【高考真题解密】高考化学真题题源——专题15《工艺流程综合题》母题解密（全国通用）

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专题15 工艺流程综合题

【母题来源】2022年全国甲卷
【母题题文】硫酸锌()是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：

本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子












回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．        B．        C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)     将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积     增大硫酸的浓度等
(3)     B     Fe(OH)3     CaSO4     SiO2
(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6)     CaSO4     MgSO4
【试题解析】
由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
(3)A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；
C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；
故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
(4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
【母题来源】2022年全国乙卷
【母题题文】废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。

一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质










一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：
金属氢氧化物




开始沉淀的pH
2.3
6.8
3.5
7.2
完全沉淀的pH
3.2
8.3
4.6
9.1

回答下列问题：
(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。
(2)在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。
(ⅰ)能被氧化的离子是________；
(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；
(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】
(1)     PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)     反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限
(3)     Fe2+     Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O     作还原剂
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3
(5)Ba2+、Na+
【试题解析】
铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。
(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。
(3)（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。

【命题意图】
主要是考查物质制备的工艺流程分析，涉及方程式书写、实验操作、试剂作用分析、溶液的酸碱性等知识。
①接受、吸收、整合化学信息的能力。
②分析问题和解决(解答)化学问题的能力。
③在解决化学问题的过程中，运用化学原理和科学方法，能设计合理方案，初步实践科学探究。
【命题方向】
通过分析近几年的高考试题发现，该类题干以工业生产为主要背景，以文字、工艺流程图、表格相结合的形式呈现，阅读量相对较大。预测在2023年的高考试题中会继续延续这种出题方式，更贴近工业生产(例如：会出现更多的工业术语和设备名称等)，考查点会更加综合，可能会以陌生的新物质为背景，突出考查学生的能力，更加关注原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护、物质的分离提纯、产率的计算等。
【得分要点】
1.工艺流程题的解题思路
工艺流程题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力 。解此类题目的基本思路：
(1)先粗读，从题干中获取有用信息，理清思路。先不必把每个环节的原理都搞清楚。
(2)针对问题再精读，分析细节，根据问题去研究某一步或某一种物质。
(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的规范性。
2.工艺流程题的解题方法
(1)明确目的，提取有用信息。通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，进而明确生产目的——制备什么物质，找到制备物质时所需的原料及所含杂质，提取出所给的相关信息——化学反应方程式、物质的稳定性、物质的溶解性等。
(2)分析流程，弄清各步作用。对比分析流程图中的第一种物质(原料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，联系问题有针对性地思考：原料转化为产品的过程中依次进行了什么反应？每一步除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质是否要除去，采用什么操作方法除去？
(3)看清问题，准确规范作答。这一步很关键，历年的高考评卷分析都指出考生的简述能力比较差，特别是化学用语的表述与实际要求存在很大偏差。所以答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科学性和准确性，如分清是要求回答实验操作名称还是具体操作步骤。
3.解工业流程题必备知识
(1)常用思考方法。
①反应原理；②提高原料利用率；③快速反应；④提高产率；⑤提高产品纯度；⑥绿色环保；⑦工业成本低。
(2)控制反应条件。
①调节pH值的目的：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调pH值所加试剂：一般是含被提纯物质中的金属阳离子对应的金属、金属氧化物、金属氢氧化物或金属碳酸盐(总之，这些物质要能与H+反应，又难溶于水，这样可即使过量而又不会引入新的杂质离子)，有时候也可能加NaOH或氨水来调pH值，要据题意具体分析(一般是加的Na+、NH4+不会在后续的程序中难以分离)。pH值的调节范围：据题意告知的某离子完全沉淀或开始沉淀的pH值数据来选择，不能随意更改，应该是题目中原始数据的组合。
(3)物质的分离和提纯的方法。①结晶(重结晶)；②过滤；③趁热过滤；④洗涤(水洗，冰水洗涤，醇洗)；⑤蒸馏：液、液分离(主要仪器：蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管)；⑥蒸发(实验仪器：蒸发皿、铁架台、玻璃棒、坩埚钳、酒精灯)；⑦萃取；⑧分液(主要仪器：分液漏斗)；⑨升华；⑩盐析：加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。⑪灼烧：高温条件下固体物质的燃烧(主要仪器：坩埚)；⑫煮沸：目的通常是除去溶解在水中的气体(通常为O2)，或是为了促进水解，聚沉后便于过滤分离。
4.常见文字叙述规范套路(重要)
(1)如何进行滴定终点的判断？答： 当滴入最后一滴标准液时，溶液颜色由××颜色变为##颜色， 且半分钟内不恢复原色。(注：只写“变色”或“褪色”不得分)
(2)洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至没过沉淀物，待水自然流下后，重复以上操作2～3次。
(3)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取最后一次的洗涤液，滴加××试剂(可与杂质的某些离子发生沉淀反应)，如果没有沉淀生成，说明沉淀洗涤干净；否则说明沉淀未洗涤干净。(注：这种情况因为离子浓度较低，应该选用反应灵敏的特征反应。此时一般不用焰色反应实验检验)。
(4)检验沉淀是否完全的方法：静置，向上层清液中继续滴加××试剂，若没有沉淀生成，说明沉淀完全；若出现沉淀则说明沉淀未完全。
(5)如何进行萃取操作？答：在分液漏斗中加溶液和萃取剂，右手堵住漏斗上口塞，左手握活塞，倒转用力振荡，放气，正立放铁圈上静置。

