期末复习 工艺流程（专项练习.含解析）-2025-2026学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册
文档属性
| 名称 | 期末复习 工艺流程（专项练习.含解析）-2025-2026学年高一上学期化学鲁科版（2019）必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 4.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-12-12 17:40:00 | ||
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文档简介
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期末复习 工艺流程
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025秋 山东期中）钯（Pd）是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿（含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi）中分离提取钯的工艺流程如图所示：
已知：H2PtCl6为二元强酸，在水溶液中完全电离。
（1）“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是 。
（2）“分金”时，HAuCl4的氧化性 （填“大于”或“小于”）H2PtCl6。
（3）“沉铂”时，发生反应的离子方程式为 ，“沉铂”时，得到的（NH4）2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出一分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为 。
（4）“沉钯”时，反应的化学方程式为 ，“滤液3”可以进入到 步骤中循环利用。
（5）N2H4 H2O（水合肼）将Pd（NH3）2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
2．（2025秋 山东期中）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。
回答下列问题：
（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为 。
（2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 。
（3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。
（4）“萃取”时，先转化为，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 。
（5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。
（6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示（忽略溶液前后体积变化）：将0.01mol V2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的c（OH﹣）＝0.01mol/L，反应的离子方程式为 。
3．（2025 山东模拟）从铜阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Au等）中分离提取金属单质的流程如图所示。
已知：Ⅰ.AuCl3溶于盐酸可以得到HAuCl4。
Ⅱ.K＝3.0×1013。
Ⅲ.。
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是 。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；若“浸取3”中用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），那么需要的Na2S2O3的物质的量至少为 mol（保留四位有效数字，已知。
（4）“电沉积”中获得Ag单质的是 极（填“正”“负”或“阴”“阳”）：“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为 （填化学式）。
（5）“还原”中，发生反应的化学方程式为 。
4．（2025 德州三模）以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2为原料联合制取氯氧化铋（BiOCl）、超细氧化铋（Bi2O3）和二氧化锰（MnO2）的工艺流程如图：
已知：①Bi3+易与Cl﹣形成，可以发生水解生成BiOCl。
②2BiOCl（白色）+2OH﹣2Cl﹣+H2O+Bi2O3（黄色）。
（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，则反应过程中氧化剂是 。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 ；若要提高“酸浸”的金属浸出率，可采取的措施为 （写一条即可）。
（3）若进行“转化”操作不加入金属Bi导致的结果是 。
（4）“萃取”时的原理可表示为：（水层）+nTBP（有机层） BiCl3 nTBP（有机层）+3Cl﹣（水层），则“反萃取”时发生的化学方程式为 。
（5）向ag含少量Fe（OH）3杂质的BiOCl粗品中边搅拌边分批加入足量稀H2SO4，充分反应后静置，过滤，洗涤沉淀；将沉淀浸入过量NaOH溶液，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化后过滤、洗涤、干燥、称量得bg产物。
①检验沉淀洗涤干净的操作 ，②BiOCl粗品中BiOCl的纯度为 。
5．（2024秋 聊城期中）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
（1）硫液化后与空气中的氧气反应生成SO2。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 （填序号）。
A．硫的消耗量增加 B．SO2产率下降 C．生成较多SO3
（2）反应Ⅱ中钒催化剂能加快反应速率的原因为 。
（3）在硫酸工业中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO2分离后，将未转化的SO2进行二次转化，假若两次SO2的转化率均为90%，则最终SO2的转化率为 。
（4）气体经过钒催化剂层，温度会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温后再经过钒催化剂层转化，其目的是 。
（5）制硫酸产生的废气中含有SO2，可用双碱脱硫法处理，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是 ，写出双碱脱硫法的总反应方程式： 。
6．（2024秋 潍坊期末）工业上制取硝酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是 （填标号）。
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为 。
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是 ，将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是 。
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，写出吸收NO时发生反应的化学方程式 。
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比为 。
7．（2024 莱州市校级开学）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答下列问题：
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有 （填字母序号）。
a.酸雨
b.沙尘暴
c.光化学烟雾
d.白色污染
（2）NH3是重要的含氮化合物，写出氨合成塔中发生反应的化学方程式 ；氧化炉中所发生反应的化学方程式为 。
（3）将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出两种气体，写出生成NO的反应化学方程式 ；若生成NO、NO2的体积比为1：4，则分别生成NO、NO2的两个反应中消耗硝酸的物质的量之比是 。
8．（2024秋 市中区校级期中）某种粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质。某同学在实验室中设计了用这种粗盐制备精盐的方案如图（用于沉淀的试剂稍过量）。
请回答以下问题：
（1）操作②、④时需要用到的玻璃仪器有 （填标号）。
a．烧杯 b．试管 c．玻璃棒 d．分液漏斗 e．漏斗
（2）操作③加试剂a、b、c常用①NaOH溶液、②Na2CO3溶液、③BaCl2溶液作为除杂试剂，则加入除杂试剂的顺序为 。
A．①②③
B．①③②
C．②①③
（3）若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是 。
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是 。
9．（2024秋 昌邑市期中）由NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液提纯得到NaCl晶体的实验流程如图：
回答下列问题：
（1）操作Ⅱ用到的玻璃仪器有 （填标号），证明试剂①已过量的方法为 。
（2）沉淀B的成分为 （填化学式），稀盐酸的作用为 。
（3）操作Ⅴ为 。
（4）由操作Ⅰ可知淀粉 （填“能”或“不能”）透过半透膜，用实验证明上述结论 。
10．（2023秋 济南期末）海水中化学元素的利用是海水综合利用的重要方面，从海水中提取的粗盐、镁、溴（Br2）等产品是多种工业的基础原料。
Ⅰ．海水提取的粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下操作，进行提纯：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；⑥溶解。
（1）正确的操作顺序是 （填标号）。
（2）加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ．苦卤（海水晒盐后得到的母液）中含有NaBr等物质。从苦卤中提Br2的流程如图：
（3）以苦卤为原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，优势在于 。
（4）“吸收”过程的离子方程式为 。
Ⅲ．海水提镁的工艺流程如图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。
（5）沉淀池中发生主要反应的离子方程式为 。
（6）工业上采用电解熔融MgCl2而不是熔融MgO来制取镁单质，原因是 。
（7）高温下用镁还原四氯化钛（TiCl4）是制取金属钛的重要方法，该反应的化学方程式为 。下列气体可以作为该反应保护气的是 （填标号）。
a．N2
b．Ar
c．CO2
d．O2
11．（2023秋 市南区校级月考）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由粗盐获得精盐的一般步骤如图：
回答下列问题：
（1）步骤①、③两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是 、 。
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液。加入试剂的顺序正确的是 。
A.BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液
B.NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液
C.NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液
D.Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液
（3）步骤③“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、 （填仪器名称）；该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、 。
（4）加入适量盐酸的作用是 。
12．（2023秋 德州期中）氯化钠是生活必需品，也是重要的化工原料。某化学兴趣小组在实验室提纯含少量泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质离子的粗盐，流程如图：
（1）溶解前需对大块颗粒进行粉碎，目的是 。
（2）步骤Ⅱ中，需要的试剂有①碳酸钠溶液②氯化钡溶液③氢氧化钠溶液。依次加入顺序 （填序号）。
（3）滤渣中除泥沙、Mg（OH）2、CaCO3、BaSO4外还有 （填化学式），步骤Ⅳ加盐酸发生的离子反应方程式为 、 。
（4）步骤Ⅳ加过量盐酸 影响NaCl的纯度（填“会”、“不会”），步骤Ⅴ操作为 。
13．（2024秋 聊城期中）我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
（1）写出“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式 。
（2）整个过程中可以循环利用的物质是 。
Ⅱ.实验室为模拟捕捉回收CO2，现需配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液。
（3）实验中用托盘天平称量NaOH固体的质量为 g。
（4）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A→D→E→ →F→装瓶贴签。
A.向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C.将已冷却的溶液注入容量瓶中
D.根据计算，称取一定量的NaOH固体
E.向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F.盖上容量瓶塞，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面恰好与刻度线相切
H.继续向容量瓶中注入蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm处
（5）上述操作B应重复3次，目的是 。
（6）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是 。
A.容量瓶洗净后未干燥
B.称量NaOH时间过长
C.未冷至室温就转移定容
D.定容时俯视刻度线
14．（2025 山东模拟）锂离子电池是新能源汽车的重要部件。某研究小组利用SiCl4对废弃的锂离子电池正极材料LiCoO2在酸性溶液中是强氧化剂）进行氯化处理，同时回收Li、Co等金属，工艺流程如图所示：
已知：常温下，Ksp[Co（OH）2]═5.9×10﹣15，Ksp[Co（OH）3]═1.6×10﹣44；离子浓度小于10﹣5mol L﹣1表示沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”得到LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，滤饼1的主要成分是 （填化学式）。
（2）实验室中也可用稀硫酸和H2O2溶解电池正极材料LiCoO2，发生反应的离子方程式为 ，若用盐酸直接溶解LiCoO2的后果是 。
（3）烧渣“水浸”前要先分离过量的SiCl4，否则“水浸”时因其水解会产生大量的烟雾。C、Si同主族，从原子结构角度解释CCl4不如SiCl4易水解的原因是 。
（4）“沉钴”时需要调节溶液的pH＝10，其目的是 。
（5）Co（OH）2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示：
在290℃完全脱水，在800～950℃范围内剩余固体的成分是 （填化学式）。
（6）已知Li2CO3的溶解度随温度变化如表：
T/℃ 20 40 60 80
S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.01 0.85
“沉锂”前将溶液浓缩可以得到副产品，此外还有一个目的是 ；“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是 。
15．（2025 泰安模拟）钪（Sc）是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+）为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①225℃时，。
②氢氧化钪Sc（OH）3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al（OH）3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是 。
（2）若要提高萃取率，可采取的措施有 （写两条）。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。
（4）写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。
（5）有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理可表示为：（HR代表有机萃取剂，ScR3为有机配合物）。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。
②反萃液可以再生利用，其方法是 。
（6）萃取时易发生Sc3+、Fe3+共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）具有重要的影响，如图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝ mol/L。
16．（2025秋 德州月考）铜阳极泥富含Cu、Au、Ag2Se等多种物质，是一种含贵金属的可再生资源。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
已知：①Ag+和过量的可生成络合物；②HAuCl4是强酸；③25℃时，，。回答下列问题：
（1）“浸出液1”中主要成分是 和H2SeO3（填化学式）。
（2）“浸取2”步骤中，写出单质金转化为HAuCl4的离子方程式为 。
（3）“银转化”过程中发生反应的离子方程式 。“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为 （填化学式）。
（4）“还原”步骤中，消耗1.5mol N2H4生成Au的物质的量为 。
（5）回收得到的Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。以AgNO3标准溶液滴定废水样中NaCl，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣5mol/L）时，溶液中c（Ag+）为 mol/L，此时溶液中至少为 mol/L，指示剂才能显色（忽略滴加过程的体积变化）。
17．（2025 潍坊二模）一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料（主要成分为LiFePO4部分掺杂Ti（Ⅳ）的LITixFe2PO4、碳粉、铝箔等）回收碳酸锂和磷酸铁的工艺流程如图所示：
已知：Ksp（H2TiO3）═1.0×10﹣20；Ksp（Na3[AlF6]）＝4.0×10﹣20；Ksp（FePO4 2H2O）═1.3×10﹣20；
②磷酸铁溶液中存在以下两个平衡：FePO4 Fe3+；Fe3+ （络合物）。
③当溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为已完全除尽。
回答下列问题。
（1）“酸浸”前需对电池放电处理，主要目的是 。
（2）“调pH＝1.0”时需加适量Fe2（SO4）3，生成 （填化学式，下同）胶体起絮凝作用，促进含钛微粒的沉降。
（3）“调pH＝2.0”过程中需隔绝空气，原因是 ，滤渣2的主要成分为 。
（4）“氧化浸出”过程中发生的离子方程式为 ，适当升温有助于“氧化浸出”生成滤渣3，原因可能是 。
（5）滤渣3经热磷酸洗涤得电池级磷酸铁，生成的废气用氢氧化钠吸收后可返回 工序循环利用。
（6）“氧化浸出”后溶液中钠离子浓度为0.01mol L﹣1，结合计算分析滤渣4的主要成分为 。
18．（2024秋 济宁期末）废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3）具有重要的经济价值，一种从废SCR催化剂回收钒、钨、钛等有价值化合物的工艺流程如图所示。
已知：①V2O5、WO3、TiO2都能与NaOH溶液反应，生成可溶性的NaVO3、Na2WO4，难溶于水的Na2O xTiO2。
②TiOSO4易溶于水，属于强电解质。偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为TiO（OH）2或H2TiO3。
（1）可以提高“高温碱浸”效率的措施为 （任写一种），该步骤后通过 （填操作名称）可以实现钛与钒、钨分离。
（2）“沉钨钒”时Na2WO4转化为CaWO4沉降分离，已知温度为T时Ksp（CaWO4）＝1×10﹣10，Ksp[Ca（OH）2]＝4×10﹣7，当溶液中恰好沉淀完全（离子浓度等于10﹣5mol L﹣1）时，溶液中c（OH﹣）＝ 。
（3）已知“酸洗”后钒以[H2V10O28]4﹣形式存在，流程中“离子交换”和“洗脱”的目的是 。
（4）粗H2WO4沉淀洗涤过程中，判断洗涤干净的实验操作为 。
（5）“酸煮”步骤的化学方程式为 。
（6）流程中“滤液”溶质的成分为 。
19．（2024秋 济宁期末）锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、防爆材料等，锑白（Sb2O3）是应用最早的阻燃剂之一。一种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，含少量的As2S5、CuO、PbS和SiO2为原料制备锑、锑白的工艺如下所示：
已知：①浸取液中砷元素存在形式为AsO；
②Ksp（CuS）＝6×10﹣36，Ksp（PbS）＝8×10﹣26；
③Sb2O3的化学性质类似于Al2O3。
（1）基态51Sb原子价电子排布式为 。
（2）“滤渣Ⅰ”的成分为 （填化学式）。
“浸取”时As2S5发生反应的离子方程式为 。
（3）若浸取液中Cu2+、Pb2+浓度均为0.001mol L﹣1，当Pb2+恰好完全沉淀时，溶液中c（Cu2+）＝ mol L﹣1（当离子浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时认为沉淀完全），此时 。
（4）“中和脱氯”的化学方程式为 ，该步骤未用NaOH溶液代替氨水，原因为 。
（5）已知Sb可由“电解”步骤制得，电解时无气体生成，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为 。
20．（2025 潍坊三模）五氧化二钒常用于冶炼钒铁。以某种废钒催化剂（主要含有V2O3、CaO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备V2O5的工艺流程如图：
已知：pH＞9.6时Al元素在溶液中主要以[Al（OH）4]﹣形式存在；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 4.7 3.2 9.5
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化为VO2+反应的离子方程式是 。
（2）“中和沉淀”生成的沉淀中有一定量Fe（OH）2，滤液1中c（Fe3+）＝ mol L﹣1。
（3）“氧化”步骤VO2转化为NaVO3反应的化学方程式为 ，滤渣1主要成分是 （填化学式）。
（4）“调pH”步骤将溶液pH调节为8.5的目的是 。
（5）该工艺中沉钒率随NH4Cl系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O3的质量比）和温度的变化趋势分别如图1、图2所示。应控制NH4Cl系数和温度为： 。
（6）一种利用硼化钒制备V2O3的装置如图3所示，该电池工作时发生的反应为4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5。电极b的电极反应式为 ，选择性透过膜为 （填“阴离子”或“阳离子”）透过膜。
期末复习 工艺流程
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025秋 山东期中）钯（Pd）是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿（含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi）中分离提取钯的工艺流程如图所示：
