO3的物质的量为1mol，则其量为115g；其中锰元素的质量为55g；加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为68.7%，其质量为：115g×68.7%＝79g，则氧元素的质量为：79﹣55＝24g，则锰元素与氧元素的物质的量之比为：2：3，所以此时固体产物的化学式为Mn2O3，
故答案为：Mn2O3；
（6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰[Mn2（OH）2CO3]和一种气体，该气体为二氧化碳，所以反应的化学方程式为：2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑，
故答案为：2MnCO3+H2O [Mn2（OH）2CO3]+CO2↑。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生物质制备实验的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025 河南模拟）铊（Tl）广泛应用于电子、军工、航天等领域。一种从铅精矿焙烧产生的富铊灰（主要成分为PbO、ZnO、FeO、Fe2O3、Tl2O）中回收铊的工艺流程如图所示：
已知：
①Tl+易被氧化为Tl3+。
②在氯化物一硫酸水溶液中，Tl元素以形式存在。
③萃取过程的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl [CH3CONR2H]TlCl4。
④常温下Ksp[Fe（OH）3]＝2.7×10﹣39，Ksp[Zn（OH）2]＝1.0×10﹣17，1g3≈0.5。
请回答下列问题：
（1）根据铊（81Tl）的原子序数推测该元素在元素周期表中的位置为 第6周期第IIIA族 。
（2）“浸取Ⅰ”中Tl2O发生反应的化学方程式为 5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O 。
（3）滤渣的主要成分为 PbSO4 。
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁。已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，控制pH范围为 2.8～6.0 （已知当溶液中离子浓度小于10﹣5mol/L 时，通常认为该离子沉淀完全，结果保留一位小数）。
（5）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入CH3COONH4溶液的原因 CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层 。
（6）“还原氯化沉淀”中反应的离子方程式为 H2OTlCl↓2H++3Cl﹣ 。
（7）铊镉合金是原子能工业重要材料，其一种立方晶胞结构如图所示，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则铊原子和镉原子之间的最短距离d＝ 107 nm（用含ρ、NA的代数式表示）。
【答案】（1）第6周期第IIIA族；
（2）5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O；
（3）PbSO4；
（4）2.8～6.0；
（5）CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡反应逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层；
（6）H2OTlCl↓2H++3Cl﹣；
（7）107。
【分析】富铊灰加入高锰酸钾和硫酸混合溶液、氯化钠溶液浸取时，氧化铅转化为硫酸铅、氧化锌转化为硫酸锌、氧化铁和氧化亚铁转化为硫酸铁、氧化铊转化为四氯合铊离子，过滤得到含有硫酸铅的滤渣和浸取液；向浸取液中加入萃取剂萃取，分液得到水相和含有[CH3CONR2H]TlCl4的有机相；向有机相加入醋酸铵溶液反萃取，分液得到含有四氯合铊离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将四氯合铊离子转化为TlCl沉淀，过滤得到TlCl；向TlCl中加入硫酸，经焙烧、酸浸、水浸得到Tl2SO4溶液，最后用Zn置换Tl2SO4溶液得到金属铊，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）铊（81Tl）与铝同主族，即Tl位于第6周期第ⅢA族，
故答案为：第6周期第IIIA族；
（2）由题干流程图可知，“浸取Ⅰ”中Tl2O转化为Tl3+，该过程发生反应的化学方程式为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O，
故答案为：5Tl2O+4KMnO4+21H2SO4＝2K2SO4+4MnSO4+5Tl2（SO4）3+21H2O；
（3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4，
故答案为：PbSO4；
（4）常温下，向“萃取分液”后的水相中加入NaOH溶液，调pH回收铁，即使Fe3+完全沉淀，则c3（OH﹣）×10﹣5＞Ksp[Fe（OH）3]，c（OH﹣）mol/L＝3mol/L，pH＞2.8，而Zn2+不产生沉淀，则已知水相中c（Zn2+）＝0.1mol/L，即c2（OH﹣）×0.1＜Ksp[Zn（OH）2]，c（OH﹣）mol/L＝10﹣8mol/L，则pH＜6.0，控制pH范围为2.8＜pH＜6.0，
