專題84 工藝流程-結合理論綜合 十年（2015-2024）高考化學真題分類匯編(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題84工藝流程——結合理論綜合考點十年考情(2015-2024)命題趨勢考點1簡單工藝流程中應用2023?山東卷，、2023?江蘇卷化工流程的命題來源很廣,與各個知識模塊的結合點較多,因此分析工業(yè)生產化工流程題時,應將流程路線、試題設問和理論知識有機結合起來,它常常結合工藝流程考查基本化學實驗問題。流程的最終目的就是收益最大化，充分利用理論知識，做題時只需找到所需回答的問題與流程圖中相關信息的一一對應關系，“順藤摸瓜”就可以有效解決相關問題，對流程進行在效評價?？键c2綜合工藝流程中應用2023?湖南卷、2023?遼寧省選擇性考試、2023?湖北省選擇性考試、2023?北京卷、2023?廣東卷、2023?江蘇卷、2022?山東卷、2022?全國乙、2022?全國甲、2022?湖南選擇性、2022?廣東選擇性、2021?全國乙、2021?湖南選擇性、2021?廣東選擇性、2021?遼寧選擇性考試、2021?湖北選擇性考試、2015·四川卷考點1簡單工藝流程中應用1．(2023?山東卷，13)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應Ⅲ需及時補加以保持反應在條件下進行。常溫下，H2SO3的電離平衡常數Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列說法正確的是()A．反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD．若Cu2O產量不變，參與反應Ⅲ的與CuSO4物質的量之比增大時，需補加NaOH的量減少【答案】CD【解析】銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ)，所得溶液在3~4之間，溶液顯酸性，根據H2SO3的電離平衡常數Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，調節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3轉化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+Cu2O+4H+,反應過程中酸性越來越強，使Na2SO3轉化成SO2氣體，總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時補加NaOH以保持反應在條件下進行。A項，反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應，生成二氧化硫，是氧化還原反應，反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O，是氧化還原反應，故A錯誤；B項，低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B錯誤；C項，經分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D項，制取Cu2O總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O產量不變，增大比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D正確；故選CD。2．(2023?江蘇卷，12，3分)室溫下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制備MnCO3的過程如題圖所示。已知Ksp(MgF2)=5.2，Ka(HF)=6.3×10-4。下列說法正確的是()A．0.1mol·L-1NaF溶液中：c(F-)c(Na＋)+c(H＋)B．“除鎂”得到的上層清液中：C．0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)D．“沉錳”后的濾液中：(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HCO3-)+2c(CO32―)【答案】C【解析】A項，0.1mol·L-1NaF溶液中存在電荷守恒：c(OH―)+c(F-)c(Na＋)+c(H＋)，A錯誤；B項，“除鎂”得到的上層清液中為MgF2的飽和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F―)，故，B錯誤；C項，0.1mol·L-1NaHCO3溶液中存在質子守恒：c(CO32―)+c(OH―)=c(H＋)+c(H2CO3)，故c(CO32―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(OH―)，C正確；D項，“沉錳”后的濾液中還存在F-、SO42-等離子，故電荷守恒中應增加其他離子使等式成立，D錯誤。故選C?？键c2綜合工藝流程中應用1．(2023?湖南卷，17)超純Ga(CH3)3是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術，在研制超純Ga(CH3)3方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下：已知：①金屬Ga的化學性質和相似，Ga的熔點為29.8℃；②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作為配體；③相關物質的沸點：物質Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸點/℃55.734.642.4365.8回答下列問題：(1)晶體Ga(CH3)3的晶體類型是_______；(2)“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40-45℃的原因是_______，陰極的電極反應式為_______；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應的化學方程式：_______；(4)“殘渣”經純水處理，能產生可燃性氣體，該氣體主要成分是_______；(5)下列說法錯誤的是_______；A．流程中Et2O得到了循環(huán)利用B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3D．用核磁共振氫譜不能區(qū)分Ga(CH3)3和CH3I(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是_______；(7)比較分子中的C-Ga-C鍵角大小：Ga(CH3)3_______Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______?！敬鸢浮?1)分子晶體(2)保證Ga為液體，便于純Ga流出Ga3++3eˉ=Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)D(6)NR3沸點較高，易與Ga(CH3)3分離，Et2O的沸點低于Ga(CH3)3，一起氣化，難以得到超純Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結構，故夾角較小【解析】以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3，粗Ga經過電解精煉得到純Ga，Ga和Mg反應生產Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后經過蒸發(fā)溶劑、蒸餾，除去殘渣MgI2、CH3MgI，加入NR3進行配體交換、進一步蒸出得到超純Ga(CH3)3，Et2O重復利用。