已知：H2PtCl6为二元强酸，在水溶液中完全电离。
（1）“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是 提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性 。
（2）“分金”时，HAuCl4的氧化性 大于 （填“大于”或“小于”）H2PtCl6。
（3）“沉铂”时，发生反应的离子方程式为 [PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓ ，“沉铂”时，得到的（NH4）2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出一分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为 提高海绵铂的纯度 。
（4）“沉钯”时，反应的化学方程式为 PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O ，“滤液3”可以进入到 沉铂 步骤中循环利用。
（5）N2H4 H2O（水合肼）将Pd（NH3）2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2：1 。
【答案】（1）提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性；
（2）大于；
（3）[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓；提高海绵铂的纯度；
（4）PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O；沉铂；
（5）2：1。
【分析】（1）“氯化溶解”时浓盐酸有两个作用：一是提供Cl﹣，与Pt、Pd、Au等金属离子形成稳定的氯络离子（如[PtCl6]2﹣、[PdCl4]2﹣、[AuCl4]﹣），促进金属溶解；二是增强氧化剂（如流程中可能存在的Cl2、HNO3等）的氧化性，为溶解反应提供酸性环境；
（2）“分金”的目的是将Au从溶液中分离，通常加入还原剂（如SO2、Fe2+等），还原剂优先还原氧化性更强的物质，流程中“分金”时Au被还原析出，而Pt仍以[PtCl6]2﹣形式留在溶液中，说明HAuCl4更易被还原，即氧化性更强；
（3）“沉铂”是向含[PtCl6]2﹣的溶液中加入，生成（NH4）2PtCl6沉淀，离子方程式为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓，第一次“浸出—分金—沉铂—煅烧”后，海绵铂中可能混有未完全分离的Au、Pd 等杂质，反复操作2～3 次可进一步除去杂质，提高海绵铂的纯度；
（4）“沉钯”是向含[PdCl4]2﹣的溶液中加入氨水，生成Pd （NH3）2Cl2沉淀，化学方程式为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O（或简化为：[PdCl4]2﹣+22OH﹣＝Pd （NH3）2Cl2↓+2H2O），“沉钯”后滤液3中主要含有NH4Cl、HCl 等，其中可用于“沉铂”步骤（与[PtCl6]2﹣反应生成（NH4）2PtCl6），故可进入沉铂步骤循环利用；
（5）氧化剂：Pd（NH3）2Cl2中Pd为+2价，被还原为Pd（0价），每个Pd2+得2个电子，还原剂：N2H4 H2O中N为﹣2价，被氧化为N2（0价），每个N2H4 H2O中2 个N共失4个电子，根据电子守恒：n（氧化剂）×2＝n（还原剂）×4进行计算。
【解答】解：（1）“氯化溶解”时浓盐酸有两个作用：一是提供Cl﹣，与Pt、Pd、Au等金属离子形成稳定的氯络离子（如[PtCl6]2﹣、[PdCl4]2﹣、[AuCl4]﹣），促进金属溶解；二是增强氧化剂（如流程中可能存在的Cl2、HNO3等）的氧化性，为溶解反应提供酸性环境，
故答案为：提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性；
（2）“分金”的目的是将Au从溶液中分离，通常加入还原剂（如SO2、Fe2+等），还原剂优先还原氧化性更强的物质，流程中“分金”时Au被还原析出，而Pt仍以[PtCl6]2﹣形式留在溶液中，说明HAuCl4更易被还原，即氧化性更强，
故答案为：大于；
（3）“沉铂”是向含[PtCl6]2﹣的溶液中加入，生成（NH4）2PtCl6沉淀，离子方程式为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓，第一次“浸出—分金—沉铂—煅烧”后，海绵铂中可能混有未完全分离的Au、Pd 等杂质，反复操作2～3 次可进一步除去杂质，提高海绵铂的纯度，
故答案为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓；提高海绵铂的纯度；
（4）“沉钯”是向含[PdCl4]2﹣的溶液中加入氨水，生成Pd （NH3）2Cl2沉淀，化学方程式为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O（或简化为：[PdCl4]2﹣+22OH﹣＝Pd （NH3）2Cl2↓+2H2O），“沉钯”后滤液3中主要含有NH4Cl、HCl 等，其中可用于“沉铂”步骤（与[PtCl6]2﹣反应生成（NH4）2PtCl6），故可进入沉铂步骤循环利用，
故答案为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O；沉铂；
（5）氧化剂：Pd（NH3）2Cl2中Pd为+2价，被还原为Pd（0价），每个Pd2+得2个电子，还原剂：N2H4 H2O中N为﹣2价，被氧化为N2（0价），每个N2H4 H2O中2 个N共失4个电子，根据电子守恒：n（氧化剂）×2＝n（还原剂）×4，解得：n（氧化剂）：n（还原剂）＝2：1，
故答案为：2：1。
【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合物质的性质和氧化还原反应计算的方法是解答该题的关键。
2．（2025秋 山东期中）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。
回答下列问题：
（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为 +3 。
（2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 SiO2 （填化学式）。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境 。
（3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解 。
（4）“萃取”时，先转化为，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离 。
（5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+ 。
（6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示（忽略溶液前后体积变化）：将0.01mol V2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的c（OH﹣）＝0.01mol/L，反应的离子方程式为 V2O5+6OH﹣＝2V3H2O 。
【答案】（1）+3；
（2）SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；
（3）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；
（4）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离；
（5）3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（6）V2O5+6OH﹣＝2V3H2O。
【分析】钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为V，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO（OH）2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，V先转化为H2V10，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++H2V10 [R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入（NH4）2SO4生成黄铵铁矾，据此分析。
【解答】解：（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2，硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境，
故答案为：SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；
（3）溶液中存在Fe3+（“酸浸”时Fe3O4、FeV2O4溶解生成），Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量，
故答案为：Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；
（4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c（H+）降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离，
故答案为：消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离；
（5）“沉铁”时，加入（NH4）2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+，
故答案为：3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（6）剩余c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝10﹣12mol/L，pH＝12，结合V的存在形态图：pH＝12时，+5价V主要以V形式存在，V2O5与OH﹣反应生成V和H2O，离子方程式为：V2O5+6OH﹣＝2V3H2O，
故答案为：V2O5+6OH﹣＝2V3H2O。
【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。
3．（2025 山东模拟）从铜阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Au等）中分离提取金属单质的流程如图所示。
已知：Ⅰ.AuCl3溶于盐酸可以得到HAuCl4。
Ⅱ.K＝3.0×1013。
Ⅲ.。
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是 温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解 。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl 。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；若“浸取3”中用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），那么需要的Na2S2O3的物质的量至少为 0.1208 mol（保留四位有效数字，已知。
（4）“电沉积”中获得Ag单质的是 阴 极（填“正”“负”或“阴”“阳”）：“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为 Na2S2O3 （填化学式）。
（5）“还原”中，发生反应的化学方程式为 4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl 。
【答案】（1）温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解；
（2）作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；
（3）；0.1208；
（4）阴；Na2S2O3；
（5）4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl。
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，再进行点解，[Ag（S2O3）2]3﹣在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag（S2O3）2]3﹣+e﹣＝Ag+2S2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。
【解答】解：（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是：温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2O2会发生分解，浸取率降低，
故答案为：温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解；
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出，
故答案为：作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，离子方程式为AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），n（Ag）0.06mol，则[Ag（S2O3）2]3﹣中S2的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣的平衡常数K＝
K×Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10×3.0×1013＝5.4×103，溶液中c（Cl﹣）＝0.06mol/L，则c（S2）mol/L＝0.0008mol/L，则需要的Na2S2O3的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L＝0.1208mol，
故答案为：AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣；0.1208；
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag（S2O3）2]3﹣得电子被还原为Ag，阴极反应生成S2，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3，
故答案为：阴；Na2S2O3；
（5）还原步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1mol HAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由﹣2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl，
故答案为：4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl。
【点评】本题主要考查如何从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，同时考查方程式和电极反应式的书写，氧化还原反应的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2025 德州三模）以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2为原料联合制取氯氧化铋（BiOCl）、超细氧化铋（Bi2O3）和二氧化锰（MnO2）的工艺流程如图：
已知：①Bi3+易与Cl﹣形成，可以发生水解生成BiOCl。
②2BiOCl（白色）+2OH﹣2Cl﹣+H2O+Bi2O3（黄色）。
（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，则反应过程中氧化剂是 MnO2和O2 。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O ；若要提高“酸浸”的金属浸出率，可采取的措施为 粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等） （写一条即可）。
（3）若进行“转化”操作不加入金属Bi导致的结果是 Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低 。
（4）“萃取”时的原理可表示为：（水层）+nTBP（有机层） BiCl3 nTBP（有机层）+3Cl﹣（水层），则“反萃取”时发生的化学方程式为 2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl 。
（5）向ag含少量Fe（OH）3杂质的BiOCl粗品中边搅拌边分批加入足量稀H2SO4，充分反应后静置，过滤，洗涤沉淀；将沉淀浸入过量NaOH溶液，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化后过滤、洗涤、干燥、称量得bg产物。
①检验沉淀洗涤干净的操作 向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀 ，②BiOCl粗品中BiOCl的纯度为 100% 。
【答案】（1）MnO2和O2；
（2）Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O；粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等）；
（3）Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低；
（4）2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl；
（5）①向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀；
②100%。
【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，FeS2转化为Fe2O3，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，滤渣1为SiO2，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+＝Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH＝2.6，使[BiCl6]3﹣水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。
【解答】解：（1）Bi2S3中S元素从﹣2价被氧化为（+6价），Bi从+3价升至Bi2O3中的+3价（未变）；MnO2中Mn从+4价被还原为MnSO4中的+2价，O2作为反应物参与氧化S元素，因此氧化剂为MnO2和O2，
故答案为：MnO2和O2；
（2）“酸浸”时，Bi2O3与盐酸反应生成可溶的[BiCl6]3﹣，离子方程式为：Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O，提高浸出率的措施包括粉碎矿石（增大接触面积）、升温、搅拌或增大酸浓度等，
故答案为：Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O；粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等）；
（3）“转化”中加入Bi的作用是还原Fe3+为Fe2+（Bi的还原性强于Fe2+），若不加Bi，Fe3+会在后续步骤中与Bi3+一同沉淀，污染产品，
故答案为：Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低；
（4）反萃取需破坏BiCl3 nTBP的结合，加入H2C2O4，生成Bi2（C2O4）3 7H2O，同时释放TBP，其反应方程式为：2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl，
故答案为：2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl；
（5）①沉淀表面可能残留（来自稀H2SO4），通过检验是否存在判断洗涤效果，即向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀，说明沉淀洗涤干净，
故答案为：向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀；
②反应关系：BiOClBi3+Bi2O3，即2BiOCl～Bi2O3，BiOCl摩尔质量为260g/mol，Bi2O3为466g/mol，则m（BiOCl）gg，纯度为：100%，
故答案为：100%。
【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．（2024秋 聊城期中）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
（1）硫液化后与空气中的氧气反应生成SO2。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 AB （填序号）。
A．硫的消耗量增加 B．SO2产率下降 C．生成较多SO3
（2）反应Ⅱ中钒催化剂能加快反应速率的原因为 降低反应活化能 。
（3）在硫酸工业中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO2分离后，将未转化的SO2进行二次转化，假若两次SO2的转化率均为90%，则最终SO2的转化率为 99% 。
（4）气体经过钒催化剂层，温度会升高，其原因是 反应放热 。升高温度后的气体都需要降温后再经过钒催化剂层转化，其目的是 保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率 。
（5）制硫酸产生的废气中含有SO2，可用双碱脱硫法处理，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是 NaOH ，写出双碱脱硫法的总反应方程式： 2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O 。
【答案】（1）AB；
（2）降低反应活化能；
（3）99%；
（4）反应放热；保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率；
（5）NaOH；2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O。
【分析】硫黄燃烧生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3被浓硫酸吸收，最后转化为H2SO4。
【解答】解：（1）A．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，故A正确；
B．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，故B正确；
C．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，故C错误；
故答案为：AB；
（2）反应Ⅱ中使用了钒催化剂，改变了反应路径，降低了活化能，能加快反应速率，
故答案为：降低反应活化能；
（3）二次转化之后，SO2的转化率为1×90%+（1﹣90%）×90%＝99%，
故答案为：99%；
（4）由于反应为放热反应，气体经过钒催化剂层后温度会升高；温度过高，催化剂活性降低，为保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率，需要对升温后的气体降温，
故答案为：反应放热；保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率；
（5）SO2与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3再与Ca（OH）2和O2反应生成NaOH和CaSO4，NaOH可以循环利用；反应的总反应方程式为：2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O，
故答案为：NaOH；2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O。