1．（2022·北京·北师大实验中学三模）碳酸锶(SrCO3)难溶于水，主要用于电磁材料和金属冶炼。一种由工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、 Mg2+、 Pb2+等 )制备高纯碳酸锶的工艺流程如下：

已知：I．Cr(OH)3为两性氢氧化物；
Ⅱ．常温下，各物质的溶度积常数如下表所示。
化合物
Cr(OH)3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
SrCO3
Ksp近似值
1×10-31
5.5×10-6
1.8×10-11
5.6×10-10
回答下列问题：
(1)气体A的电子式为_______。
(2)“除钡、铅”时，pH过低会导致(NH4)2CrO4的利用率降低，原因为_______(结合化学用语解释)；“还原”时发生反应的离子方程式为_______。
(3)“滤渣1”的主要成分为_______(填化学式)。
(4)用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为_______。
(5)“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤出滤渣2，煮沸并趁热过滤的原因为_______。
(6)已知：碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、 Ka2= 4.7×10-11， 则“碳化”时，反应Sr2+(aq)+2 (aq)SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数 K =_______ (保留两位有效数字)。
(7)“系列操作”中，将结晶过滤后，不经洗涤，直接以200℃热风烘干，便可得高纯SrCO3，其原因是_______。
【答案】(1)
(2)     2+2H++H2O     8H++ +3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(3)Cr(OH)3
(4)pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低
(5)Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+
(6)1.91×105
(7)微量杂质NH4HCO3和NH4NO3均易分解
【解析】工业碳酸锶(含少量Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+等)加硝酸进行“酸溶”，碳酸锶和硝酸反应生成硝酸锶、水和二氧化碳，气体A为CO2，得到含Sr2+、Ba2+、Ca2+、Mg2+、Pb2+的溶液，向溶液中加入过量的(NH4)2CrO4进行“沉钡、铅”，过滤得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、的溶液，对溶液进行酸化、加草酸进行还原，被还原为Cr3+，得到含Sr2+、Ca2+、Mg2+、、Cr3+的溶液，向溶液中加氨水调pH到7～8，将Cr3+转化为沉淀除去，滤渣1为Cr(OH)3，再加NaOH调pH≈13使Ca2+、Mg2+沉淀，过滤后碳化，Sr2+转化为SrCO3，再经过“系列操作”得到高纯SrCO3。
(1)气体A为CO2，其电子式为，故答案为：；
(2)(NH4)2CrO4溶液中存在2+2H++H2O，pH过低，H+浓度过大，平衡2+2H++H2O正向移动，更多的转化为，导致(NH4)2CrO4的利用率降低；结合流程和分析来看“还原”时草酸和铬酸根离子发生氧化还原反应，发生反应的离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O，故答案为：2+2H++H2O；8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；
(3)由分析可知“滤渣1”的主要成分为Cr(OH)3，故答案为：Cr(OH)3；
(4)Cr(OH)3是两性氢氧化物，pH过大Cr(OH)3会溶解，故用氨水和NaOH分步调节pH，而不是直接调节溶液的pH≈13的原因为pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低，故答案为：pH过高会使Cr(OH)3溶解，导致铬的去除率降低；
(5)“调pH≈13”主要是使镁离子、钙离子沉淀，“调pH≈13”后需对溶液进行煮沸并趁热过滤的原因为Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+，故答案为：Ca(OH)2的溶解度随着温度的升高而降低，煮沸并趁热过滤有利于除尽溶液中的Ca2+；
(6)Sr2+(aq)+2(aq)⇌SrCO3(s)+H2CO3(aq)的平衡常数K==×==≈1.91×105，故答案为：1.91×105；
(7)由于酸化阶段加入的硝酸根离子在流程中没有除去，加之系列操作前加入了铵根离子，故系列操作烘干过程中除蒸发水分外，还能够除去SrCO3中的微量可溶性杂质，该杂质除NH4HCO3外还可能为NH4NO3，NH4HCO3和NH4NO3均易分解，故将结晶过滤后，不经洗涤，直接以200℃热风烘干，便可得高纯SrCO3，故答案为：微量杂质NH4HCO3和NH4NO3均易分解。
2．（2022·北京市十一学校三模）废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，采用碱浸法分离回收正极活性材料流程如图所示。