(1)晶體Ga(CH3)3的沸點較低，晶體類型是分子晶體；(2)電解池溫度控制在40-45℃可以保證Ga為液體，便于純Ga流出；粗Ga在陽極失去電子，陰極得到Ga，電極反應式為Ga3++3eˉ=Ga；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產物還包括MgI2和CH3MgI，該反應的化學方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI；(4)“殘渣”含CH3MgI，經純水處理，能產生可燃性氣體CH4；(5)A項，流程中Et2O得到了循環(huán)利用，A正確；B項，Ga(CH3)3(Et2O)容易和水反應，容易被氧化，則流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行，B正確；C項，“配體交換”得到Ga(CH3)3(NR3)，“工序X”先解配Ga(CH3)3(NR3)后蒸出Ga(CH3)3，C正確；D項，二者甲基的環(huán)境不同，核磁共振氫譜化學位移不同，用核磁共振氫譜能區(qū)分Ga(CH3)3和CH3I，D錯誤；故選D；(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)時由于Et2O的沸點較低，與Ga(CH3)3一起蒸出，不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是，根據題給相關物質沸點可知，NR3沸點遠高于Ga(CH3)3，與Ga(CH3)3易分離；(7)分子中的C-Ga-C鍵角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結構，故夾角較小。2．(2023?遼寧省選擇性考試，16)某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中過氧鍵的數目為_______。(3)“氧化”中，用石灰乳調節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應的離子方程式為_______(H2SO5的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為M、_______(填化學式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，M(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。SO2體積分數為_______時，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數時，M(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為_______。(6)“沉鎂”中為使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_______(精確至0.1)?！敬鸢浮?1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積(2)NA(3)①M+HSO3-+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，用石灰乳調節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，發(fā)生反應M+HSO3-+H2O=M，Fe3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積；(2)H2SO5的結構簡式為，所以1molH2SO5中過氧鍵的數目為NA；(3)用石灰乳調節(jié)pH=4，M被H2SO5氧化為M，該反應的離子方程式為：M+HSO3-+H2O=M；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；(4)根據圖示可知SO2體積分數為0.9%時，M(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大SO2體積分數時，由于SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。3．(2023?湖北省選擇性考試，16)SiCl4是生產多晶硅的副產物。利用SiCl4對廢棄的鋰電池正極材料LiCoO2進行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：回答下列問題：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，用化學方程式表示其原因_______。(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中Co2+濃度為_______mol·L-1?！?50℃煅燒”時的化學方程式為_______。(5)導致SiCl4比CCl4易水解的因素有_______(填標號)。a．Si-Cl鍵極性更大b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大d．Si有更多的價層軌道【答案】(1)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反應(4)①5.9×10-7②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和題中信息可知，LiCoO2粗品與SiCl4在500℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；燒渣經水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是SiO2和H2SiO3；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2[主要成分為Co(OH)2]和濾液2(主要溶質為LiCl)；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到Co3O4；濾液2經碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為Li2CO3。(1)Co是27號元素，其原子有4個電子層，其價電子排布為3d74s2，元素周期表第8、9、10三個縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙燒”后剩余的SiCl4應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應的化學方程式為SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗凈的“濾餅3”的主要成分為Li2CO3，常用焰色反應鑒別Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反應為紫紅色，而Na2CO3的焰色反應為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體Na2CO3常用方法的名稱是焰色反應。