【点评】本题主要考查工业制取硫酸等，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。
6．（2024秋 潍坊期末）工业上制取硝酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是 A （填标号）。
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是 氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质） ，将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是 有白烟生成 。
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，写出吸收NO时发生反应的化学方程式 4NH3+6NO5N2+6H2O 。
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比为 1：（1+ab） 。
【答案】（1）A；
（2）4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质）；有白烟生成；
（4）4NH3+6NO5N2+6H2O；
（5）1：（1+ab）。
【分析】工业上制取硝酸铵的一种流程分析可知，氮气和氢气催化剂、高温高压作用下反应生成NH3，NH3催化氧化反应生成NO，反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，NO和空气、水混合吸收塔中生成硝酸，4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，HNO3和NH3化合生成硝酸铵，据此回答问题。
【解答】解：（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是A，
故答案为：A；
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是：氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质），将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是：有白烟生成，氨气和HCl反应生成氯化铵，
故答案为：氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质）；有白烟生成；
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，吸收NO时发生反应的化学方程为：4NH3+6NO5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，反应过程中NH3→NO→HNO3→NH4NO3，设制备HNO3所用去的NH3物质的量x，最终得到HNO3物质的量abxmol，N原子守恒，生成NH4NO3的氨气物质的量＝abxmol，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比＝x：（x+xab）＝1：（1+ab），
故答案为：1：（1+ab）。
【点评】本题考查了工业合成氨、工业生产硝酸的流程、设备名称、反应催化剂选择、原电池电极反应、化学方程式定量计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7．（2024 莱州市校级开学）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答下列问题：
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有 ac （填字母序号）。
a.酸雨
b.沙尘暴
c.光化学烟雾
d.白色污染
（2）NH3是重要的含氮化合物，写出氨合成塔中发生反应的化学方程式 N2+3H22NH3 ；氧化炉中所发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（3）将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出两种气体，写出生成NO的反应化学方程式 3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O ；若生成NO、NO2的体积比为1：4，则分别生成NO、NO2的两个反应中消耗硝酸的物质的量之比是 1：2 。
【答案】（1）a、c；
（2）N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；1：2。
【分析】（1）氮氧化物会造成硝酸型酸雨以及光化学烟雾等环境问题；
（2）氨合成塔发生氮气与氢气的反应，氧化炉发生氨气的催化氧化；
（3）将铜与浓硝酸混合，会发生反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度会降低，发生反应3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。
【解答】解：（1）氮氧化物会造成硝酸型酸雨以及光化学烟雾等环境问题，所以氮氧化物造成的环境问题为ac，
故答案为：a、c；
（2）氨合成塔发生氮气与氢气的反应N2+3H22NH3，氧化炉发生氨气的催化氧化4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）将铜与浓硝酸混合，会发生反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度会降低，发生反应3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，V（NO）：V（NO2）＝n（NO）：n（NO2）＝1：4，设生成amolNO，需要消耗硝酸的物质的量为4amol，同时生成的NO2为4amol，需要消耗的硝酸的物质的量为8amol，可知两个反应的硝酸的物质的量之比为1：2，
故答案为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；1：2。
【点评】本题考查较为基础，主要考查合成氨工业的相关反应及计算，易错点在于铜与浓稀硝酸反应过程中的反应系数比，需要写出反应具体计算。
8．（2024秋 市中区校级期中）某种粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质。某同学在实验室中设计了用这种粗盐制备精盐的方案如图（用于沉淀的试剂稍过量）。
请回答以下问题：
（1）操作②、④时需要用到的玻璃仪器有 ace （填标号）。
a．烧杯 b．试管 c．玻璃棒 d．分液漏斗 e．漏斗
（2）操作③加试剂a、b、c常用①NaOH溶液、②Na2CO3溶液、③BaCl2溶液作为除杂试剂，则加入除杂试剂的顺序为 B 。
A．①②③
B．①③②
C．②①③
（3）若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是 会使形成的沉淀重新溶解 。
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是 蒸发结晶 。
【答案】（1）ace；
（2）B；
（3）会使形成的沉淀重新溶解；
（4）蒸发结晶。
【分析】粗盐溶于水得到粗盐水，过滤除去泥沙得到滤液，滤液加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，然后蒸发结晶得到精盐；
【解答】解：（1）过滤需要用到烧杯、玻璃棒和漏斗，
故答案为：ace；
（2）由分析，加入除杂试剂的顺序可以为：B．①NaOH溶液、③BaCl2溶液、②Na2CO3溶液，
故答案为：B；
（3）为了除掉过量氢氧根离子和碳酸根离子，本着少引入新的杂质的原则选择盐酸，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是会使形成的沉淀重新溶解，
故答案为：会使形成的沉淀重新溶解；
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是蒸发结晶（“蒸发”），
故答案为：蒸发结晶。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋 昌邑市期中）由NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液提纯得到NaCl晶体的实验流程如图：
回答下列问题：
（1）操作Ⅱ用到的玻璃仪器有 BD （填标号），证明试剂①已过量的方法为 静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量 。
（2）沉淀B的成分为 CaCO3、BaCO3 （填化学式），稀盐酸的作用为 除去多余 。
（3）操作Ⅴ为 蒸发结晶 。
（4）由操作Ⅰ可知淀粉 不能 （填“能”或“不能”）透过半透膜，用实验证明上述结论 取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜 。
【答案】（1）BD；静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量；
（2）CaCO3、BaCO3；除去多余；
（3）蒸发结晶；
（4）不能；取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜。
【分析】NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液经过操作I分离出淀粉溶液，淀粉溶液是胶体，分离溶液和胶体用渗析；溶液中先加试剂①将转化为BaSO4沉淀除去，则试剂①为BaCl2溶液，沉淀A为BaSO4，操作II为过滤，再加试剂②除去Ca2+和多余的Ba2+离子，生成CaCO3和BaCO3沉淀，则试剂②为Na2CO3溶液，沉淀B为CaCO3和BaCO3，操作III为过滤，再向滤液中加入稀盐酸除去碳酸根离子，最后操作V是蒸发结晶得到NaCl晶体，据此解答。
【解答】解：（1）操作II是过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，试剂①是BaCl2溶液，目的是除去硫酸根离子，证明BaCl2溶液已过量的方法为：静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量，
故答案为：BD；静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量；
（2）由分析可知，沉淀B的成分为CaCO3、BaCO3，稀盐酸的作用为除去多余的，
故答案为：CaCO3、BaCO3；除去多余；
（3）操作Ⅴ由氯化钠溶液得到氯化钠晶体，则操作Ⅴ为蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶；
（4）由分析可知，操作I是渗析，淀粉不能透过半透膜，淀粉在半透膜袋内；淀粉遇碘变蓝色，检验淀粉可用碘水，则证明淀粉不能透过半透膜的方法是：取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜，
故答案为：不能；取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生粗盐提纯的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 济南期末）海水中化学元素的利用是海水综合利用的重要方面，从海水中提取的粗盐、镁、溴（Br2）等产品是多种工业的基础原料。
Ⅰ．海水提取的粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下操作，进行提纯：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；⑥溶解。
（1）正确的操作顺序是 ⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④ （填标号）。
（2）加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式为 Ca2+═CaCO3↓、Ba2+═BaCO3↓ 。
Ⅱ．苦卤（海水晒盐后得到的母液）中含有NaBr等物质。从苦卤中提Br2的流程如图：
（3）以苦卤为原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，优势在于 苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取 。
（4）“吸收”过程的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣ 。
Ⅲ．海水提镁的工艺流程如图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。
（5）沉淀池中发生主要反应的离子方程式为 Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+ 。
（6）工业上采用电解熔融MgCl2而不是熔融MgO来制取镁单质，原因是 MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少 。
（7）高温下用镁还原四氯化钛（TiCl4）是制取金属钛的重要方法，该反应的化学方程式为 TiCl4+2MgTi+2MgCl2 。下列气体可以作为该反应保护气的是 b （填标号）。
a．N2
b．Ar
c．CO2
d．O2
【答案】（1）⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④；
（2），；
（3）苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取；
（4）；
（5）Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+；
（6）MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少；
（7）；b。
【分析】Ⅰ．从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将钙离子和过量的钡离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；
Ⅱ．苦卤含有溴，通入氯气可生成溴，用空气吹出，可用二氧化硫吸收，起到富集的作用，然后再通入氯气氧化生成溴，进一步分离可得到液溴，以此解答该题；
Ⅲ．由流程可知，生石灰与水反应生成氢氧化钙，与苦卤中镁离子在沉淀池中生成Mg（OH）2，操作①为过滤，分离出Mg（OH）2，加试剂a为盐酸，发生Mg（OH）2+2HCl═2MgCl2+2H2O，操作②为蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在HCl气流中加热生成无水氯化镁，最后发生MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，以此来解答。
【解答】解：（1）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后加沉淀剂，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，加入的碳酸钠必须要放在加入的氯化钡之后，保证碳酸钠会将钙离子和过量的钡离子沉淀，用过量的NaOH溶液沉淀镁离子放在过滤之前的哪一位置均可，待离子都沉淀后再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④或②③①⑤④或③①②⑤④，
故答案为：⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④；
（2）根据分析加入Na2CO3溶液时，碳酸钠和氯化钙反应碳酸钙沉淀除去钙离子，同时碳酸钠和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀除去钡离子，则发生反应的离子方程式为：，，
故答案为：，；
（3）天然海水中含溴浓度低，苦卤浓缩液中含溴浓度高，选用苦卤浓缩液提溴会降低成本，
故答案为：苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取；
（4）使用SO2和H2O吸收吹出的Br2反应生成硫酸和溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣，
故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣；
（5）加入石灰乳使镁离子转化为沉淀，沉淀池中发生反应的离子方程式为Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+，
故答案为：Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+；
（6）氧化镁熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，MgO熔点很高，熔融时耗费大量的能量而增加生产成本，MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少，
故答案为：MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少；
（7）为了防止金属镁和空气中的氧气、氮气和二氧化碳反应，工业上常用金属镁在高温和氩气氛围中还原TiCl4的方法制备钛，化学方程式为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，
故答案为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2；b。
【点评】本题考查了海水资源的综合利用、实验基本操作等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，题目难度不大。
11．（2023秋 市南区校级月考）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由粗盐获得精盐的一般步骤如图：
回答下列问题：
（1）步骤①、③两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是 搅拌 、 引流 。
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液。加入试剂的顺序正确的是 AC 。
A.BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液
B.NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液
C.NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液
D.Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液
（3）步骤③“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、 漏斗、烧杯 （填仪器名称）；该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、 CaCO3、BaCO3 。
（4）加入适量盐酸的作用是 除去过量的、OH﹣ 。
【答案】（1）搅拌；引流；
（2）AC；
（3）漏斗、烧杯；CaCO3、BaCO3；
（4）除去过量的、OH﹣。
【分析】粗盐中含难溶的泥沙以及可溶性杂质（Ca2+、Mg2+、），通过第①步溶解，再通过第②步除掉可溶性杂质离子，加过量的BaCl2溶液，沉淀，加入稍过量的Na2CO3溶液，将过量的Ba2+和Ca2+同时除去，加稍过量的NaOH溶液将Mg2+沉淀下来，得到沉淀为硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡，过滤，便可除掉难溶性杂质、泥沙；由于除杂试剂是过量的，所以滤液中含杂质、OH﹣，用盐酸与之反应除去，使用的盐酸也是过量的，盐酸易挥发，在第⑥步中加热时除去。
【解答】解：（1）步骤①为溶解，③为过滤，两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是搅拌和引流，
故答案为：搅拌；引流；
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加入过程中为了除去过量的钡离子，则碳酸钠必须在氯化钡溶液之后加入，
故答案为：AC；
（3）“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；根据分析，该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3，
故答案为：漏斗、烧杯；CaCO3、BaCO3；
（4）加入适量盐酸的作用是除去过量的、OH﹣，
故答案为：除去过量的、OH﹣。
【点评】本题考查粗盐的提纯，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2023秋 德州期中）氯化钠是生活必需品，也是重要的化工原料。某化学兴趣小组在实验室提纯含少量泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质离子的粗盐，流程如图：
（1）溶解前需对大块颗粒进行粉碎，目的是 增大接触面积，加快溶解 。
（2）步骤Ⅱ中，需要的试剂有①碳酸钠溶液②氯化钡溶液③氢氧化钠溶液。依次加入顺序 ③②①或②③①或②①③ （填序号）。
（3）滤渣中除泥沙、Mg（OH）2、CaCO3、BaSO4外还有 BaCO3 （填化学式），步骤Ⅳ加盐酸发生的离子反应方程式为 H++OH﹣═H2O 、 H++COH2O+CO2↑ 。
（4）步骤Ⅳ加过量盐酸 不会 影响NaCl的纯度（填“会”、“不会”），步骤Ⅴ操作为 蒸发结晶、过滤 。
【答案】（1）增大接触面积，加快溶解；
（2）③②①或②③①或②①③；
（3）BaCO3；H++OH﹣═H2O； ↑；
（4）不会；蒸发结晶、过滤。
【分析】（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快；
（2）氢氧化钠溶液除去氯化镁杂质，氯化钡溶液除去硫酸钠杂质，碳酸钠溶液除去氯化钙和剩余的氯化钡杂质，沉淀过滤后，滤液中再加入稀盐酸，除去剩余的氢氧化钠和碳酸钠，或直接加入氢氧化钡溶液除去氯化镁和硫酸钠，再用碳酸钠溶液除去剩余的氢氧化钡杂质，过滤后，滤液中再加入盐酸，中和氢氧化钠、碳酸钠，据此解答；
（3）氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；第Ⅳ步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（4）步骤Ⅴ为从溶液中得到固体，操作为蒸发，根据稀盐酸在加热蒸发的过程中，氯化氢气体挥发进行分析。
【解答】解：（1）溶解前需进行“粉碎”，目的是增大接触面积，加快溶解速率，
故答案为：增大接触面积，加快溶解；
（2）氢氧化钠溶液除去氯化镁杂质，氯化钡溶液除去硫酸钠杂质，碳酸钠溶液除去氯化钙和剩余的氯化钡杂质，沉淀过滤后，滤液中再加入稀盐酸，除去剩余的氢氧化钠和碳酸钠，或直接加入氢氧化钡溶液除去氯化镁和硫酸钠，再用碳酸钠溶液除去剩余的氢氧化钡杂质，过滤后，滤液中再加入盐酸，中和氢氧化钠、碳酸钠，据此可知，除杂试剂和顺序可行的有）③②①或②③①或②①③，
故答案为：③②①或②③①或②①③；
（3）氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，第5步“过滤”操作中所得沉淀除泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3外，还有碳酸钠和过量氯化钡反应生成的BaCO3；第Ⅳ步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式分别为：H++OH﹣＝H2O； ↑，
故答案为：BaCO3；H++OH﹣═H2O； ↑；
（4）步骤Ⅴ为从溶液中得到固体，操作为蒸发结晶、过滤；稀盐酸在加热蒸发的过程中，氯化氢气体挥发，所以步骤2中加入过量的盐酸对NaCl固体的纯度不会造成影响，
故答案为：不会；蒸发结晶、过滤。
【点评】本题考查粗盐的提纯，熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键；要注意除去多种杂质离子时，要考虑除杂的顺序、后面加入的试剂要能除去前面加入的过量的试剂。
13．（2024秋 聊城期中）我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
（1）写出“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH 。
（2）整个过程中可以循环利用的物质是 NaOH溶液、CO2和CaO 。
Ⅱ.实验室为模拟捕捉回收CO2，现需配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液。
（3）实验中用托盘天平称量NaOH固体的质量为 20.0 g。