(1)碱浸
①碱浸过程中的离子方程式、___________。
②保持碱浸液固比为5∶1、浸出温度为不变，测量碱浓度对浸出率的影响如图，最终确定最优浓度为，解释原因________。

(2)还原焙烧
在碱浸除去后的正极材料中添加褐煤(含碳量90%)，在进行还原焙烧，所得产物用水和处理(碳化水浸)，将元素转移到水相。
①补全还原焙烧的方程式：________。
②固相反应一般反应速率较慢，写出可以加快还原焙烧反应速率的方法________。
(3)碳化水浸
①碳酸锂溶浸过程的反应，该反应的和随温度的变化如图，根据化学热力学知识，判断该反应自发进行的温度范围为________。

②升高温度可以实现碳化结晶，从平衡的角度解释其原理________。
【答案】(1)     2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑     低于时，随着浓度增大，Al的浸出率逐渐增大，浸出渣中铝的质量分数减少，当高于时，Al的浸出率和浸出渣中铝的质量分数变化不大，而且对设备要求更高，不利于经济效益，所以NaOH最优浓度为；
(2)     2 （2-2z） C   1   2z   2x   2y （1-2z)CO     将褐煤和粉料研磨粉碎并混合均匀；
(3)     ①T<56℃     反应放热，升高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小，c(CO2)减小，平衡也会逆向移动
【解析】废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，活性材料粉碎后加入褐煤还原焙烧，生成LiCO3，Ni，Co，MnO，同时碳单质会被氧化成一氧化碳(或者二氧化碳)，所得焙烧产物用水和处理(碳化水浸)，将锂元素变成LiHCO3转移到水相，最后结晶碳化，得到碳酸锂。另外，浸出渣酸浸萃取后得到硫酸盐。
(1)废旧锂离子电池正极材料主要由活性材料与铝箔构成，当采用碱浸时，除了氧化铝参与反应外铝也会参与反应，所以离子方程式为: 2Al + 2OH- + 2H2O = 2AlO+ 3H2↑；由图像可知，为拐点，低于此浓度，浓度越大浸出率越大，而当大于时，浸出率变化不明显，而且对设备要求高，不利于经济效益；
(2)①根据锂守恒，可知系数为2，MnO，Ni， Co等原子守恒可得系数分别为2z   2x   2y，此过程金属发生还原反应，则C做还原剂被氧化成CO，则根据氧原子守恒，得到C系数为（2-2z），碳守恒得到CO系数为（1-2z），最后得到化学方程式：；
②提高固相反应速率可以适当升高温度或者研磨粉碎使反应物固体混合均匀；
(3)①碳酸锂溶浸过程的反应，该反应为气体系数和减小的反应，ΔS＜0，由图像可知，ΔH＜0，所以该反应低温条件下能自发进行，依据复合判据，当ΔG＜0时自发，由图可知，温度大概等于56左右ΔG为0，所以当T<56℃时，ΔG＜0，该反应自发进行；②由图像可知，ΔH＜0，所以反应放热，升高温度，平衡逆向移动，同时，温度升高也会使得二氧化碳的溶解度减小，c(CO2)减小，平衡也会逆向移动。
【点睛】化学方程式配平时，注意采用观察法，设LiCO3系数为1，然后依次采用原子守恒的方式得到正确的化学方程式。
3．（2022·北京·人大附中三模）我国是稀土储量大国，氧化铈(CeO2)是一种应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(，含BaO、等杂质)为原料制备的工艺如下图。

已知：①可形成难溶于水的复盐[]，其氢氧化物也难溶于水。
②硫脲的结构简式为，在酸条件下易被氧化为。
③HF是一元弱酸。
回答下列问题：
(1)焙烧时，为了提高焙烧效率，可采取的措施有_______。(写一条)
(2)固体A的主要成分是_______。
(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce元素的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如下图所示，应选择的适宜的条件为_______，硫酸浓度过大时，浸出率降低的可能原因是_______。