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中c(OH-)1.0×10-4mol·L-1，Co2+濃度為mol·L-1?！?50℃煅燒”時，Co(OH)2與O2反應生成Co3O4和H2O，該反應的化學方程式為6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a項，Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有關；b項，Si的原子半徑更大，因此，SiCl4中的共用電子對更加偏向于Cl，從而導致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的OH-的進攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有關；c項，通常鍵能越大化學鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明SiCl4比CCl4易水解，c無關；d項，Si有更多的價層軌道，因此更易與水電離的OH-形成化學鍵，從而導致SiCl4比CCl4易水解，d有關；綜上所述，導致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。4．(2023?北京卷，18)以銀錳精礦(主要含Ag2S、M、S2)和氧化錳礦(主要含M)為原料聯合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，M的氧化性強于3+。(1)“浸錳”過程是在H2SO4溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除S2，有利于后續(xù)銀的浸出：礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應MM↑，則可推斷：Ksp(M)(填“>”或“<”)Ksp(Ag2S)。②在H2SO4溶液中，銀錳精礦中的S2和氧化錳礦中的發(fā)生反應，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。(2)“浸銀”時，使用過量、H和Ca的混合液作為浸出劑，將Ag2S中的銀以[Ag]-形式浸出。①將“浸銀”反應的離子方程式補充完整：。3++Ag2S++2[Ag]-+S②結合平衡移動原理，解釋浸出劑中的作用：。(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應的離子方程式有。②一定溫度下，Ag的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋分鐘后Ag的沉淀率逐漸減小的原因：。(4)結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯合提取銀和錳的優(yōu)勢：。【答案】(1)>3+、M(2)3++Ag2S+42++2[Ag]-+S是為了與Ag2S電離出的Ag+結合生成[Ag]-，使平衡正向移動，提高Ag2S的浸出率；H+是為了抑制3+水解，防止生成沉淀(3)2[Ag]-+3+=2++2Ag+4-、23++=32+2+被氧氣氧化為3+，3+把Ag氧化為Ag+(4)可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到M，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的3+還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【解析】銀錳精礦(主要含Ag2S、M、S2)和氧化錳礦(主要含M)混合加H2SO4溶液，使礦石中的錳元素浸出，同時去除S2，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有3+、M；浸錳渣中Ag2S與過量、H和Ca的混合液反應，將Ag2S中的銀以[Ag]-形式浸出，用鐵粉把[Ag]-還原為金屬銀。(1)①“浸錳”過程中，礦石中的銀以Ag2S的形式殘留于浸錳渣中，M發(fā)生反應MM↑，硫化錳溶于強酸而硫化銀不溶于強酸，則可推斷：Ksp(M)>Ksp(Ag2S)；②根據信息，在H2SO4溶液中二氧化錳可將2+氧化為3+，自身被還原為M，則浸錳液中主要的金屬陽離子有3+、M。(2)①Ag2S中S元素化合價升高，Fe元素化合價降低，根據得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為3++Ag2S+42++2[Ag]-+S；②是為了與Ag2S電離出的Ag+結合生成[Ag]-，使平衡正向移動，提高Ag2S的浸出率；H+是為了抑制3+水解，防止生成沉淀。(3)①鐵粉可將[Ag]-還原為單質銀，過量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應，因此離子方程式為2[Ag]-+3+=2++2Ag+4-、23++=32+；②溶液中生成的2+會被空氣中的氧氣緩慢氧化為3+，3+把部分Ag氧化為Ag+，因此min后銀的沉淀率逐漸降低。(4)聯合提取銀和錳的優(yōu)勢在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用M的氧化性將S2中的2+氧化為3+，同時生成的3+還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時得到M。5．(2023?廣東卷，18)NCo均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中，利用氨浸工藝可提取NCo，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，NCo2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子：Kb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3N(OH)2Al(OH)3M(OH)2Ksp回答下列問題：(1)活性可與水反應，化學方程式為。(2)常溫下，的氨性溶液中，c(NH3·H2O)c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”時，由Co(OH)3轉化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為。(4)(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了NCo的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為。②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數，則Co在晶胞中的位置為；晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數為。(6)①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質。晶體A含6個結晶水，則所得HNO3溶液中與的比值，理論上最高為。②“熱解”對于從礦石提取NCo工藝的意義，在于可重復利用HNO3和(填化學式)?！敬鸢浮?1)MO+H2O=M(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O(4)晶體減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積(5)H體心12(6)0.4或2：5MO【解析】硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中加入活性氧化鎂調節(jié)溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，向濾液中進行鎳鈷分離，經過一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。