（4）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A→D→E→ C→B→H→G →F→装瓶贴签。
A.向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C.将已冷却的溶液注入容量瓶中
D.根据计算，称取一定量的NaOH固体
E.向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F.盖上容量瓶塞，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面恰好与刻度线相切
H.继续向容量瓶中注入蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm处
（5）上述操作B应重复3次，目的是 使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差 。
（6）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是 CD 。
A.容量瓶洗净后未干燥
B.称量NaOH时间过长
C.未冷至室温就转移定容
D.定容时俯视刻度线
【答案】Ⅰ.（1）Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（2）NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）20.0；
（4）C→B→H→G；
（5）使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）CD。
【分析】Ⅰ.（1）在捕捉室里，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和水；CaO和水反应生成Ca（OH）2，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，过滤分离CaCO3沉淀和NaOH；
（2）由流程图中的信息可知，整个过程中可以循环利用的物质是NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，选用的容量瓶规格为500mL，根据物质的量相关公式可知，其质量m＝CVM；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为：检漏﹣计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀；
（5）重复操作B洗涤3次，烧杯及玻璃棒有残留的溶质，洗涤3次使溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）A.容量瓶中有水不会影响溶质的质量，在定容时也会加水定容，故容量瓶未干燥对实验结果无影响；
B.NaOH固体易潮解，称量时间过长引起NaOH吸收的水分多，导致称量的NaOH实际质量减小，溶质质量少，引起所配溶液的物质的量浓度偏小；
C.未冷至室温就转移定容，根据热胀冷缩原理，可知定容时加入溶液的体积比实际体积要小，则会导致所配溶液的浓度偏大；
D.定容时俯视刻度线，会引起加入的溶液体积低于刻度线，导致所配溶液的浓度偏大；
【解答】解：Ⅰ.（1）在捕捉室里，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和水；CaO和水反应生成Ca（OH）2，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，过滤分离CaCO3沉淀和NaOH，故在“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（2）由流程图中的信息可知，整个过程中可以循环利用的物质是NaOH溶液、CO2和CaO，
故答案为：NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，选用的容量瓶规格为500mL，根据物质的量相关公式可知，其质量m＝CVM＝1.00mol L﹣1×0.5L×40g/mol＝20g，托盘天平的感量是0.1g，故需要称量NaOH固体的质量为20.0g，
故答案为：20.0；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为：检漏﹣计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀，故配制操作正确的作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F，
故答案为：C→B→H→G；
（5）重复操作B洗涤3次，烧杯及玻璃棒有残留的溶质，洗涤3次使溶质尽可能的被利用，减小误差，
故答案为：使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）A.容量瓶中有水不会影响溶质的质量，在定容时也会加水定容，故容量瓶未干燥对实验结果无影响，故A错误；
B.NaOH固体易潮解，称量时间过长引起NaOH吸收的水分多，导致称量的NaOH实际质量减小，溶质质量少，引起所配溶液的物质的量浓度偏小，故B错误；
C.未冷至室温就转移定容，根据热胀冷缩原理，可知定容时加入溶液的体积比实际体积要小，则会导致所配溶液的浓度偏大，故C正确；
D.定容时俯视刻度线，会引起加入的溶液体积低于刻度线，导致所配溶液的浓度偏大，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题为综合性较强的提升类型的题，考查推理分析的过程和反应方程式的推理，又考查了配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤和实验误差分析，需要学生具有扎实的基础知识和较强的推理能力。
14．（2025 山东模拟）锂离子电池是新能源汽车的重要部件。某研究小组利用SiCl4对废弃的锂离子电池正极材料LiCoO2在酸性溶液中是强氧化剂）进行氯化处理，同时回收Li、Co等金属，工艺流程如图所示：
已知：常温下，Ksp[Co（OH）2]═5.9×10﹣15，Ksp[Co（OH）3]═1.6×10﹣44；离子浓度小于10﹣5mol L﹣1表示沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”得到LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，滤饼1的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（2）实验室中也可用稀硫酸和H2O2溶解电池正极材料LiCoO2，发生反应的离子方程式为 2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O ，若用盐酸直接溶解LiCoO2的后果是 生成有毒性气体Cl2 。
（3）烧渣“水浸”前要先分离过量的SiCl4，否则“水浸”时因其水解会产生大量的烟雾。C、Si同主族，从原子结构角度解释CCl4不如SiCl4易水解的原因是 Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂 。
（4）“沉钴”时需要调节溶液的pH＝10，其目的是 使Co2+沉淀完全 。
（5）Co（OH）2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示：
在290℃完全脱水，在800～950℃范围内剩余固体的成分是 Co3O4、CoO （填化学式）。
（6）已知Li2CO3的溶解度随温度变化如表：
T/℃ 20 40 60 80
S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.01 0.85
“沉锂”前将溶液浓缩可以得到副产品，此外还有一个目的是 有利于沉淀锂离子 ；“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是 减少Li2CO3的损失 。
【答案】（1）SiO2；
（2）2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；生成有毒性气体Cl2；
（3）Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂；
（4）使Co2+沉淀完全；
（5）Co3O4、CoO；
（6）有利于沉淀锂离子；减少Li2CO3的损失。
【分析】根据流程以及题目信息可知，废弃的锂电池正极材料LiCoO2与SiCl4在500℃下焙烧生成氧气和烧渣，“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；将烧渣水浸后，得到滤饼1和滤液1，其中滤饼1的主要成分为SiO2和H2SiO3，滤液1中含有的主要离子为Li+、Co2+，向滤液1中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，Co2+与OH﹣结合生成Co（OH）2沉淀，因此滤饼2的主要成分为Co（OH）2，滤饼2进一步处理得到Co3O4；滤液2的主要离子为Li+，经碳酸钠溶液进行沉锂，得到Li2CO3，据此分析。
【解答】解：（1）“焙烧”产物为LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，其中LiCl和CoCl2易溶于水，而SiO2不溶于水，因此“水浸”后过滤，滤饼1的主要成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）LiCoO2中Co为+3价（强氧化剂），H2O2作为还原剂将其还原为Co2+，自身被氧化为O2，酸性条件下反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，LiCoO2的强氧化性会氧化盐酸中的Cl﹣生成Cl2（有毒气体），导致原料浪费且污染环境，因此不能用盐酸直接溶解，
故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；生成有毒性气体Cl2；
（3）C和Si同主族，但C的原子半径远小于Si，C的最外层电子云与Cl 的电子云重叠程度更大，形成的C—Cl 键键能较高，稳定性强，难以断裂；而Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，且Si原子有空的3d轨道，易与水分子中O原子的孤电子对形成配位键，促进水解反应发生，因此，CCl4不如SiCl4易水解，
故答案为：Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂；
（4）“沉钴”的目的是使Co2+完全转化为Co （OH）2沉淀，同时避免后续步骤中Co2+残留，根据Ksp[Co （OH）2]＝5.9×10﹣15，当Co2+完全沉淀c （Co2+）≤10﹣5mol L﹣1）时，所需c （OH﹣）mol L﹣1≈7.7×10﹣5mol L﹣1，对应pH≈9.9，调节pH＝10可确保Co2+完全转化为Co （OH）2沉淀，提高Co的回收率，
故答案为：使Co2+沉淀完全；
（5）由于Co有+2、+3价，原始为Co（OH）2，相对分子质量为93；剩余固体若为CoO，则固体残留率为100%＝80.65%（C 点）；剩余固体若为Co2O3，则固体残留率为100%＝89.25%（A 点），B 点介于两者之间，+2价与+3价均有，联想Fe的氧化物，可能为Co3O4，此时固体残留率为100%＝86.38%（B 点），800～950℃范围在B、C 点之间，剩余的固体是Co3O4、CoO，
故答案为：Co3O4、CoO；
（6）“沉锂”前将溶液浓缩不仅可以得到副产品，还可增大 c（Li+），利于沉淀锂离子，“沉锂”时加入碳酸钠，c2 （Li+） c（） 大于Ksp（Li2CO3） 生成沉淀；升高温度，Li2CO3的溶解度减小，“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是减少Li2CO3的损失，
故答案为：有利于沉淀锂离子；减少Li2CO3的损失。
【点评】本题主要考查化学工艺流程，掌握流程中发生的反应以及混合物的分离和提出是解决本题的关键，注重元素化合物性质与流程的结合，侧重考查学生的综合分析能力，题目比较综合，难度适中。
15．（2025 泰安模拟）钪（Sc）是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+）为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①225℃时，。
②氢氧化钪Sc（OH）3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al（OH）3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是 提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛 。
（2）若要提高萃取率，可采取的措施有 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH） （写两条）。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 2.8×10﹣6 mol/L。
（4）写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。
（5）有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理可表示为：（HR代表有机萃取剂，ScR3为有机配合物）。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。
②反萃液可以再生利用，其方法是 向反萃液中加入适量的酸后分液 。
（6）萃取时易发生Sc3+、Fe3+共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）具有重要的影响，如图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 1 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝ 8a×10﹣6 mol/L。
【答案】（1）提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛；
（2）增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH）；
（3）2.8×10﹣6；
（4）；
（5）①；
②向反萃液中加入适量的酸后分液；
（6）1；8a×10﹣6。
【分析】钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子）加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2+、Fe3+、Sc3+，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2+转化为[TiO（H2O2）]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2 nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe（OH）3和Sc（OH）3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc（OH）3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc，据此解答。
【解答】解：（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离，
故答案为：提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛；
（2）提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH），
故答案为：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH）；
（3）已知时，c（H+）＝10﹣3mol/L，因此c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，根据溶度积公式，代入数值计算得出c（Fe3+）＝2.8×10﹣6mol/L，
故答案为：2.8×10﹣6；
（4）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2 nH2O沉淀，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（5）①萃取时是加入有机萃取剂将Sc3+萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为R﹣，而萃取剂为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液，
故答案为：向反萃液中加入适量的酸后分液；
（6）为了避免萃取时发生Sc3+、Fe3+共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，Sc3+的萃取率已经非常高，而Fe3+的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，Sc3+的萃取率变化很小，而Fe3+的萃取率急剧增大，不利于Sc3+的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，即水相中残留的Sc3+为2%，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，则萃取分液”三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝amol L﹣1×2%×2%×2%＝8a×10﹣6mol L﹣1，
故答案为：1；8a×10﹣6。
【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。
16．（2025秋 德州月考）铜阳极泥富含Cu、Au、Ag2Se等多种物质，是一种含贵金属的可再生资源。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
已知：①Ag+和过量的可生成络合物；②HAuCl4是强酸；③25℃时，，。回答下列问题：
（1）“浸出液1”中主要成分是 CuSO4 和H2SeO3（填化学式）。
（2）“浸取2”步骤中，写出单质金转化为HAuCl4的离子方程式为 。
（3）“银转化”过程中发生反应的离子方程式 。“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为 Na2SO3 （填化学式）。
（4）“还原”步骤中，消耗1.5mol N2H4生成Au的物质的量为 2mol 。
（5）回收得到的Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。以AgNO3标准溶液滴定废水样中NaCl，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣5mol/L）时，溶液中c（Ag+）为 2.0×10﹣5 mol/L，此时溶液中至少为 5.0×10﹣3 mol/L，指示剂才能显色（忽略滴加过程的体积变化）。
【答案】（1）CuSO4；
（2）；
（3）；Na2SO3；
（4）2 mol；
（5）2.0×10﹣5；5.0×10﹣3。
【分析】铜阳极泥经硫酸、H2O2氧化酸浸后浸出液中含H2SeO3和CuSO4，浸渣1中含Au、Ag2SO4，由于Ksp（Ag2SO4）＞Ksp（AgCl），经盐酸、H2O2浸取后得到浸渣2：AgCl，浸出液2为：HAuCl4，HAuCl4被N2H4还原为Au，AgCl与过量Na2SO3转化为，被Na2S2O4还原为Ag，浸出液3中含Na2SO3，可被循环利用到银转化过程。
【解答】解：（1）“浸出液1”中主要成分是CuSO4和H2SeO3，
故答案为：CuSO4；
（2）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）“银转化”过程中AgCl与过量Na2SO3转化为，离子方程式为：。根据分析，“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为：Na2SO3，
故答案为：；Na2SO3；
（4）“还原”步骤中，N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，1.5mol N2H4转移6 mol电子，中Au元素由+3价降低为0价，故生成Au的物质的量为：2 mol，
故答案为：2 mol；
（5）Cl﹣恰好沉淀完全时浓度等于1.0×10﹣5mol/L，溶液中；，此时溶液中至少为5.0×10﹣3mol/L，指示剂才能显色，
故答案为：2.0×10﹣5；5.0×10﹣3。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2025 潍坊二模）一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料（主要成分为LiFePO4部分掺杂Ti（Ⅳ）的LITixFe2PO4、碳粉、铝箔等）回收碳酸锂和磷酸铁的工艺流程如图所示：
已知：Ksp（H2TiO3）═1.0×10﹣20；Ksp（Na3[AlF6]）＝4.0×10﹣20；Ksp（FePO4 2H2O）═1.3×10﹣20；
②磷酸铁溶液中存在以下两个平衡：FePO4 Fe3+；Fe3+ （络合物）。
③当溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为已完全除尽。
回答下列问题。
（1）“酸浸”前需对电池放电处理，主要目的是 消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率 。
（2）“调pH＝1.0”时需加适量Fe2（SO4）3，生成 Fe（OH）3 （填化学式，下同）胶体起絮凝作用，促进含钛微粒的沉降。
（3）“调pH＝2.0”过程中需隔绝空气，原因是 防止Fe2+被氧化 ，滤渣2的主要成分为 H2TiO3 。
（4）“氧化浸出”过程中发生的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O ，适当升温有助于“氧化浸出”生成滤渣3，原因可能是 促进H2O2分解和Fe2+氧化 。
（5）滤渣3经热磷酸洗涤得电池级磷酸铁，生成的废气用氢氧化钠吸收后可返回 碳酸锂沉淀 工序循环利用。
（6）“氧化浸出”后溶液中钠离子浓度为0.01mol L﹣1，结合计算分析滤渣4的主要成分为 FePO4 2H2O 。
【答案】（1）消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率；
（2）Fe（OH）3；
（3）防止Fe2+被氧化；H2TiO3；
（4）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；促进H2O2分解和Fe2+氧化；
（5）碳酸锂沉淀；
（6）FePO4 2H2O。
【分析】（1）“酸浸”前放电处理的主要目的是消除电池内部残余电荷，防止短路引发安全事故，同时通过放电使电极材料中的金属离子（如Li+、Fe2+）更易溶解；
（2）Fe3+在酸性条件下发生水解生成Fe （OH）3胶体，其吸附能力促进含钛微粒（如Ti）的沉降，尽管pH＝1.0时H+抑制Fe3+水解，但Fe2（SO4）3的高浓度可促使部分Fe （OH）3胶体形成；
（3）“调pH＝2.0”需隔绝空气的原因：防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，避免Fe3+提前沉淀影响后续分离，滤渣2的主要成分：H2TiO3，根据Ksp（H2TiO3）＝1.0×10 20，当pH＝2.0 时，溶液中Ti浓度极低（[H+]＝0.01mol/L，Ksp＝1.0×10 20＝[H+]2[Ti]，解得[Ti]＝1.0×10 16mol/L，导致H2TiO3沉淀；
（4）“氧化浸出”的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，升温的作用：提高H2O2分解速率，促进Fe2+氧化为Fe3+，同时加快反应动力学，缩短浸出时间；
（5）废气处理后的循环利用废气中可能含CO2，用NaOH吸收后生成Na2CO3或NaHCO3，可返回碳酸锂沉淀工序（如向含Li+溶液中通入CO2生成 Li2CO3）循环使用；
（6）“氧化浸出”后溶液中Na+浓度为0.01mol/L，对Na3[AlF6]的Ksp＝[Na+]3[Al]＝ 4.0×10﹣20，代入[Na+]＝0.01mol/L，解得[Al]＝4.0×10﹣14mol/L＜＜1.0×10﹣5mol/L，故不生成 Na3[AlF6]，FePO4 2H2O的沉淀条件：Ksp ＝[Fe3+][]＝ 1.3×10﹣20，假设Fe3+完全沉淀（[Fe3+]≤1.0×10﹣5mol/L），则[]≥1.3×10﹣15mol/L，远低于初始浓度，故FePO4 2H2O 沉淀，因此，滤渣4的主要成分为FePO4 2H2O。
【解答】解：（1）“酸浸”前放电处理的主要目的是消除电池内部残余电荷，防止短路引发安全事故，同时通过放电使电极材料中的金属离子（如Li+、Fe2+）更易溶解，提高后续酸浸效率，