故答案为：2.8～6.0；
（5）由萃取过程的反应原理可知，加入醋酸铵溶液反萃取时，醋酸根离子与氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度减小，使萃取过程的平衡向逆反应方向移动，使[CH3CONR2H]TlCl4转化为四氯合铊离子，
故答案为：CH3COO﹣消耗H+，使萃取过程的平衡逆向移动，Tl元素以形式重新进入水层；
（6）还原、氯化、沉淀过程中生成TlCl的反应为溶液中的四氯合铊离子与亚硫酸根离子反应生成TlCl沉淀、硫酸根离子、氯离子和氢离子，反应的离子方程式为H2OTlCl↓2H++3Cl﹣，
故答案为：H2OTlCl↓2H++3Cl﹣；
（7）由题干铊镉合金的一种立方晶胞结构所示信息可知，一个晶胞中含有Tl的个数为：63，含Cd个数为：81，已知该铊镉合金密度为ρg cm﹣3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为a107nm，由晶胞图可知，铊原子和镉原子之间的最短距离为面对角线的一半，即da107nm，
故答案为：a107。
【点评】本题考查物质的制备实验方案设计、晶胞计算应用等知识点，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取与使用、晶胞分摊方法的应用，题目难度中等。
15．（2025 南宁三模）钴是重要的战略性金属。从炼锌钴渣（含ZnO、CoO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2）中回收钴和锌的工艺如tu：
已知：
物质 Fe（OH）3 Co（OH）3 Zn（OH）2 Co（OH）2 Cu（OH）2 Fe（OH）2
Ksp 2.8×10﹣39 1.6×10﹣44 6.7×10﹣17 5.9×10﹣15 2.2×10﹣20 4.9×10﹣17
回答下列问题：
（1）“酸浸”前需要将炼锌钴渣粉碎，粉碎的目的是 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 。
（2）“氧化”中被氧化的离子是 Fe2+ 。滤渣2的主要成分是 Fe（OH）3 （填化学式）。
（3）“沉钴”中发生反应的离子方程式为 Co2+CoCO3↓ 。溶液1中含
有的金属阳离子主要有Na+和 Zn2+ 。
（4）“还原酸溶”中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2：1 。
（5）“合成”中发生反应的化学方程式为 3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑ 。
（6）钴盐可用于制备含镍钴的铁合金，一种合金X的立方晶胞如图所示。
该晶胞中粒子个数比Fe：Co：Ni＝ 1：3：1 ；设合金X的密度为ρg cm﹣3，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体中Fe和Ni之间的最短距离为 107 nm（列出计算式）。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）Fe2+；Fe（OH）3；
（3）Co2+CoCO3↓；Zn2+；
（4）2：1；
（5）3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；
（6）1：3：1；107。
【分析】（1）固体反应物粉碎后，其表面积增大，在“酸浸”过程中，与酸的接触面积增大，能加快反应速率，使反应更充分；
（2）“酸浸”后溶液中含有Zn2+、Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+等阳离子（SiO2不与酸反应，以滤渣1形式除去），加入NaClO3，NaClO3具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，所以“氧化”中被氧化的离子是Fe2+，加入Na2CO3调节pH，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀除去，所以滤渣2的主要成分是Fe（OH）3；
（3）“沉钴”中加入Na2CO3，Co2+与反应生成CoCO3沉淀，离子方程式为Co2+CoCO3↓，经过前面的操作，溶液1中含有的金属阳离子主要有Na+和Zn2+（因为Fe3+、Co2+已除去，Cu2+在后续操作中除去）；
（4）“还原酸溶”中CoCO3与H2SO4、Na2SO3反应，Co3+被还原为Co2+，被氧化为，CoCO3中Co为+3价，反应后变为+2价，1个Co得到1个电子；中S为+4价，反应后变为+6价，1个S失去2个电子，根据得失电子守恒，氧化剂Co3+和还原剂的物质的量之比为2：1；
（5）“合成”中ZnSO4与Na2CO3反应生成ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O沉淀和Na2SO4，化学方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+2H2O＝ZnCO3 2Zn（OH）2 H2O↓+3Na2SO4+2CO2↑；
（6）利用均摊法计算晶胞中粒子个数。
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