(1)活性MO可與水反應，化學方程式為MO+H2O=M(OH)2；(2)常溫下，的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)=-4.7，，，則c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”時，Co(OH)3與亞硫酸根發(fā)生氧化還原反應，再與氨水反應生成[Co(NH3)6]2+，則由Co(OH)3轉化為[Co(NH3)6]2+的離子方程式為2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O；(4)(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，則NH4Al(OH)2CO3屬于晶體；②根據題意(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物，則(NH4)2CO3能提高了NCo的浸取速率，其原因是減少膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積；(5)①“析晶”過程中為了防止N水解，因此通入的酸性氣體A為H；②由Co可制備AlCoO晶體，其立方晶胞如圖。x、y為整數，根據圖中信息Co、Al都只有一個原子，而氧(白色)原子有3個，Al與O最小間距大于Co與O最小間距，則Al在頂點，因此Co在晶胞中的位置為體心；晶體中一個Al周圍與其最近的O原子，以頂點Al分析，面心的氧原子一個橫截面有4個，三個橫截面共12個，因此晶體中一個Al周圍與其最近的O的個數為12；(6)①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質。晶體A含6個結晶水，則晶體A為MO3)2·6H2O，根據MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，還剩余5個水分子，因此所得HNO3溶液中與的比值理論上最高為2：5；②“熱解”對于從礦石提取NCo工藝的意義，根據前面分析MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，在于可重復利用HNO3和MO。6．(2023?江蘇卷，17)空氣中CO2含量的控制和CO2資源利用具有重要意義。(1)燃煤煙氣中CO2的捕集可通過如下所示的物質轉化實現?！拔铡焙笏玫腒HCO3溶液與石灰乳反應的化學方程式為___________；載人航天器內，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的CO2，其原因是___________。(2)合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途徑之一、尿素合成主要通過下列反應實現反應Ⅰ：NH3(g)＋CO2(g)=NH2COONH4(l)反應Ⅱ：NH2COONH4(l)=CO(NH2)2(l)+H2O(l)①密閉體系中反應Ⅰ的平衡常數(K)與溫度的關系如圖甲所示，反應Ⅰ的ΔH=___________(填“=0”或“>0”或“<0”)。②反應體系中除發(fā)生反應Ⅰ、反應Ⅱ外，還發(fā)生尿素水解、尿素縮合生成縮二脲[(NH2CO)2NH]和尿素轉化為氰酸銨(NH4OCN)等副反應。尿素生產中實際投入NH3和CO2的物質的量之比為n(NH3)；n(CO2)＝4：1，其實際投料比值遠大于理論值的原因是___________。(3)催化電解吸收CO2的KOH溶液可將CO2轉化為有機物。在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到的部分還原產物的法拉第效率()隨電解電壓的變化如圖乙所示。其中，Qx=nF，n表示電解生成還原產物X所轉移電子的物質的量，F表示法拉第常數。①當電解電壓為U1V時，電解過程中含碳還原產物的FE%為0，陰極主要還原產物為___________(填化學式)。②當電解電壓為U2V時，陰極由HCO3-生成CH4的電極反應式為___________。③當電解電壓為U3V時，電解生成的C2H4和HCOO-的物質的量之比為___________(寫出計算過程)?！敬鸢浮?1)①KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O②相同質量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳(2)①<0②適當抑制副反應的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉化率越高(3)①H2②HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-③每生成1molC2H4轉移12mole-，每生成1molHCOO-轉移2mole-，故電解生成的C2H4和HCOO-的物質的量之比為【解析】(1)由圖可知“吸收”后所得的KHCO3溶液與石灰乳反應生成碳酸鈣用于煅燒產生二氧化碳，產物KOH可回收利用，故化學方程式為KHCO3+Ca(OH)2=CaCO3+KOH+H2O。載人航天器內，常用LiOH固體而很少用KOH固體吸收空氣中的CO2的原因為相同質量的LiOH固體可吸收更多二氧化碳。(2)由圖可知升高溫度反應Ⅰ的lgK減小，說明溫度升高平衡逆向移動，故正反應為放熱反應，其ΔH<0。實際投料比值遠大于理論值的原因是適當抑制副反應的發(fā)生，尿素中氮碳比小于副產物中縮二脲的氮碳比，氨氣與二氧化碳的投料比越大，二氧化碳轉化率越高。(3)當電解電壓為U1V時，電解過程中含碳還原產物的FE%為0，說明二氧化碳為得電子，為氫離子得電子變成氫氣。當電解電壓為U2V時，根據得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒可知堿性條件下陰極由HCO3-生成CH4的電極反應式為HCO3-+8e-+6H2O=CH4+9OH-。當電解電壓為U3V時，電解過程中還原產物C2H4的FE%為24%，還原產物HCOO-的FE%為8%，每生成1molC2H4轉移12mole-，每生成1molHCOO-轉移2mole-，故電解生成的C2H4和HCOO-的物質的量之比為。7．(2022?山東卷，17)(13分)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3]，含SiO2等雜質]為原料生產磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：(1)酸解時有產生。氫氟酸與SiO2反應生成二元強酸H2SiF6，離子方程式為_______。(2)部分鹽的溶度積常數見下表。精制Ⅰ中，按物質的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，充分反應后，c(Na+)=_______mol?L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先轉化為沉淀的離子是_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-10(3)SO42-濃度(以SO3%計)在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度(以P2O5%計)的關系如圖甲所示。酸解后，在所得、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學式)；洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗滌液X的操作單元是_______；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中P2O5%和SO3%的關系如圖乙所示，下列條件能實現酸解所得石膏結品轉化的是_______(填標號)。A．65℃、P2O5%=15、SO3%=15