故答案为：消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率；
（2）“调pH＝1.0”时生成的胶体加入Fe2（SO4）3后，Fe3+在酸性条件下发生水解生成Fe （OH）3胶体，其吸附能力促进含钛微粒（如Ti）的沉降，尽管pH＝1.0时H+抑制Fe3+水解，但Fe2（SO4）3的高浓度可促使部分Fe （OH）3胶体形成，
故答案为：Fe（OH）3；
（3）“调pH＝2.0”需隔绝空气的原因：防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，避免Fe3+提前沉淀影响后续分离，滤渣2的主要成分：H2TiO3，根据Ksp（H2TiO3）＝1.0×10 20，当pH＝2.0 时，溶液中Ti浓度极低（[H+]＝0.01mol/L，Ksp＝1.0×10 20＝[H+]2[Ti]，解得[Ti]＝1.0×10 16mol/L，导致H2TiO3沉淀，
故答案为：防止Fe2+被氧化；H2TiO3；
（4）“氧化浸出”的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，升温的作用：提高H2O2分解速率，促进Fe2+氧化为Fe3+，同时加快反应动力学，
期末复习 工艺流程
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025秋 山东期中）钯（Pd）是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿（含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi）中分离提取钯的工艺流程如图所示：
已知：H2PtCl6为二元强酸，在水溶液中完全电离。
（1）“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是 。
（2）“分金”时，HAuCl4的氧化性 （填“大于”或“小于”）H2PtCl6。
（3）“沉铂”时，发生反应的离子方程式为 ，“沉铂”时，得到的（NH4）2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出一分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为 。
（4）“沉钯”时，反应的化学方程式为 ，“滤液3”可以进入到 步骤中循环利用。
（5）N2H4 H2O（水合肼）将Pd（NH3）2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
2．（2025秋 山东期中）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。
回答下列问题：
（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为 。
（2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 。
（3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。
（4）“萃取”时，先转化为，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 。
（5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。
（6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示（忽略溶液前后体积变化）：将0.01mol V2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的c（OH﹣）＝0.01mol/L，反应的离子方程式为 。
3．（2025 山东模拟）从铜阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Au等）中分离提取金属单质的流程如图所示。
已知：Ⅰ.AuCl3溶于盐酸可以得到HAuCl4。
Ⅱ.K＝3.0×1013。
Ⅲ.。
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是 。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；若“浸取3”中用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），那么需要的Na2S2O3的物质的量至少为 mol（保留四位有效数字，已知。
（4）“电沉积”中获得Ag单质的是 极（填“正”“负”或“阴”“阳”）：“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为 （填化学式）。
（5）“还原”中，发生反应的化学方程式为 。
4．（2025 德州三模）以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2为原料联合制取氯氧化铋（BiOCl）、超细氧化铋（Bi2O3）和二氧化锰（MnO2）的工艺流程如图：
已知：①Bi3+易与Cl﹣形成，可以发生水解生成BiOCl。
②2BiOCl（白色）+2OH﹣2Cl﹣+H2O+Bi2O3（黄色）。
（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，则反应过程中氧化剂是 。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 ；若要提高“酸浸”的金属浸出率，可采取的措施为 （写一条即可）。
（3）若进行“转化”操作不加入金属Bi导致的结果是 。
（4）“萃取”时的原理可表示为：（水层）+nTBP（有机层） BiCl3 nTBP（有机层）+3Cl﹣（水层），则“反萃取”时发生的化学方程式为 。
（5）向ag含少量Fe（OH）3杂质的BiOCl粗品中边搅拌边分批加入足量稀H2SO4，充分反应后静置，过滤，洗涤沉淀；将沉淀浸入过量NaOH溶液，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化后过滤、洗涤、干燥、称量得bg产物。
①检验沉淀洗涤干净的操作 ，②BiOCl粗品中BiOCl的纯度为 。
5．（2024秋 聊城期中）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
（1）硫液化后与空气中的氧气反应生成SO2。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 （填序号）。
A．硫的消耗量增加 B．SO2产率下降 C．生成较多SO3
（2）反应Ⅱ中钒催化剂能加快反应速率的原因为 。
（3）在硫酸工业中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO2分离后，将未转化的SO2进行二次转化，假若两次SO2的转化率均为90%，则最终SO2的转化率为 。
（4）气体经过钒催化剂层，温度会升高，其原因是 。升高温度后的气体都需要降温后再经过钒催化剂层转化，其目的是 。
（5）制硫酸产生的废气中含有SO2，可用双碱脱硫法处理，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是 ，写出双碱脱硫法的总反应方程式： 。
6．（2024秋 潍坊期末）工业上制取硝酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是 （填标号）。
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为 。
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是 ，将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是 。
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，写出吸收NO时发生反应的化学方程式 。
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比为 。
7．（2024 莱州市校级开学）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答下列问题：
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有 （填字母序号）。
a.酸雨
b.沙尘暴
c.光化学烟雾
d.白色污染
（2）NH3是重要的含氮化合物，写出氨合成塔中发生反应的化学方程式 ；氧化炉中所发生反应的化学方程式为 。
（3）将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出两种气体，写出生成NO的反应化学方程式 ；若生成NO、NO2的体积比为1：4，则分别生成NO、NO2的两个反应中消耗硝酸的物质的量之比是 。
8．（2024秋 市中区校级期中）某种粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质。某同学在实验室中设计了用这种粗盐制备精盐的方案如图（用于沉淀的试剂稍过量）。
请回答以下问题：
（1）操作②、④时需要用到的玻璃仪器有 （填标号）。
a．烧杯 b．试管 c．玻璃棒 d．分液漏斗 e．漏斗
（2）操作③加试剂a、b、c常用①NaOH溶液、②Na2CO3溶液、③BaCl2溶液作为除杂试剂，则加入除杂试剂的顺序为 。
A．①②③
B．①③②
C．②①③
（3）若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是 。
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是 。
9．（2024秋 昌邑市期中）由NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液提纯得到NaCl晶体的实验流程如图：
回答下列问题：
（1）操作Ⅱ用到的玻璃仪器有 （填标号），证明试剂①已过量的方法为 。
（2）沉淀B的成分为 （填化学式），稀盐酸的作用为 。
（3）操作Ⅴ为 。
（4）由操作Ⅰ可知淀粉 （填“能”或“不能”）透过半透膜，用实验证明上述结论 。
10．（2023秋 济南期末）海水中化学元素的利用是海水综合利用的重要方面，从海水中提取的粗盐、镁、溴（Br2）等产品是多种工业的基础原料。
Ⅰ．海水提取的粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下操作，进行提纯：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；⑥溶解。
（1）正确的操作顺序是 （填标号）。
（2）加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式为 。
Ⅱ．苦卤（海水晒盐后得到的母液）中含有NaBr等物质。从苦卤中提Br2的流程如图：
（3）以苦卤为原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，优势在于 。
（4）“吸收”过程的离子方程式为 。
Ⅲ．海水提镁的工艺流程如图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。
（5）沉淀池中发生主要反应的离子方程式为 。
（6）工业上采用电解熔融MgCl2而不是熔融MgO来制取镁单质，原因是 。
（7）高温下用镁还原四氯化钛（TiCl4）是制取金属钛的重要方法，该反应的化学方程式为 。下列气体可以作为该反应保护气的是 （填标号）。
a．N2
b．Ar
c．CO2
d．O2
11．（2023秋 市南区校级月考）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由粗盐获得精盐的一般步骤如图：
回答下列问题：
（1）步骤①、③两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是 、 。
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液。加入试剂的顺序正确的是 。
A.BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液
B.NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液
C.NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液
D.Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液
（3）步骤③“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、 （填仪器名称）；该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、 。
（4）加入适量盐酸的作用是 。
12．（2023秋 德州期中）氯化钠是生活必需品，也是重要的化工原料。某化学兴趣小组在实验室提纯含少量泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质离子的粗盐，流程如图：
（1）溶解前需对大块颗粒进行粉碎，目的是 。
（2）步骤Ⅱ中，需要的试剂有①碳酸钠溶液②氯化钡溶液③氢氧化钠溶液。依次加入顺序 （填序号）。
（3）滤渣中除泥沙、Mg（OH）2、CaCO3、BaSO4外还有 （填化学式），步骤Ⅳ加盐酸发生的离子反应方程式为 、 。
（4）步骤Ⅳ加过量盐酸 影响NaCl的纯度（填“会”、“不会”），步骤Ⅴ操作为 。
13．（2024秋 聊城期中）我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
（1）写出“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式 。
（2）整个过程中可以循环利用的物质是 。
Ⅱ.实验室为模拟捕捉回收CO2，现需配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液。
（3）实验中用托盘天平称量NaOH固体的质量为 g。
（4）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A→D→E→ →F→装瓶贴签。
A.向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C.将已冷却的溶液注入容量瓶中
D.根据计算，称取一定量的NaOH固体
E.向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F.盖上容量瓶塞，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面恰好与刻度线相切
H.继续向容量瓶中注入蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm处
（5）上述操作B应重复3次，目的是 。
（6）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是 。
A.容量瓶洗净后未干燥
B.称量NaOH时间过长
C.未冷至室温就转移定容
D.定容时俯视刻度线
14．（2025 山东模拟）锂离子电池是新能源汽车的重要部件。某研究小组利用SiCl4对废弃的锂离子电池正极材料LiCoO2在酸性溶液中是强氧化剂）进行氯化处理，同时回收Li、Co等金属，工艺流程如图所示：
已知：常温下，Ksp[Co（OH）2]═5.9×10﹣15，Ksp[Co（OH）3]═1.6×10﹣44；离子浓度小于10﹣5mol L﹣1表示沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”得到LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，滤饼1的主要成分是 （填化学式）。
（2）实验室中也可用稀硫酸和H2O2溶解电池正极材料LiCoO2，发生反应的离子方程式为 ，若用盐酸直接溶解LiCoO2的后果是 。
（3）烧渣“水浸”前要先分离过量的SiCl4，否则“水浸”时因其水解会产生大量的烟雾。C、Si同主族，从原子结构角度解释CCl4不如SiCl4易水解的原因是 。
（4）“沉钴”时需要调节溶液的pH＝10，其目的是 。
（5）Co（OH）2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示：
在290℃完全脱水，在800～950℃范围内剩余固体的成分是 （填化学式）。
（6）已知Li2CO3的溶解度随温度变化如表：
T/℃ 20 40 60 80
S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.01 0.85
“沉锂”前将溶液浓缩可以得到副产品，此外还有一个目的是 ；“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是 。
15．（2025 泰安模拟）钪（Sc）是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+）为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①225℃时，。
②氢氧化钪Sc（OH）3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al（OH）3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是 。
（2）若要提高萃取率，可采取的措施有 （写两条）。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。
（4）写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。
（5）有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理可表示为：（HR代表有机萃取剂，ScR3为有机配合物）。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。
②反萃液可以再生利用，其方法是 。
（6）萃取时易发生Sc3+、Fe3+共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）具有重要的影响，如图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝ mol/L。
16．（2025秋 德州月考）铜阳极泥富含Cu、Au、Ag2Se等多种物质，是一种含贵金属的可再生资源。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
已知：①Ag+和过量的可生成络合物；②HAuCl4是强酸；③25℃时，，。回答下列问题：
（1）“浸出液1”中主要成分是 和H2SeO3（填化学式）。
（2）“浸取2”步骤中，写出单质金转化为HAuCl4的离子方程式为 。
（3）“银转化”过程中发生反应的离子方程式 。“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为 （填化学式）。
（4）“还原”步骤中，消耗1.5mol N2H4生成Au的物质的量为 。
（5）回收得到的Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。以AgNO3标准溶液滴定废水样中NaCl，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣5mol/L）时，溶液中c（Ag+）为 mol/L，此时溶液中至少为 mol/L，指示剂才能显色（忽略滴加过程的体积变化）。
17．（2025 潍坊二模）一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料（主要成分为LiFePO4部分掺杂Ti（Ⅳ）的LITixFe2PO4、碳粉、铝箔等）回收碳酸锂和磷酸铁的工艺流程如图所示：
已知：Ksp（H2TiO3）═1.0×10﹣20；Ksp（Na3[AlF6]）＝4.0×10﹣20；Ksp（FePO4 2H2O）═1.3×10﹣20；
②磷酸铁溶液中存在以下两个平衡：FePO4 Fe3+；Fe3+ （络合物）。
③当溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为已完全除尽。
回答下列问题。
（1）“酸浸”前需对电池放电处理，主要目的是 。
（2）“调pH＝1.0”时需加适量Fe2（SO4）3，生成 （填化学式，下同）胶体起絮凝作用，促进含钛微粒的沉降。
（3）“调pH＝2.0”过程中需隔绝空气，原因是 ，滤渣2的主要成分为 。
（4）“氧化浸出”过程中发生的离子方程式为 ，适当升温有助于“氧化浸出”生成滤渣3，原因可能是 。
（5）滤渣3经热磷酸洗涤得电池级磷酸铁，生成的废气用氢氧化钠吸收后可返回 工序循环利用。
（6）“氧化浸出”后溶液中钠离子浓度为0.01mol L﹣1，结合计算分析滤渣4的主要成分为 。
18．（2024秋 济宁期末）废SCR催化剂（含TiO2、V2O5、WO3）具有重要的经济价值，一种从废SCR催化剂回收钒、钨、钛等有价值化合物的工艺流程如图所示。
已知：①V2O5、WO3、TiO2都能与NaOH溶液反应，生成可溶性的NaVO3、Na2WO4，难溶于水的Na2O xTiO2。
②TiOSO4易溶于水，属于强电解质。偏钛酸难溶于水，其化学式可表示为TiO（OH）2或H2TiO3。
（1）可以提高“高温碱浸”效率的措施为 （任写一种），该步骤后通过 （填操作名称）可以实现钛与钒、钨分离。
（2）“沉钨钒”时Na2WO4转化为CaWO4沉降分离，已知温度为T时Ksp（CaWO4）＝1×10﹣10，Ksp[Ca（OH）2]＝4×10﹣7，当溶液中恰好沉淀完全（离子浓度等于10﹣5mol L﹣1）时，溶液中c（OH﹣）＝ 。
（3）已知“酸洗”后钒以[H2V10O28]4﹣形式存在，流程中“离子交换”和“洗脱”的目的是 。
（4）粗H2WO4沉淀洗涤过程中，判断洗涤干净的实验操作为 。
（5）“酸煮”步骤的化学方程式为 。
（6）流程中“滤液”溶质的成分为 。
19．（2024秋 济宁期末）锑属于氮族元素，广泛用于制造合金、瓷器、防爆材料等，锑白（Sb2O3）是应用最早的阻燃剂之一。一种以辉锑矿（主要成分为Sb2S3，含少量的As2S5、CuO、PbS和SiO2为原料制备锑、锑白的工艺如下所示：
已知：①浸取液中砷元素存在形式为AsO；
②Ksp（CuS）＝6×10﹣36，Ksp（PbS）＝8×10﹣26；
③Sb2O3的化学性质类似于Al2O3。
（1）基态51Sb原子价电子排布式为 。
（2）“滤渣Ⅰ”的成分为 （填化学式）。
“浸取”时As2S5发生反应的离子方程式为 。
（3）若浸取液中Cu2+、Pb2+浓度均为0.001mol L﹣1，当Pb2+恰好完全沉淀时，溶液中c（Cu2+）＝ mol L﹣1（当离子浓度≤1×10﹣5mol L﹣1时认为沉淀完全），此时 。
（4）“中和脱氯”的化学方程式为 ，该步骤未用NaOH溶液代替氨水，原因为 。
（5）已知Sb可由“电解”步骤制得，电解时无气体生成，则被氧化的Sb元素与被还原的Sb元素的质量之比为 。
20．（2025 潍坊三模）五氧化二钒常用于冶炼钒铁。以某种废钒催化剂（主要含有V2O3、CaO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等）为原料制备V2O5的工艺流程如图：
已知：pH＞9.6时Al元素在溶液中主要以[Al（OH）4]﹣形式存在；溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子 Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时（c＝0.01mol L﹣1）的pH 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 4.7 3.2 9.5
回答下列问题：
（1）“酸浸还原”中V2O5转化为VO2+反应的离子方程式是 。
（2）“中和沉淀”生成的沉淀中有一定量Fe（OH）2，滤液1中c（Fe3+）＝ mol L﹣1。
（3）“氧化”步骤VO2转化为NaVO3反应的化学方程式为 ，滤渣1主要成分是 （填化学式）。
（4）“调pH”步骤将溶液pH调节为8.5的目的是 。
（5）该工艺中沉钒率随NH4Cl系数（NH4Cl加入质量与料液中V2O3的质量比）和温度的变化趋势分别如图1、图2所示。应控制NH4Cl系数和温度为： 。
（6）一种利用硼化钒制备V2O3的装置如图3所示，该电池工作时发生的反应为4VB2+11O2═4B2O3+2V2O5。电极b的电极反应式为 ，选择性透过膜为 （填“阴离子”或“阳离子”）透过膜。
期末复习 工艺流程
参考答案与试题解析
一．工艺流程题（共20小题）
1．（2025秋 山东期中）钯（Pd）是航天、航空等高科技领域不可缺少的关键材料。一种从铂钯精矿（含有Pt、Pd、Au、Cu、Bi）中分离提取钯的工艺流程如图所示：
已知：H2PtCl6为二元强酸，在水溶液中完全电离。