B．80℃、P2O5%=10、SO3%=20C．65℃、P2O5%=10、SO3%=30

D．80℃、P2O5%=10、SO3%=10【答案】(1)6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O(2)2.0×10-2

SO42-(3)CaSO4?0.5H2O

減少CaSO4的溶解損失，提高產品石膏的產率

酸解

D【解析】根據題中的工藝流程，氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經洗滌后結晶轉化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和SiF62-，過濾，濾液經精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氫氟酸與SiO2反應生成二元強酸H2SiF6，該反應的離子方程式為6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O。(2)精制1中，按物質的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，該反應的化學方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(SiF62-)，根據Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(SiF62-)=mol?L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol?L-1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉化為沉淀的離子是SO42-，然后才是SiF62-。(3)根據圖中的坐標信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產品石膏的產率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價值，由于酸解時使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實現酸解所得石膏結晶的轉化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A項，P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線之間，故不能實現晶體的完全轉化，A不符合題意；B項，P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線(65℃、80℃)之間，故不能實現晶體的完全轉化，B不符合題意；C項，P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點坐標位于，該點坐標位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現晶體轉化，C不符合題意；D項，P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點坐標位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實現晶體的完全轉化，D符合題意；故選D。8．(2022?全國乙，26)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現鉛的回收。一些難溶電解質的溶度積常數如下表：難溶電解質PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10-87.4×10-141.1×10-102.6×10-9一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的如下表：金屬氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列問題：(1)在“脫硫”中PbSO4轉化反應的離子方程式為____________________________________________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因_______________________________________________。(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化，原因是_______________________。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，還要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；(ⅱ)H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2，其化學方程式為________________________________；(ⅲ)H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是________。(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________。(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________?！敬鸢浮?1)

PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)

反應PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數K==3.4105>105，PbSO4可以比較徹底的轉化為PbCO3(2)反應BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數K==0.04<<105，反應正向進行的程度有限(3)Fe2+

Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O

作還原劑(4)Fe(OH)3、Al(OH)3(5)Ba2+、Na+【解析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO。(1)“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應的離子方程式為：PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)，由一些難溶電解質的溶度積常數的數據可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反應PbSO4(s)+CO32-(aq)=PbCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數K====≈3.4105>105，說明可以轉化的比較徹底，且轉化后生成的碳酸鉛可由酸浸進入溶液中，減少鉛的損失。(2)反應BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常數K====≈0.04<<105，說明該反應正向進行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化。(3)(i)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。(ii)過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉化為Pb(Ac)2，過氧化氫與Pb、HAc發(fā)生氧還原反應生成Pb(Ac)2和H2O，依據得失電子守恒和原子守恒可知，反應的化學方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。(iii)過氧化氫也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。(4)酸浸后溶液的pH約為4.9，依據金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵。(5)依據分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化，鐵離子、鋁離子轉化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na+。9．(2022?全國甲，26)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數如下表：離子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為_____________________________________。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。(3)加入物質X調溶液，最適宜使用的X是_______(填標號)。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的濾液①中分批加入適量KMO4溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MO2，該步反應的離子方程式為________________________________________。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是___________________________________________。(6)濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產物是_______、_______?！敬鸢浮?1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

增大壓強

將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等(3)B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)

CaSO4

MgSO4【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質X調節(jié)pH=5，結合表格數據，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經一系列處理得到ZnSO4·7H2O。(1)由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用增大壓強、將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A項，NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，故A不適宜；B項，Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；C項，NaOH會引入雜質Na+，且成本較高，C不適宜；故選B；當沉淀完全時(離子濃度小于10-5mol/L)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2++MnO4-+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應可得到HF，同時得到的副產物為CaSO4、MgSO4。10．(2022?湖南選擇性，17)鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結構材料。以鈦渣(主要成分為TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物雜質)為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗TiCl4中含有的幾種物質的沸點：物質TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸點/答下列問題：(1)已知ΔG=ΔH-TΔS，的值只決定于反應體系的始態(tài)和終態(tài)，忽略、隨溫度的變化。若ΔG，則該反應可以自發(fā)進行。根據下圖判斷：600℃時，下列反應不能自發(fā)進行的是_______。A．C(s)＋O2(g)=CO2(g) B．2C(s)＋O2(g)=2CO(g)C．TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)(2)TiO2與C、Cl2，在600℃的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質TiCl4COCO2Cl2分壓①該溫度下，TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為________________________________________；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是__________________________________。(3)“除釩”過程中的化學方程式為_____________________________________；“除硅、鋁”過程中，分離TiCl4中含、雜質的方法是__________________________________。(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______________________________。(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵 B．電解熔融氯化鈉制鈉 C．鋁熱反應制錳 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應C＋CO22CO(3)3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸餾(4)

不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；(5)AC【解析】鈦渣中加入C、Cl2進行沸騰氯化，轉化為相應的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。(1)記①C(s)＋O2(g)=CO2(g)，②2C(s)＋O2(g)=2CO(g)，③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)，④TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)；A項，由圖可知，600℃時C(s)＋O2(g)=CO2(g)的ΔG，反應自發(fā)進行，故A不符合題意；B項，由圖可知，600℃時2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔG，反應自發(fā)進行，故B不符合題意；C項，由圖可知，600℃時TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)的ΔG，反應不能自發(fā)進行，故C符合題意；D項，根據蓋斯定律，TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)可由①+③得到，則600℃時其ΔG，反應自發(fā)進行，故D不符合題意；故選C；(2)①根據表中數據可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據相同條件下氣體的壓強之比是物質的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應C＋CO22CO，導致CO含量升高；(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4；(4)若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換；(5)本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A項，高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B項，電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C項，鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D項，Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故選AC。11．(2022?廣東選擇性，18)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8，Al(OH)3開始溶解時的pH為8.8；有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。離子Mg2+Fe3+Al3+RE3+開始沉淀時的pH8.81.53.66.2~7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/(1)“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至_______的范圍內，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______。(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中Mg2+濃度為2.7g·Lˉ1。為盡可能多地提取RE3+，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確?！斑^濾2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留兩位有效數字)。(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是_______。②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。(5)該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質有_______(寫化學式)。(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移_______mol電子。②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發(fā)生的電極反應為__________________________________?！敬鸢浮?1)Fe2+(2)

4.7pH<6.2

Al3++3OH-=Al(OH)3↓(3)4.010-4(4)

加熱攪拌可加快反應速率

冷卻結晶(5)MgSO4(6)

15

O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42-等離子，經氧化調pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，經過濾除去，濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO42-等離子，加入月桂酸鈉，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化調pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續(xù)除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+；(2)由表中數據可知，Al3+沉淀完全的pH為4.7，而RE3+開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液調pH至4.7pH<6.2的范圍內，該過程中Al3+發(fā)生反應的離子方程式為Al3++3OH-=Al(OH)3↓；(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·Lˉ1，即0.1125mol/L，根據，若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE，而不產生(C11H23COO)2Mg，則==410-4mol·L-1；(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率；②“操作X”的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃，故“操作X”的過程為：先冷卻結晶，再固液分離；(5)由分析可知，該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質有MgSO4；(6)①YCl3中Y為+3價，PtCl4中Pt為+4價，而Pt3Y中金屬均為0價，所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移15mol電子；②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發(fā)生還原反應，發(fā)生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH-。12．(2021?全國乙，26)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c=1.0×10-5mol·Lˉ1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式__________________________________。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是_______。(3)“母液①"中Mg2+濃度為_______mol·Lˉ1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是_______。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得_______，循環(huán)利用?！敬鸢浮緼l2O3+4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑Fe3+、Al3+、Mg2+1.0×10-6硫酸SiO2CaSO4TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O↓+H2O(NH4)2SO4【解析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。(1)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用。13．(2021?湖南選擇性，17)Ce2(CO3)3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰(Ce)主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質。以獨居石為原料制備Ce2(CO3)3?nH2O的工藝流程如圖：回答下列問題：(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為；(2)為提高“水浸”效率，可采取的措施有(至少寫兩條)；(3)濾渣Ⅲ的主要成分是(填化學式)；(4)加入絮凝劑的目的是；(5)“沉鈰”過程中，生成Ce2(CO3)3?nH2O的離子方程式為，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈(填“酸性”“堿性”或“中性”)(已知：NH3?H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11)；(6)濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，該反應的化學方程式為?！敬鸢浮?1)13858Ce(2)適當升高溫度，將獨居石粉碎等(3)Al(OH)3(4)促使鋁離子沉淀(5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2↑堿性(6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O【解析】天然獨居石主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質中加入濃硫酸焙燒，二氧化硅不反應，其他物質生成對應的硫酸鹽，加水水浸，浸渣為硫酸鈣和二氧化硅，濾液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化鎂調節(jié)pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氫銨沉鈰，過濾獲得Ce2(CO3)3?nH2O。(1)鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，依據核素的表示方法，其符號為13858Ce；(2)升高溫度，攪拌反應物可以加快水浸效率；(3)依據流程分析，氧化鎂調節(jié)pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成對應的氫氧化物沉淀除去，對應的濾渣III為Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去；(5)“沉鈰”過程中，加入Ce3+與CO32﹣結合，促進HCO3﹣電離，生成Ce2(CO3)3?nH2O，離子方程式為：2Ce3++6HCO3﹣+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2↑，根據鹽類水解規(guī)律，已知NH3?H2O的電離平衡常數Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的電離平衡常數Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氫根的水解程度更大，所以NH4HCO3顯堿性；(6)Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被還原，Li2CO3中C元素被還原，據此可知方程式為6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。