（1）“氯化溶解”时，浓盐酸的作用是 提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性 。
（2）“分金”时，HAuCl4的氧化性 大于 （填“大于”或“小于”）H2PtCl6。
（3）“沉铂”时，发生反应的离子方程式为 [PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓ ，“沉铂”时，得到的（NH4）2PtCl6经煅烧后可得到海绵铂。工业上会将海绵铂反复“浸出一分金—沉铂—煅烧”2～3次，其目的为 提高海绵铂的纯度 。
（4）“沉钯”时，反应的化学方程式为 PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O ，“滤液3”可以进入到 沉铂 步骤中循环利用。
（5）N2H4 H2O（水合肼）将Pd（NH3）2Cl2还原为金属钯时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2：1 。
【答案】（1）提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性；
（2）大于；
（3）[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓；提高海绵铂的纯度；
（4）PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O；沉铂；
（5）2：1。
【分析】（1）“氯化溶解”时浓盐酸有两个作用：一是提供Cl﹣，与Pt、Pd、Au等金属离子形成稳定的氯络离子（如[PtCl6]2﹣、[PdCl4]2﹣、[AuCl4]﹣），促进金属溶解；二是增强氧化剂（如流程中可能存在的Cl2、HNO3等）的氧化性，为溶解反应提供酸性环境；
（2）“分金”的目的是将Au从溶液中分离，通常加入还原剂（如SO2、Fe2+等），还原剂优先还原氧化性更强的物质，流程中“分金”时Au被还原析出，而Pt仍以[PtCl6]2﹣形式留在溶液中，说明HAuCl4更易被还原，即氧化性更强；
（3）“沉铂”是向含[PtCl6]2﹣的溶液中加入，生成（NH4）2PtCl6沉淀，离子方程式为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓，第一次“浸出—分金—沉铂—煅烧”后，海绵铂中可能混有未完全分离的Au、Pd 等杂质，反复操作2～3 次可进一步除去杂质，提高海绵铂的纯度；
（4）“沉钯”是向含[PdCl4]2﹣的溶液中加入氨水，生成Pd （NH3）2Cl2沉淀，化学方程式为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O（或简化为：[PdCl4]2﹣+22OH﹣＝Pd （NH3）2Cl2↓+2H2O），“沉钯”后滤液3中主要含有NH4Cl、HCl 等，其中可用于“沉铂”步骤（与[PtCl6]2﹣反应生成（NH4）2PtCl6），故可进入沉铂步骤循环利用；
（5）氧化剂：Pd（NH3）2Cl2中Pd为+2价，被还原为Pd（0价），每个Pd2+得2个电子，还原剂：N2H4 H2O中N为﹣2价，被氧化为N2（0价），每个N2H4 H2O中2 个N共失4个电子，根据电子守恒：n（氧化剂）×2＝n（还原剂）×4进行计算。
【解答】解：（1）“氯化溶解”时浓盐酸有两个作用：一是提供Cl﹣，与Pt、Pd、Au等金属离子形成稳定的氯络离子（如[PtCl6]2﹣、[PdCl4]2﹣、[AuCl4]﹣），促进金属溶解；二是增强氧化剂（如流程中可能存在的Cl2、HNO3等）的氧化性，为溶解反应提供酸性环境，
故答案为：提供Cl﹣形成络离子，促进金属溶解；提供酸性环境，增强氧化性；
（2）“分金”的目的是将Au从溶液中分离，通常加入还原剂（如SO2、Fe2+等），还原剂优先还原氧化性更强的物质，流程中“分金”时Au被还原析出，而Pt仍以[PtCl6]2﹣形式留在溶液中，说明HAuCl4更易被还原，即氧化性更强，
故答案为：大于；
（3）“沉铂”是向含[PtCl6]2﹣的溶液中加入，生成（NH4）2PtCl6沉淀，离子方程式为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓，第一次“浸出—分金—沉铂—煅烧”后，海绵铂中可能混有未完全分离的Au、Pd 等杂质，反复操作2～3 次可进一步除去杂质，提高海绵铂的纯度，
故答案为：[PtCl6]2﹣+2（NH4）2PtCl6↓；提高海绵铂的纯度；
（4）“沉钯”是向含[PdCl4]2﹣的溶液中加入氨水，生成Pd （NH3）2Cl2沉淀，化学方程式为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O（或简化为：[PdCl4]2﹣+22OH﹣＝Pd （NH3）2Cl2↓+2H2O），“沉钯”后滤液3中主要含有NH4Cl、HCl 等，其中可用于“沉铂”步骤（与[PtCl6]2﹣反应生成（NH4）2PtCl6），故可进入沉铂步骤循环利用，
故答案为：PdCl2 2HCl+2NH3 H2O＝Pd （NH3）2Cl2↓+2HCl+2H2O；沉铂；
（5）氧化剂：Pd（NH3）2Cl2中Pd为+2价，被还原为Pd（0价），每个Pd2+得2个电子，还原剂：N2H4 H2O中N为﹣2价，被氧化为N2（0价），每个N2H4 H2O中2 个N共失4个电子，根据电子守恒：n（氧化剂）×2＝n（还原剂）×4，解得：n（氧化剂）：n（还原剂）＝2：1，
故答案为：2：1。
【点评】本题主要考查了物质的分离，题目难度中等，掌握物质分离的方法，结合物质的性质和氧化还原反应计算的方法是解答该题的关键。
2．（2025秋 山东期中）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以形式存在。
回答下列问题：
（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为 +3 。
（2）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 SiO2 （填化学式）。“酸浸”时，若用硝酸代替盐酸，弊端为 硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境 。
（3）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解 。
（4）“萃取”时，先转化为，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离 。
（5）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+ 。
（6）V2O5可溶于强酸强碱，常温时不同pH、不同钒元素浓度时，+5价V存在形态如图所示（忽略溶液前后体积变化）：将0.01mol V2O5溶解在200mL烧碱溶液中，剩余溶液的c（OH﹣）＝0.01mol/L，反应的离子方程式为 V2O5+6OH﹣＝2V3H2O 。
【答案】（1）+3；
（2）SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；
（3）Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；
（4）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离；
（5）3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（6）V2O5+6OH﹣＝2V3H2O。
【分析】钒钛磁铁矿精矿（主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2）“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3（s）＝2FeCl2（s）+Cl2（g），生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl、FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为V，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO（OH）2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，V先转化为H2V10，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++H2V10 [R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入（NH4）2SO4生成黄铵铁矾，据此分析。
【解答】解：（1）已知FeV2O4中Fe为+2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2，硝酸代替盐酸的弊端：硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯；同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境，
故答案为：SiO2；硝酸具有强氧化性，可能将溶液中低价态金属离子（如Fe2+、V3+）氧化，影响后续分离提纯，同时硝酸还原会生成NO、NO2等有毒气体，污染环境；
（3）溶液中存在Fe3+（“酸浸”时Fe3O4、FeV2O4溶解生成），Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解，导致实际消耗的H2O2量远大于理论计算量，
故答案为：Fe3+具有催化作用，会加速H2O2的分解；
（4）Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c（H+）降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离，
故答案为：消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10与萃取剂分离；
（5）“沉铁”时，加入（NH4）2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+，
故答案为：3Fe3++26H2O＝NH4Fe3（SO4）2（OH）6↓+6H+；
（6）剩余c（OH﹣）＝0.01mol/L，c（H+）＝10﹣12mol/L，pH＝12，结合V的存在形态图：pH＝12时，+5价V主要以V形式存在，V2O5与OH﹣反应生成V和H2O，离子方程式为：V2O5+6OH﹣＝2V3H2O，
故答案为：V2O5+6OH﹣＝2V3H2O。
【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。
3．（2025 山东模拟）从铜阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Au等）中分离提取金属单质的流程如图所示。
已知：Ⅰ.AuCl3溶于盐酸可以得到HAuCl4。
Ⅱ.K＝3.0×1013。
Ⅲ.。
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是 温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解 。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl 。
（3）“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；若“浸取3”中用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），那么需要的Na2S2O3的物质的量至少为 0.1208 mol（保留四位有效数字，已知。
（4）“电沉积”中获得Ag单质的是 阴 极（填“正”“负”或“阴”“阳”）：“电沉积”完成后，在此极区溶液中可循环利用的物质为 Na2S2O3 （填化学式）。
（5）“还原”中，发生反应的化学方程式为 4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl 。
【答案】（1）温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解；
（2）作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；
（3）；0.1208；
（4）阴；Na2S2O3；
（5）4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl。
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au等，再向滤渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：2Au+8HCl+3H2O2＝2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2＝2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入Na2S2O3，AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，再进行点解，[Ag（S2O3）2]3﹣在阴极得到电子，被还原为Ag，电极反应为：[Ag（S2O3）2]3﹣+e﹣＝Ag+2S2，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au和氮气，该反应N元素升高2价，Au元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。
【解答】解：（1）“浸取1”中一般控制温度为30℃左右，原因是：温度低于30℃，反应速率较慢；温度高于30℃，H2O2会发生分解，浸取率降低，
故答案为：温度过低，浸取速率慢；温度过高，H2O2分解；
（2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为HAuCl4，从而浸出，
故答案为：作络合剂，将Au转化成HAuCl4从而浸出；作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；
（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于Na2S2O3，生成[Ag（S2O3）2]3﹣，离子方程式为AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣，用1LNa2S2O3溶液浸取，最终回收Ag单质的质量为6.48g（假设Ag的回收率为100%），n（Ag）0.06mol，则[Ag（S2O3）2]3﹣中S2的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣的平衡常数K＝
K×Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10×3.0×1013＝5.4×103，溶液中c（Cl﹣）＝0.06mol/L，则c（S2）mol/L＝0.0008mol/L，则需要的Na2S2O3的物质的量至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L＝0.1208mol，
故答案为：AgCl+2S2 [Ag（S2O3）2]3﹣+Cl﹣；0.1208；
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag（S2O3）2]3﹣得电子被还原为Ag，阴极反应生成S2，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3，
故答案为：阴；Na2S2O3；
（5）还原步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，1mol HAuCl4转移3mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由﹣2价变为0价，1mol N2H4转移4mol电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl，
故答案为：4HAuCl4+3N2H4＝3N2↑+4Au↓+16HCl。
【点评】本题主要考查如何从铜阳极泥中分离提取金和银的流程，同时考查方程式和电极反应式的书写，氧化还原反应的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。
4．（2025 德州三模）以辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）和软锰矿（主要成分为MnO2为原料联合制取氯氧化铋（BiOCl）、超细氧化铋（Bi2O3）和二氧化锰（MnO2）的工艺流程如图：
已知：①Bi3+易与Cl﹣形成，可以发生水解生成BiOCl。
②2BiOCl（白色）+2OH﹣2Cl﹣+H2O+Bi2O3（黄色）。
（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，则反应过程中氧化剂是 MnO2和O2 。
（2）“酸浸”时发生的主要反应的离子方程式为 Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O ；若要提高“酸浸”的金属浸出率，可采取的措施为 粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等） （写一条即可）。
（3）若进行“转化”操作不加入金属Bi导致的结果是 Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低 。
（4）“萃取”时的原理可表示为：（水层）+nTBP（有机层） BiCl3 nTBP（有机层）+3Cl﹣（水层），则“反萃取”时发生的化学方程式为 2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl 。
（5）向ag含少量Fe（OH）3杂质的BiOCl粗品中边搅拌边分批加入足量稀H2SO4，充分反应后静置，过滤，洗涤沉淀；将沉淀浸入过量NaOH溶液，加热并充分搅拌至固体颜色不再变化后过滤、洗涤、干燥、称量得bg产物。
①检验沉淀洗涤干净的操作 向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀 ，②BiOCl粗品中BiOCl的纯度为 100% 。
【答案】（1）MnO2和O2；
（2）Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O；粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等）；
（3）Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低；
（4）2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl；
（5）①向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀；
②100%。
【分析】辉铋矿和软锰矿联合焙烧时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，FeS2转化为Fe2O3，水浸后过滤，滤渣中加浓盐酸酸浸后过滤，滤渣1为SiO2，将滤液分成两份，其中一份中加金属铋转化，铋和铁离子发生氧化还原反应，生成亚铁离子和Bi3+：Bi+3Fe3+＝Bi3++3Fe2+，然后调溶液pH＝2.6，使[BiCl6]3﹣水解生成BiOCl；另一份加萃取剂TBP，使Fe3+和Bi3+分离，分液，有机相再加草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋。
【解答】解：（1）Bi2S3中S元素从﹣2价被氧化为（+6价），Bi从+3价升至Bi2O3中的+3价（未变）；MnO2中Mn从+4价被还原为MnSO4中的+2价，O2作为反应物参与氧化S元素，因此氧化剂为MnO2和O2，
故答案为：MnO2和O2；
（2）“酸浸”时，Bi2O3与盐酸反应生成可溶的[BiCl6]3﹣，离子方程式为：Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O，提高浸出率的措施包括粉碎矿石（增大接触面积）、升温、搅拌或增大酸浓度等，
故答案为：Bi2O3+6H++12Cl﹣＝2[BiCl6]3﹣+3H2O；粉碎矿石（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等）；
（3）“转化”中加入Bi的作用是还原Fe3+为Fe2+（Bi的还原性强于Fe2+），若不加Bi，Fe3+会在后续步骤中与Bi3+一同沉淀，污染产品，
故答案为：Fe3+无法被还原为Fe2+，后续会与Bi3+共沉淀，导致产品纯度降低；
（4）反萃取需破坏BiCl3 nTBP的结合，加入H2C2O4，生成Bi2（C2O4）3 7H2O，同时释放TBP，其反应方程式为：2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl，
故答案为：2BiCl3 nTBP+3H2C2O4+7H2O＝Bi2（C2O4）3 7H2O+2nTBP+6HCl；
（5）①沉淀表面可能残留（来自稀H2SO4），通过检验是否存在判断洗涤效果，即向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀，说明沉淀洗涤干净，
故答案为：向最后一次洗涤后的滤液中滴加BaCl2溶液不再出现白色沉淀；
②反应关系：BiOClBi3+Bi2O3，即2BiOCl～Bi2O3，BiOCl摩尔质量为260g/mol，Bi2O3为466g/mol，则m（BiOCl）gg，纯度为：100%，
故答案为：100%。
【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．（2024秋 聊城期中）工业上以硫黄为原料制备硫酸的原理示意图如图，其过程包括Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个阶段。
（1）硫液化后与空气中的氧气反应生成SO2。若进料温度超过硫的沸点，部分燃烧的硫以蒸汽的形式随SO2进入到下一阶段，会导致 AB （填序号）。
A．硫的消耗量增加 B．SO2产率下降 C．生成较多SO3
（2）反应Ⅱ中钒催化剂能加快反应速率的原因为 降低反应活化能 。
（3）在硫酸工业中，常采用“二转二吸法”，即将第一次转化生成的SO2分离后，将未转化的SO2进行二次转化，假若两次SO2的转化率均为90%，则最终SO2的转化率为 99% 。
（4）气体经过钒催化剂层，温度会升高，其原因是 反应放热 。升高温度后的气体都需要降温后再经过钒催化剂层转化，其目的是 保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率 。
（5）制硫酸产生的废气中含有SO2，可用双碱脱硫法处理，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是 NaOH ，写出双碱脱硫法的总反应方程式： 2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O 。
【答案】（1）AB；
（2）降低反应活化能；
（3）99%；
（4）反应放热；保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率；
（5）NaOH；2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O。
【分析】硫黄燃烧生成SO2，SO2催化氧化生成SO3，SO3被浓硫酸吸收，最后转化为H2SO4。
【解答】解：（1）A．第Ⅰ步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫，若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气损失，消耗的硫粉会增大，故A正确；
B．硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第Ⅱ步反应过程中，降低二氧化硫的生成率，故B正确；
C．二氧化硫产率降低后，生成的三氧化硫也会减少，故C错误；
故答案为：AB；
（2）反应Ⅱ中使用了钒催化剂，改变了反应路径，降低了活化能，能加快反应速率，
故答案为：降低反应活化能；
（3）二次转化之后，SO2的转化率为1×90%+（1﹣90%）×90%＝99%，
故答案为：99%；
（4）由于反应为放热反应，气体经过钒催化剂层后温度会升高；温度过高，催化剂活性降低，为保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率，需要对升温后的气体降温，
故答案为：反应放热；保持钒催化剂活性温度，保证反应速率，提高SO2转化率；
（5）SO2与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3再与Ca（OH）2和O2反应生成NaOH和CaSO4，NaOH可以循环利用；反应的总反应方程式为：2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O，