14．(2021?廣東選擇性，16)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬(Mo)、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(BaMoO4)=3.5，Ksp(BaCO3)=2.6；該工藝中，pH時，溶液中Mo元素以MoO42-的形態(tài)存在。(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為_______。(2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。(3)“沉鉬”中，pH為7.0。①生成BaMoO4的離子方程式為_______。②若條件控制不當，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MoO42-)=_______(列出算式)時，應停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為_______。②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量_______(填化學式)氣體，再通入足量CO2，可析出。(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應。①該氧化物為_______。②已知：和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為_______?！敬鸢浮?1)+6(2)Al(OH)3(3)①Ba2++MoO42-=BaMoO4↓②(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4：1【解析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應分別轉化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇。(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合價為+1和-2，根據化合價的代數和為0可知，Mo元素的化合價為+6。(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀X為Al(OH)3。(3)①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成BaMoO4沉淀，該反應的離子方程式為Ba2++MoO42-=BaMoO4↓。②若開始生成BaCO3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMoO4BaCO3+MoO42-+H+，該反應的化學平衡常數為。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中pH為7.0，c(H＋)=1.0mol·L－1，所以溶液中時，開始生成BaCO3沉淀，因此，時，應停止加入BaCl2溶液。(4)①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3，故Y為NaHCO3。②根據侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由H2O2與AlAs反應生成的，聯想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中顯+3價(其最高價)、As顯-3價。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8，As元素被氧化，則該反應的氧化劑為H2O2，還原劑為GaAs。H2O2中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個H2O2參加反應會使化合價降低2，根據氧化還原反應中元素化合價升高的總數值等于化合價降低的總數值可知，該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為8：2=4：1。15．(2021?遼寧選擇性考試，16)從釩鉻錳礦渣(主要成分為V2O5、Cr2O3、MnO)中提鉻的一種工藝流程如下：已知：pH較大時，二價錳[](在空氣中易被氧化.回答下列問題：(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。(2)用FeCl3溶液制備膠體的化學方程式為_____________________________。(3)常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數[]與pH關系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，“沉釩”過程控制，則與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為_______(填化學式)。(4)某溫度下，、的沉淀率與pH關系如圖2。“沉鉻”過程最佳pH為_______；在該條件下濾液B中c(Cr3+)=_______(K近似為1×10-14，Cr(OH)3的Ksp近似為1×10-30)。(5)“轉化”過程中生成MnO2的離子方程式為_____________________________。(6)“提純”過程中Na2S2O3的作用為_________________________________________________。【答案】(1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl(3)H3V2O7-(4)6.01×10-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH較大時，二價錳[Mn()]被空氣中氧氣氧化，轉化為MnO2附在Cr(OH)3的表面，使產物不純【解析】分析本工藝流程圖可知，“沉釩”步驟中使用氫氧化鐵膠體吸附含有釩的雜質，濾液中主要含有Mn2+和Cr3+，加熱NaOH“沉鉻”后，Cr3+轉化為固體A為Cr(OH)3沉淀，濾液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要時防止pH較大時，二價錳[Mn()]被空氣中氧氣氧化，Cr(OH)3煅燒后生成Cr2O3，“轉化”步驟中的反應離子方程式為：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O。(1)Cr是24號元素，價層電子對排布式為：3d54s1，根據最高能層數等于周期序數，價電子數等于族序數，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；(2)用FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體的化學方程式為FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl；(3)常溫下，各種形態(tài)五價釩粒子總濃度的對數[]與pH關系如圖1。已知釩鉻錳礦渣硫酸浸液中，=-2，從圖中可知，“沉釩”過程控制pH=3.0，=-2時，與膠體共沉降的五價釩粒子的存在形態(tài)為H3V2O7-；(4)某溫度下，、的沉淀率與pH關系如圖2，由圖中信息可知“沉鉻”過程最佳pH為6.0；則此時溶液中OH-的濃度為：c(OH-)=10-8mol/L，在該條件下濾液B中==1×10-6；(5)“轉化”過程中生成MnO2的離子方程式