故答案为：NaOH；2SO2+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+2H2O。
【点评】本题主要考查工业制取硫酸等，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。
6．（2024秋 潍坊期末）工业上制取硝酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是 A （填标号）。
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是 氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质） ，将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是 有白烟生成 。
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，写出吸收NO时发生反应的化学方程式 4NH3+6NO5N2+6H2O 。
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比为 1：（1+ab） 。
【答案】（1）A；
（2）4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质）；有白烟生成；
（4）4NH3+6NO5N2+6H2O；
（5）1：（1+ab）。
【分析】工业上制取硝酸铵的一种流程分析可知，氮气和氢气催化剂、高温高压作用下反应生成NH3，NH3催化氧化反应生成NO，反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，NO和空气、水混合吸收塔中生成硝酸，4NO+3O2+2H2O＝4HNO3，HNO3和NH3化合生成硝酸铵，据此回答问题。
【解答】解：（1）A、B、C、D四步转化中，属于氮的固定的是A，
故答案为：A；
（2）步骤B中发生反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）喷泉实验可以说明氨气具有的性质是：氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质），将蘸有浓盐酸的棉球放在玻璃片上，再将集满NH3的集气瓶扣住棉球，可观察到的现象是：有白烟生成，氨气和HCl反应生成氯化铵，
故答案为：氨气极易溶于水（与水反应生成碱性物质）；有白烟生成；
（4）制备硝酸过程中产生的废气（NO2和NO）在一定条件下可用NH3吸收，同时生成一种无毒气体，吸收NO时发生反应的化学方程为：4NH3+6NO5N2+6H2O，
故答案为：4NH3+6NO5N2+6H2O；
（5）由NH3制备NH4NO3的流程中，NH3转化为NO的产率是a，NO转化为HNO3的产率是b，反应过程中NH3→NO→HNO3→NH4NO3，设制备HNO3所用去的NH3物质的量x，最终得到HNO3物质的量abxmol，N原子守恒，生成NH4NO3的氨气物质的量＝abxmol，则制HNO3所用去的NH3质量与消耗NH3的总质量（不考虑其它损耗）之比＝x：（x+xab）＝1：（1+ab），
故答案为：1：（1+ab）。
【点评】本题考查了工业合成氨、工业生产硝酸的流程、设备名称、反应催化剂选择、原电池电极反应、化学方程式定量计算等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
7．（2024 莱州市校级开学）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答下列问题：
（1）与氮氧化物有关的全球或区域性大气环境问题有 ac （填字母序号）。
a.酸雨
b.沙尘暴
c.光化学烟雾
d.白色污染
（2）NH3是重要的含氮化合物，写出氨合成塔中发生反应的化学方程式 N2+3H22NH3 ；氧化炉中所发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O 。
（3）将过量的铜置入一定量的浓硝酸中，微热，充分反应后，放出两种气体，写出生成NO的反应化学方程式 3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O ；若生成NO、NO2的体积比为1：4，则分别生成NO、NO2的两个反应中消耗硝酸的物质的量之比是 1：2 。
【答案】（1）a、c；
（2）N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；1：2。
【分析】（1）氮氧化物会造成硝酸型酸雨以及光化学烟雾等环境问题；
（2）氨合成塔发生氮气与氢气的反应，氧化炉发生氨气的催化氧化；
（3）将铜与浓硝酸混合，会发生反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度会降低，发生反应3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O。
【解答】解：（1）氮氧化物会造成硝酸型酸雨以及光化学烟雾等环境问题，所以氮氧化物造成的环境问题为ac，
故答案为：a、c；
（2）氨合成塔发生氮气与氢气的反应N2+3H22NH3，氧化炉发生氨气的催化氧化4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：N2+3H22NH3；4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）将铜与浓硝酸混合，会发生反应Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，随着反应的进行，硝酸浓度会降低，发生反应3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，V（NO）：V（NO2）＝n（NO）：n（NO2）＝1：4，设生成amolNO，需要消耗硝酸的物质的量为4amol，同时生成的NO2为4amol，需要消耗的硝酸的物质的量为8amol，可知两个反应的硝酸的物质的量之比为1：2，
故答案为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；1：2。
【点评】本题考查较为基础，主要考查合成氨工业的相关反应及计算，易错点在于铜与浓稀硝酸反应过程中的反应系数比，需要写出反应具体计算。
8．（2024秋 市中区校级期中）某种粗盐中含有泥沙、Ca2+、Mg2+、等杂质。某同学在实验室中设计了用这种粗盐制备精盐的方案如图（用于沉淀的试剂稍过量）。
请回答以下问题：
（1）操作②、④时需要用到的玻璃仪器有 ace （填标号）。
a．烧杯 b．试管 c．玻璃棒 d．分液漏斗 e．漏斗
（2）操作③加试剂a、b、c常用①NaOH溶液、②Na2CO3溶液、③BaCl2溶液作为除杂试剂，则加入除杂试剂的顺序为 B 。
A．①②③
B．①③②
C．②①③
（3）若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是 会使形成的沉淀重新溶解 。
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是 蒸发结晶 。
【答案】（1）ace；
（2）B；
（3）会使形成的沉淀重新溶解；
（4）蒸发结晶。
【分析】粗盐溶于水得到粗盐水，过滤除去泥沙得到滤液，滤液加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量氯化钡溶液是除去硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氯化钡溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氯化钡之后；待杂质转化为沉淀后，过滤，向滤液中加入适量盐酸，除去过量氢氧根离子和碳酸根离子，然后蒸发结晶得到精盐；
【解答】解：（1）过滤需要用到烧杯、玻璃棒和漏斗，
故答案为：ace；
（2）由分析，加入除杂试剂的顺序可以为：B．①NaOH溶液、③BaCl2溶液、②Na2CO3溶液，
故答案为：B；
（3）为了除掉过量氢氧根离子和碳酸根离子，本着少引入新的杂质的原则选择盐酸，氢氧化镁沉淀、碳酸钙沉淀均会和盐酸反应，若将操作④与操作⑤的先后顺序对调，将会对实验结果产生的影响是会使形成的沉淀重新溶解，
故答案为：会使形成的沉淀重新溶解；
（4）操作⑥获得精盐的操作方法是蒸发结晶（“蒸发”），
故答案为：蒸发结晶。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋 昌邑市期中）由NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液提纯得到NaCl晶体的实验流程如图：
回答下列问题：
（1）操作Ⅱ用到的玻璃仪器有 BD （填标号），证明试剂①已过量的方法为 静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量 。
（2）沉淀B的成分为 CaCO3、BaCO3 （填化学式），稀盐酸的作用为 除去多余 。
（3）操作Ⅴ为 蒸发结晶 。
（4）由操作Ⅰ可知淀粉 不能 （填“能”或“不能”）透过半透膜，用实验证明上述结论 取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜 。
【答案】（1）BD；静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量；
（2）CaCO3、BaCO3；除去多余；
（3）蒸发结晶；
（4）不能；取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜。
【分析】NaCl（含有Na2SO4、CaCl2和淀粉）混合溶液经过操作I分离出淀粉溶液，淀粉溶液是胶体，分离溶液和胶体用渗析；溶液中先加试剂①将转化为BaSO4沉淀除去，则试剂①为BaCl2溶液，沉淀A为BaSO4，操作II为过滤，再加试剂②除去Ca2+和多余的Ba2+离子，生成CaCO3和BaCO3沉淀，则试剂②为Na2CO3溶液，沉淀B为CaCO3和BaCO3，操作III为过滤，再向滤液中加入稀盐酸除去碳酸根离子，最后操作V是蒸发结晶得到NaCl晶体，据此解答。
【解答】解：（1）操作II是过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，试剂①是BaCl2溶液，目的是除去硫酸根离子，证明BaCl2溶液已过量的方法为：静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量，
故答案为：BD；静置，取上层清液于试管中，继续滴加BaCl2溶液，没有白色沉淀产生，证明BaCl2溶液已过量；
（2）由分析可知，沉淀B的成分为CaCO3、BaCO3，稀盐酸的作用为除去多余的，
故答案为：CaCO3、BaCO3；除去多余；
（3）操作Ⅴ由氯化钠溶液得到氯化钠晶体，则操作Ⅴ为蒸发结晶，
故答案为：蒸发结晶；
（4）由分析可知，操作I是渗析，淀粉不能透过半透膜，淀粉在半透膜袋内；淀粉遇碘变蓝色，检验淀粉可用碘水，则证明淀粉不能透过半透膜的方法是：取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜，
故答案为：不能；取半透膜外液体，加入少量碘水，液体没有变成蓝色，证明淀粉不能透过半透膜。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生粗盐提纯的掌握情况，试题难度中等。
10．（2023秋 济南期末）海水中化学元素的利用是海水综合利用的重要方面，从海水中提取的粗盐、镁、溴（Br2）等产品是多种工业的基础原料。
Ⅰ．海水提取的粗盐中含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下操作，进行提纯：①加入Na2CO3溶液；②加入NaOH溶液；③加入BaCl2溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤；⑥溶解。
（1）正确的操作顺序是 ⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④ （填标号）。
（2）加入Na2CO3溶液时发生反应的离子方程式为 Ca2+═CaCO3↓、Ba2+═BaCO3↓ 。
Ⅱ．苦卤（海水晒盐后得到的母液）中含有NaBr等物质。从苦卤中提Br2的流程如图：
（3）以苦卤为原料提Br2而不是直接利用海水提Br2，优势在于 苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取 。
（4）“吸收”过程的离子方程式为 SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣ 。
Ⅲ．海水提镁的工艺流程如图：
已知：MgO的熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃。
（5）沉淀池中发生主要反应的离子方程式为 Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+ 。
（6）工业上采用电解熔融MgCl2而不是熔融MgO来制取镁单质，原因是 MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少 。
（7）高温下用镁还原四氯化钛（TiCl4）是制取金属钛的重要方法，该反应的化学方程式为 TiCl4+2MgTi+2MgCl2 。下列气体可以作为该反应保护气的是 b （填标号）。
a．N2
b．Ar
c．CO2
d．O2
【答案】（1）⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④；
（2），；
（3）苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取；
（4）；
（5）Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+；
（6）MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少；
（7）；b。
【分析】Ⅰ．从电离的角度分析粗盐中的杂质可知：溶液中的杂质离子为钙离子、镁离子、和硫酸根离子，根据镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将钙离子和过量的钡离子沉淀，过滤要放在所有的沉淀操作之后，最后再用盐酸处理溶液中的碳酸根离子和氢氧根离子进行分析；
Ⅱ．苦卤含有溴，通入氯气可生成溴，用空气吹出，可用二氧化硫吸收，起到富集的作用，然后再通入氯气氧化生成溴，进一步分离可得到液溴，以此解答该题；
Ⅲ．由流程可知，生石灰与水反应生成氢氧化钙，与苦卤中镁离子在沉淀池中生成Mg（OH）2，操作①为过滤，分离出Mg（OH）2，加试剂a为盐酸，发生Mg（OH）2+2HCl═2MgCl2+2H2O，操作②为蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化镁晶体，在HCl气流中加热生成无水氯化镁，最后发生MgCl2（熔融）Mg+Cl2↑，以此来解答。
【解答】解：（1）首先要把粗盐溶于水形成溶液，然后加沉淀剂，镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，加入的碳酸钠必须要放在加入的氯化钡之后，保证碳酸钠会将钙离子和过量的钡离子沉淀，用过量的NaOH溶液沉淀镁离子放在过滤之前的哪一位置均可，待离子都沉淀后再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，最后经蒸发操作得到较纯净的氯化钠，所以正确的顺序为③②①⑤④或②③①⑤④或③①②⑤④，
故答案为：⑥③②①⑤④或⑥②③①⑤④或⑥③①②⑤④；
（2）根据分析加入Na2CO3溶液时，碳酸钠和氯化钙反应碳酸钙沉淀除去钙离子，同时碳酸钠和过量的氯化钡反应生成碳酸钡沉淀除去钡离子，则发生反应的离子方程式为：，，
故答案为：，；
（3）天然海水中含溴浓度低，苦卤浓缩液中含溴浓度高，选用苦卤浓缩液提溴会降低成本，
故答案为：苦卤中Br﹣浓度更大，便于提取；
（4）使用SO2和H2O吸收吹出的Br2反应生成硫酸和溴化氢，离子方程式为SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣，
故答案为：SO2+Br2+2H2O═4H++SO2Br﹣；
（5）加入石灰乳使镁离子转化为沉淀，沉淀池中发生反应的离子方程式为Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+，
故答案为：Ca（OH）2+Mg2+＝Mg（OH）2+Ca2+；
（6）氧化镁熔点为2852℃，无水MgCl2的熔点为714℃，MgO熔点很高，熔融时耗费大量的能量而增加生产成本，MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少，
故答案为：MgCl2的熔点低于MgO，熔化所消耗能量少；
（7）为了防止金属镁和空气中的氧气、氮气和二氧化碳反应，工业上常用金属镁在高温和氩气氛围中还原TiCl4的方法制备钛，化学方程式为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，
故答案为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2；b。
【点评】本题考查了海水资源的综合利用、实验基本操作等，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力以及元素化合物知识的综合理解和运用，根据工艺流程图从整体上分析镁、粗盐的制取方法及基本操作，知道每一步可能发生的反应及基本操作方法，难点是除杂试剂的选择及加入试剂的先后顺序，题目难度不大。
11．（2023秋 市南区校级月考）食盐是日常生活的必需品，也是重要的化工原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质离子，由粗盐获得精盐的一般步骤如图：
回答下列问题：
（1）步骤①、③两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是 搅拌 、 引流 。
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液。加入试剂的顺序正确的是 AC 。
A.BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液
B.NaOH溶液→Na2CO3溶液→BaCl2溶液
C.NaOH溶液→BaCl2溶液→Na2CO3溶液
D.Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液
（3）步骤③“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、 漏斗、烧杯 （填仪器名称）；该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、 CaCO3、BaCO3 。
（4）加入适量盐酸的作用是 除去过量的、OH﹣ 。
【答案】（1）搅拌；引流；
（2）AC；
（3）漏斗、烧杯；CaCO3、BaCO3；
（4）除去过量的、OH﹣。
【分析】粗盐中含难溶的泥沙以及可溶性杂质（Ca2+、Mg2+、），通过第①步溶解，再通过第②步除掉可溶性杂质离子，加过量的BaCl2溶液，沉淀，加入稍过量的Na2CO3溶液，将过量的Ba2+和Ca2+同时除去，加稍过量的NaOH溶液将Mg2+沉淀下来，得到沉淀为硫酸钡、氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡，过滤，便可除掉难溶性杂质、泥沙；由于除杂试剂是过量的，所以滤液中含杂质、OH﹣，用盐酸与之反应除去，使用的盐酸也是过量的，盐酸易挥发，在第⑥步中加热时除去。
【解答】解：（1）步骤①为溶解，③为过滤，两个过程均用到玻璃棒，其作用分别是搅拌和引流，
故答案为：搅拌；引流；
（2）步骤②的目的是除去粗盐中杂质（Mg2+、Ca2+、），提供的试剂有BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，加入过程中为了除去过量的钡离子，则碳酸钠必须在氯化钡溶液之后加入，
故答案为：AC；
（3）“过滤”操作需要的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；根据分析，该操作得到沉淀的成分有泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3、BaCO3，
故答案为：漏斗、烧杯；CaCO3、BaCO3；
（4）加入适量盐酸的作用是除去过量的、OH﹣，
故答案为：除去过量的、OH﹣。
【点评】本题考查粗盐的提纯，侧重考查学生分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2023秋 德州期中）氯化钠是生活必需品，也是重要的化工原料。某化学兴趣小组在实验室提纯含少量泥沙及Ca2+、Mg2+、等杂质离子的粗盐，流程如图：
（1）溶解前需对大块颗粒进行粉碎，目的是 增大接触面积，加快溶解 。
（2）步骤Ⅱ中，需要的试剂有①碳酸钠溶液②氯化钡溶液③氢氧化钠溶液。依次加入顺序 ③②①或②③①或②①③ （填序号）。
（3）滤渣中除泥沙、Mg（OH）2、CaCO3、BaSO4外还有 BaCO3 （填化学式），步骤Ⅳ加盐酸发生的离子反应方程式为 H++OH﹣═H2O 、 H++COH2O+CO2↑ 。
（4）步骤Ⅳ加过量盐酸 不会 影响NaCl的纯度（填“会”、“不会”），步骤Ⅴ操作为 蒸发结晶、过滤 。
【答案】（1）增大接触面积，加快溶解；
（2）③②①或②③①或②①③；
（3）BaCO3；H++OH﹣═H2O； ↑；
（4）不会；蒸发结晶、过滤。
【分析】（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快；
（2）氢氧化钠溶液除去氯化镁杂质，氯化钡溶液除去硫酸钠杂质，碳酸钠溶液除去氯化钙和剩余的氯化钡杂质，沉淀过滤后，滤液中再加入稀盐酸，除去剩余的氢氧化钠和碳酸钠，或直接加入氢氧化钡溶液除去氯化镁和硫酸钠，再用碳酸钠溶液除去剩余的氢氧化钡杂质，过滤后，滤液中再加入盐酸，中和氢氧化钠、碳酸钠，据此解答；
（3）氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠；第Ⅳ步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（4）步骤Ⅴ为从溶液中得到固体，操作为蒸发，根据稀盐酸在加热蒸发的过程中，氯化氢气体挥发进行分析。
【解答】解：（1）溶解前需进行“粉碎”，目的是增大接触面积，加快溶解速率，
故答案为：增大接触面积，加快溶解；
（2）氢氧化钠溶液除去氯化镁杂质，氯化钡溶液除去硫酸钠杂质，碳酸钠溶液除去氯化钙和剩余的氯化钡杂质，沉淀过滤后，滤液中再加入稀盐酸，除去剩余的氢氧化钠和碳酸钠，或直接加入氢氧化钡溶液除去氯化镁和硫酸钠，再用碳酸钠溶液除去剩余的氢氧化钡杂质，过滤后，滤液中再加入盐酸，中和氢氧化钠、碳酸钠，据此可知，除杂试剂和顺序可行的有）③②①或②③①或②①③，
故答案为：③②①或②③①或②①③；
（3）氯化钡和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，氢氧化钠和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，第5步“过滤”操作中所得沉淀除泥沙、BaSO4、Mg（OH）2、CaCO3外，还有碳酸钠和过量氯化钡反应生成的BaCO3；第Ⅳ步操作的目的是除去滤液中过量的氢氧化钠和碳酸钠，稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式分别为：H++OH﹣＝H2O； ↑，
故答案为：BaCO3；H++OH﹣═H2O； ↑；
（4）步骤Ⅴ为从溶液中得到固体，操作为蒸发结晶、过滤；稀盐酸在加热蒸发的过程中，氯化氢气体挥发，所以步骤2中加入过量的盐酸对NaCl固体的纯度不会造成影响，
故答案为：不会；蒸发结晶、过滤。
【点评】本题考查粗盐的提纯，熟练掌握酸碱盐的化学性质是正确解答本题的关键；要注意除去多种杂质离子时，要考虑除杂的顺序、后面加入的试剂要能除去前面加入的过量的试剂。
13．（2024秋 聊城期中）我国将力争2060年前实现碳中和，CO2的捕捉是减少碳排放的措施之一。
Ⅰ.一种利用NaOH溶液捕捉回收CO2的过程如图所示。
（1）写出“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式 Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH 。
（2）整个过程中可以循环利用的物质是 NaOH溶液、CO2和CaO 。
Ⅱ.实验室为模拟捕捉回收CO2，现需配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液。
（3）实验中用托盘天平称量NaOH固体的质量为 20.0 g。
（4）配制操作可分解成如下几步，以下正确的操作顺序是A→D→E→ C→B→H→G →F→装瓶贴签。
A.向容量瓶中注入少量蒸馏水，检查是否漏水
B.用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒，将洗涤液注入容量瓶后轻摇几下
C.将已冷却的溶液注入容量瓶中
D.根据计算，称取一定量的NaOH固体
E.向盛有NaOH固体的烧杯中加水，用玻璃棒搅拌溶解
F.盖上容量瓶塞，摇匀
G.用胶头滴管滴加蒸馏水，至溶液凹液面恰好与刻度线相切
H.继续向容量瓶中注入蒸馏水，至液面接近刻度线1～2cm处
（5）上述操作B应重复3次，目的是 使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差 。
（6）配制过程中，会造成所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏大的是 CD 。
A.容量瓶洗净后未干燥
B.称量NaOH时间过长
C.未冷至室温就转移定容
D.定容时俯视刻度线
【答案】Ⅰ.（1）Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（2）NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）20.0；
（4）C→B→H→G；
（5）使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）CD。
【分析】Ⅰ.（1）在捕捉室里，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和水；CaO和水反应生成Ca（OH）2，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，过滤分离CaCO3沉淀和NaOH；
（2）由流程图中的信息可知，整个过程中可以循环利用的物质是NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，选用的容量瓶规格为500mL，根据物质的量相关公式可知，其质量m＝CVM；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为：检漏﹣计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀；
（5）重复操作B洗涤3次，烧杯及玻璃棒有残留的溶质，洗涤3次使溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）A.容量瓶中有水不会影响溶质的质量，在定容时也会加水定容，故容量瓶未干燥对实验结果无影响；
B.NaOH固体易潮解，称量时间过长引起NaOH吸收的水分多，导致称量的NaOH实际质量减小，溶质质量少，引起所配溶液的物质的量浓度偏小；
C.未冷至室温就转移定容，根据热胀冷缩原理，可知定容时加入溶液的体积比实际体积要小，则会导致所配溶液的浓度偏大；
D.定容时俯视刻度线，会引起加入的溶液体积低于刻度线，导致所配溶液的浓度偏大；
【解答】解：Ⅰ.（1）在捕捉室里，CO2和NaOH溶液反应生成Na2CO3和水；CaO和水反应生成Ca（OH）2，Na2CO3和Ca（OH）2反应生成CaCO3和NaOH，过滤分离CaCO3沉淀和NaOH，故在“反应、分离”环节发生的复分解反应的化学方程式为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH，
故答案为：Na2CO3+Ca（OH）2＝CaCO3↓+2NaOH；
（2）由流程图中的信息可知，整个过程中可以循环利用的物质是NaOH溶液、CO2和CaO，
故答案为：NaOH溶液、CO2和CaO；
Ⅱ.（3）配制450mL1.00mol L﹣1的NaOH溶液，选用的容量瓶规格为500mL，根据物质的量相关公式可知，其质量m＝CVM＝1.00mol L﹣1×0.5L×40g/mol＝20g，托盘天平的感量是0.1g，故需要称量NaOH固体的质量为20.0g，
故答案为：20.0；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液基本步骤为：检漏﹣计算﹣称量﹣溶解﹣移液﹣洗涤﹣定容﹣摇匀，故配制操作正确的作顺序是A→D→E→C→B→H→G→F，
故答案为：C→B→H→G；
（5）重复操作B洗涤3次，烧杯及玻璃棒有残留的溶质，洗涤3次使溶质尽可能的被利用，减小误差，
故答案为：使烧杯和玻璃棒上残留的溶质尽可能的被利用，减小误差；
（6）A.容量瓶中有水不会影响溶质的质量，在定容时也会加水定容，故容量瓶未干燥对实验结果无影响，故A错误；
B.NaOH固体易潮解，称量时间过长引起NaOH吸收的水分多，导致称量的NaOH实际质量减小，溶质质量少，引起所配溶液的物质的量浓度偏小，故B错误；
C.未冷至室温就转移定容，根据热胀冷缩原理，可知定容时加入溶液的体积比实际体积要小，则会导致所配溶液的浓度偏大，故C正确；
D.定容时俯视刻度线，会引起加入的溶液体积低于刻度线，导致所配溶液的浓度偏大，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题为综合性较强的提升类型的题，考查推理分析的过程和反应方程式的推理，又考查了配制一定物质的量浓度溶液的实验步骤和实验误差分析，需要学生具有扎实的基础知识和较强的推理能力。
14．（2025 山东模拟）锂离子电池是新能源汽车的重要部件。某研究小组利用SiCl4对废弃的锂离子电池正极材料LiCoO2在酸性溶液中是强氧化剂）进行氯化处理，同时回收Li、Co等金属，工艺流程如图所示：
已知：常温下，Ksp[Co（OH）2]═5.9×10﹣15，Ksp[Co（OH）3]═1.6×10﹣44；离子浓度小于10﹣5mol L﹣1表示沉淀完全。
回答下列问题：
（1）“焙烧”得到LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，滤饼1的主要成分是 SiO2 （填化学式）。
（2）实验室中也可用稀硫酸和H2O2溶解电池正极材料LiCoO2，发生反应的离子方程式为 2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O ，若用盐酸直接溶解LiCoO2的后果是 生成有毒性气体Cl2 。
（3）烧渣“水浸”前要先分离过量的SiCl4，否则“水浸”时因其水解会产生大量的烟雾。C、Si同主族，从原子结构角度解释CCl4不如SiCl4易水解的原因是 Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂 。
（4）“沉钴”时需要调节溶液的pH＝10，其目的是 使Co2+沉淀完全 。
（5）Co（OH）2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化曲线如图所示：
在290℃完全脱水，在800～950℃范围内剩余固体的成分是 Co3O4、CoO （填化学式）。
（6）已知Li2CO3的溶解度随温度变化如表：
T/℃ 20 40 60 80
S（Li2CO3）/g 1.33 1.17 1.01 0.85
“沉锂”前将溶液浓缩可以得到副产品，此外还有一个目的是 有利于沉淀锂离子 ；“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是 减少Li2CO3的损失 。
【答案】（1）SiO2；
（2）2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；生成有毒性气体Cl2；
（3）Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂；
（4）使Co2+沉淀完全；
（5）Co3O4、CoO；
（6）有利于沉淀锂离子；减少Li2CO3的损失。
【分析】根据流程以及题目信息可知，废弃的锂电池正极材料LiCoO2与SiCl4在500℃下焙烧生成氧气和烧渣，“烧渣”是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；将烧渣水浸后，得到滤饼1和滤液1，其中滤饼1的主要成分为SiO2和H2SiO3，滤液1中含有的主要离子为Li+、Co2+，向滤液1中加入氢氧化钠溶液进行沉钴，Co2+与OH﹣结合生成Co（OH）2沉淀，因此滤饼2的主要成分为Co（OH）2，滤饼2进一步处理得到Co3O4；滤液2的主要离子为Li+，经碳酸钠溶液进行沉锂，得到Li2CO3，据此分析。
【解答】解：（1）“焙烧”产物为LiCl、CoCl2、SiO2的混合物，其中LiCl和CoCl2易溶于水，而SiO2不溶于水，因此“水浸”后过滤，滤饼1的主要成分为SiO2，
故答案为：SiO2；
（2）LiCoO2中Co为+3价（强氧化剂），H2O2作为还原剂将其还原为Co2+，自身被氧化为O2，酸性条件下反应的离子方程式为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O，LiCoO2的强氧化性会氧化盐酸中的Cl﹣生成Cl2（有毒气体），导致原料浪费且污染环境，因此不能用盐酸直接溶解，
故答案为：2LiCoO2+6H++H2O2＝2Li++2Co2++O2↑+4H2O；生成有毒性气体Cl2；
（3）C和Si同主族，但C的原子半径远小于Si，C的最外层电子云与Cl 的电子云重叠程度更大，形成的C—Cl 键键能较高，稳定性强，难以断裂；而Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，且Si原子有空的3d轨道，易与水分子中O原子的孤电子对形成配位键，促进水解反应发生，因此，CCl4不如SiCl4易水解，
故答案为：Si的原子半径较大，Si—Cl键键能较低，较易断裂；
（4）“沉钴”的目的是使Co2+完全转化为Co （OH）2沉淀，同时避免后续步骤中Co2+残留，根据Ksp[Co （OH）2]＝5.9×10﹣15，当Co2+完全沉淀c （Co2+）≤10﹣5mol L﹣1）时，所需c （OH﹣）mol L﹣1≈7.7×10﹣5mol L﹣1，对应pH≈9.9，调节pH＝10可确保Co2+完全转化为Co （OH）2沉淀，提高Co的回收率，
故答案为：使Co2+沉淀完全；
（5）由于Co有+2、+3价，原始为Co（OH）2，相对分子质量为93；剩余固体若为CoO，则固体残留率为100%＝80.65%（C 点）；剩余固体若为Co2O3，则固体残留率为100%＝89.25%（A 点），B 点介于两者之间，+2价与+3价均有，联想Fe的氧化物，可能为Co3O4，此时固体残留率为100%＝86.38%（B 点），800～950℃范围在B、C 点之间，剩余的固体是Co3O4、CoO，
故答案为：Co3O4、CoO；
（6）“沉锂”前将溶液浓缩不仅可以得到副产品，还可增大 c（Li+），利于沉淀锂离子，“沉锂”时加入碳酸钠，c2 （Li+） c（） 大于Ksp（Li2CO3） 生成沉淀；升高温度，Li2CO3的溶解度减小，“沉锂”后过滤时用热水而不用冷水洗涤的原因是减少Li2CO3的损失，
故答案为：有利于沉淀锂离子；减少Li2CO3的损失。
【点评】本题主要考查化学工艺流程，掌握流程中发生的反应以及混合物的分离和提出是解决本题的关键，注重元素化合物性质与流程的结合，侧重考查学生的综合分析能力，题目比较综合，难度适中。
15．（2025 泰安模拟）钪（Sc）是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+）为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。
已知：①225℃时，。
②氢氧化钪Sc（OH）3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al（OH）3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。
③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比（D），如。
（1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是 提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛 。
（2）若要提高萃取率，可采取的措施有 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH） （写两条）。
（3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 2.8×10﹣6 mol/L。
（4）写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。
（5）有机萃取剂萃取Sc3+的反应原理可表示为：（HR代表有机萃取剂，ScR3为有机配合物）。
①反萃取时钪发生反应的离子方程式为 。
②反萃液可以再生利用，其方法是 向反萃液中加入适量的酸后分液 。
（6）萃取时易发生Sc3+、Fe3+共萃现象，有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）具有重要的影响，如图为有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图像，从图像中选择最合适的萃取剂浓度为 1 %；为提高钪的回收率，“萃取分液”操作可进行多次，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝ 8a×10﹣6 mol/L。
【答案】（1）提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛；
（2）增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH）；
（3）2.8×10﹣6；
（4）；
（5）①；
②向反萃液中加入适量的酸后分液；
（6）1；8a×10﹣6。
【分析】钛白酸性废水（主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子）加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2+、Fe3+、Sc3+，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2+转化为[TiO（H2O2）]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2 nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe（OH）3和Sc（OH）3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc（OH）3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc，据此解答。
【解答】解：（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离，
故答案为：提供配体，生成稳定的配离子进入水层，便于分离出钛；
（2）提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH），
故答案为：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D（如更换萃取剂或调节pH）；
（3）已知时，c（H+）＝10﹣3mol/L，因此c（OH﹣）＝10﹣11mol/L，根据溶度积公式，代入数值计算得出c（Fe3+）＝2.8×10﹣6mol/L，
故答案为：2.8×10﹣6；
（4）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2 nH2O沉淀，反应的离子方程式为：，
故答案为：；
（5）①萃取时是加入有机萃取剂将Sc3+萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：，
故答案为：；
②反萃取后分液得到的反萃液主要离子为R﹣，而萃取剂为HR，所以将反萃液再生利用的方法为：向反萃液中加入适量的酸后分液，
故答案为：向反萃液中加入适量的酸后分液；
（6）为了避免萃取时发生Sc3+、Fe3+共萃现象，利用有机萃取剂的浓度对萃取率（萃取率＝被萃取物进入到有机相中的量占萃取前溶液中被萃取物总量的百分比）和有机萃取剂的浓度与钪、铁的萃取率关系图，当萃取剂浓度为1%时，Sc3+的萃取率已经非常高，而Fe3+的萃取率比较低，当萃取剂浓度增加，Sc3+的萃取率变化很小，而Fe3+的萃取率急剧增大，不利于Sc3+的萃取，故最合适的萃取剂浓度为：1%；“萃取分液”每进行一次，Sc3+的萃取率为98%，即水相中残留的Sc3+为2%，假设“滤液”中c（Sc3+）＝amol/L，则萃取分液”三次操作后“水相”中的c（Sc3+）＝amol L﹣1×2%×2%×2%＝8a×10﹣6mol L﹣1，
故答案为：1；8a×10﹣6。
【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。
16．（2025秋 德州月考）铜阳极泥富含Cu、Au、Ag2Se等多种物质，是一种含贵金属的可再生资源。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如图所示。
已知：①Ag+和过量的可生成络合物；②HAuCl4是强酸；③25℃时，，。回答下列问题：
（1）“浸出液1”中主要成分是 CuSO4 和H2SeO3（填化学式）。
（2）“浸取2”步骤中，写出单质金转化为HAuCl4的离子方程式为 。
（3）“银转化”过程中发生反应的离子方程式 。“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为 Na2SO3 （填化学式）。
（4）“还原”步骤中，消耗1.5mol N2H4生成Au的物质的量为 2mol 。
（5）回收得到的Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。以AgNO3标准溶液滴定废水样中NaCl，采用K2CrO4为指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1.0×10﹣5mol/L）时，溶液中c（Ag+）为 2.0×10﹣5 mol/L，此时溶液中至少为 5.0×10﹣3 mol/L，指示剂才能显色（忽略滴加过程的体积变化）。
【答案】（1）CuSO4；
（2）；
（3）；Na2SO3；
（4）2 mol；
（5）2.0×10﹣5；5.0×10﹣3。
【分析】铜阳极泥经硫酸、H2O2氧化酸浸后浸出液中含H2SeO3和CuSO4，浸渣1中含Au、Ag2SO4，由于Ksp（Ag2SO4）＞Ksp（AgCl），经盐酸、H2O2浸取后得到浸渣2：AgCl，浸出液2为：HAuCl4，HAuCl4被N2H4还原为Au，AgCl与过量Na2SO3转化为，被Na2S2O4还原为Ag，浸出液3中含Na2SO3，可被循环利用到银转化过程。
【解答】解：（1）“浸出液1”中主要成分是CuSO4和H2SeO3，
故答案为：CuSO4；
（2）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的离子方程式为：，
故答案为：；
（3）“银转化”过程中AgCl与过量Na2SO3转化为，离子方程式为：。根据分析，“银还原”步骤完成后，浸出液3中可循环利用的物质为：Na2SO3，
故答案为：；Na2SO3；
（4）“还原”步骤中，N2H4中N元素由﹣2价升高为0价，1.5mol N2H4转移6 mol电子，中Au元素由+3价降低为0价，故生成Au的物质的量为：2 mol，
故答案为：2 mol；
（5）Cl﹣恰好沉淀完全时浓度等于1.0×10﹣5mol/L，溶液中；，此时溶液中至少为5.0×10﹣3mol/L，指示剂才能显色，
故答案为：2.0×10﹣5；5.0×10﹣3。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2025 潍坊二模）一种利用废旧磷酸铁锂电池正极材料（主要成分为LiFePO4部分掺杂Ti（Ⅳ）的LITixFe2PO4、碳粉、铝箔等）回收碳酸锂和磷酸铁的工艺流程如图所示：
已知：Ksp（H2TiO3）═1.0×10﹣20；Ksp（Na3[AlF6]）＝4.0×10﹣20；Ksp（FePO4 2H2O）═1.3×10﹣20；
②磷酸铁溶液中存在以下两个平衡：FePO4 Fe3+；Fe3+ （络合物）。
③当溶液中某种离子的浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为已完全除尽。
回答下列问题。
（1）“酸浸”前需对电池放电处理，主要目的是 消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率 。
（2）“调pH＝1.0”时需加适量Fe2（SO4）3，生成 Fe（OH）3 （填化学式，下同）胶体起絮凝作用，促进含钛微粒的沉降。
（3）“调pH＝2.0”过程中需隔绝空气，原因是 防止Fe2+被氧化 ，滤渣2的主要成分为 H2TiO3 。
（4）“氧化浸出”过程中发生的离子方程式为 2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O ，适当升温有助于“氧化浸出”生成滤渣3，原因可能是 促进H2O2分解和Fe2+氧化 。
（5）滤渣3经热磷酸洗涤得电池级磷酸铁，生成的废气用氢氧化钠吸收后可返回 碳酸锂沉淀 工序循环利用。
（6）“氧化浸出”后溶液中钠离子浓度为0.01mol L﹣1，结合计算分析滤渣4的主要成分为 FePO4 2H2O 。
【答案】（1）消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率；
（2）Fe（OH）3；
（3）防止Fe2+被氧化；H2TiO3；
（4）2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；促进H2O2分解和Fe2+氧化；
（5）碳酸锂沉淀；
（6）FePO4 2H2O。
【分析】（1）“酸浸”前放电处理的主要目的是消除电池内部残余电荷，防止短路引发安全事故，同时通过放电使电极材料中的金属离子（如Li+、Fe2+）更易溶解；
（2）Fe3+在酸性条件下发生水解生成Fe （OH）3胶体，其吸附能力促进含钛微粒（如Ti）的沉降，尽管pH＝1.0时H+抑制Fe3+水解，但Fe2（SO4）3的高浓度可促使部分Fe （OH）3胶体形成；
（3）“调pH＝2.0”需隔绝空气的原因：防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，避免Fe3+提前沉淀影响后续分离，滤渣2的主要成分：H2TiO3，根据Ksp（H2TiO3）＝1.0×10 20，当pH＝2.0 时，溶液中Ti浓度极低（[H+]＝0.01mol/L，Ksp＝1.0×10 20＝[H+]2[Ti]，解得[Ti]＝1.0×10 16mol/L，导致H2TiO3沉淀；
（4）“氧化浸出”的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，升温的作用：提高H2O2分解速率，促进Fe2+氧化为Fe3+，同时加快反应动力学，缩短浸出时间；
（5）废气处理后的循环利用废气中可能含CO2，用NaOH吸收后生成Na2CO3或NaHCO3，可返回碳酸锂沉淀工序（如向含Li+溶液中通入CO2生成 Li2CO3）循环使用；
（6）“氧化浸出”后溶液中Na+浓度为0.01mol/L，对Na3[AlF6]的Ksp＝[Na+]3[Al]＝ 4.0×10﹣20，代入[Na+]＝0.01mol/L，解得[Al]＝4.0×10﹣14mol/L＜＜1.0×10﹣5mol/L，故不生成 Na3[AlF6]，FePO4 2H2O的沉淀条件：Ksp ＝[Fe3+][]＝ 1.3×10﹣20，假设Fe3+完全沉淀（[Fe3+]≤1.0×10﹣5mol/L），则[]≥1.3×10﹣15mol/L，远低于初始浓度，故FePO4 2H2O 沉淀，因此，滤渣4的主要成分为FePO4 2H2O。
【解答】解：（1）“酸浸”前放电处理的主要目的是消除电池内部残余电荷，防止短路引发安全事故，同时通过放电使电极材料中的金属离子（如Li+、Fe2+）更易溶解，提高后续酸浸效率，
故答案为：消除电池内部残余电荷，防止短路并提高酸浸效率；
（2）“调pH＝1.0”时生成的胶体加入Fe2（SO4）3后，Fe3+在酸性条件下发生水解生成Fe （OH）3胶体，其吸附能力促进含钛微粒（如Ti）的沉降，尽管pH＝1.0时H+抑制Fe3+水解，但Fe2（SO4）3的高浓度可促使部分Fe （OH）3胶体形成，
故答案为：Fe（OH）3；
（3）“调pH＝2.0”需隔绝空气的原因：防止Fe2+被空气中的O2氧化为Fe3+，避免Fe3+提前沉淀影响后续分离，滤渣2的主要成分：H2TiO3，根据Ksp（H2TiO3）＝1.0×10 20，当pH＝2.0 时，溶液中Ti浓度极低（[H+]＝0.01mol/L，Ksp＝1.0×10 20＝[H+]2[Ti]，解得[Ti]＝1.0×10 16mol/L，导致H2TiO3沉淀，
故答案为：防止Fe2+被氧化；H2TiO3；
（4）“氧化浸出”的离子方程式：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，升温的作用：提高H2O2分解速率，促进Fe2+氧化为Fe3+，同时加快反应动力学，
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