(4)步骤②加入硫脲的目的将还原为，该反应的离子方程式为_______。
(5)步骤③加入NaOH的目的_______。
(6)步骤④的离子方程式为_______。
(7)取a g所制，溶解后配制成250mL溶液。取b mL该溶液用cmol/L硫酸亚铁铵[]溶液滴定，滴定时发生反应，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液V mL，则该产品的质量分数为_______。(列表达式)
【答案】(1)将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率
(2)BaSO4和SiO2
(3)     温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L     溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低
(4)2+2=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4
(5)中和过量的硫酸
(6)
(7)
【解析】氟碳铈矿含CeFCO3、BaO、SiO2，在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，用硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4，滤液A中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3· Na2SO4·nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入碱，再加入酸，Ce3+被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为(Ce)2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。
(1)从反应速率的影响因素考虑，为了提高焙烧效率，可采取的措施有将氟碳铈矿粉碎以增大接触面积，或延长焙烧时间等都可以提高焙烧效率；
(2)CeFCO3中F为一价、CO为- 2价，根据化合价代数和为0，可知Ce为+3价；SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，故滤渣A是BaSO4和SiO2；
(3)由图可知，温度85℃、c(H+ )2.5mol/L时，稀土的浸出率浸出率最高，即选择的适宜的条件为：温度85℃、c( H+ )为2.5mol/L；溶液中c(SO)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；
(4)硫脲将将还原为，，自身被氧化为(SCN2H3)2，方程式为：2+2=Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4；
(5)在前面步骤中加入的硫酸过量，步骤③加入NaOH的目的是：中和过量的硫酸；
(6)步骤④是碳酸氢铵提供碳酸根与Ce3+结合生成为(Ce)2(CO3)3，产生的氢离子又与碳酸氢根反应生成二氧化碳与水，反应离子方程式为： ；
(7)根据可知n()=，则该产品的质量分数。
4．（2022·河南郑州·三模）火法炼铜过程中产生的碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等。一种利用这种碱性渣提取高纯碲和粗硒的工艺流程如下图所示。

已知：Ksp (CuS)=6×10-36；Ksp(PbS)=9×10-29。
请回答以下问题：
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是_______。
(2)下图分别是温度和NaOH溶液浓度对碲浸出率的影响，则碱浸时的合适温度是_______。实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液的原因是_______。

(3)已知：CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠。则“碱浸”时PbO所发生反应的离子方程式为_______。
(4)滤渣3的主要成分为_______。滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(Cu2＋)的最大值是_______mol·L-1，(保留小数点后2位。某离子浓度低于1×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)
(5)电解制碲时阴极的电极反应式为_______。电解余液经处理后可循环使用于步骤_______。电解时电流为10A，电解时间为4h。若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则生成碲的质量为_______。(法拉第常数为96500C·mol-1，保留小数点后1位)
【答案】(1)粉碎
(2)     80℃～90℃     当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本
(3)PbO+2OH-=PbO+H2O
(4)     CuS、PbS     6.67×10-13
(5)     TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-     碱浸和溶解TeO2     45.4 g
【解析】碱性渣，其主要成分为TeO2、Na2TeO3、Na2SeO3以及少量的CuO、PbO、SiO2等，加入氢氧化钠溶液进行碱浸，TeO2转化为Na2TeO3，CuO和PbO均具有一定的“两性”，碱浸时分别转化为CuO和PbO，SiO2和氢氧化钠反应生成硅酸钠，浸出液中加入氯化钙溶液，与过量的氢氧化钠反应生成微溶的氢氧化钙，与硅酸钠反应生成硅酸钙沉淀，过滤后向滤液中加入硫化钠，与CuO反应生成硫化铜沉淀，与PbO反应生成硫化铅沉淀，过滤后向滤液中加入硫酸，过滤得到TeO2和Na2SeO3溶液，向TeO2中加入氢氧化钠溶液进行溶解，然后电解、熔炼得到高纯碲，向Na2SeO3溶液中通入二氧化硫得到粗硒。
(1)“碱浸”前应对碱性渣进行的操作是粉碎，目的是增大接触面积，加快碱浸时的反应速率。
(2)由图示可知，碱浸时的合适温度是80℃～90℃，当NaOH溶液浓度为1 mol∙L-1时浸出率已很高，若再增大浓度浸出率没有明显提高，且会导致后续在调pH时消耗更多的硫酸，增加成本，因此实际生产中采用1mol·L-1的NaOH溶液，而不用更大浓度 NaOH溶液。
(3)CuO和PbO均具有一定的“两性”，“碱浸”时生成物类型类似于偏铝酸钠，“碱浸”时PbO与氢氧根离子反应生成PbO和H2O，反应的离子方程式为：PbO+2OH-=PbO+H2O。
(4)由分析可知，滤渣3的主要成分为CuS、PbS；当滤液中Pb2＋沉淀完全时，c(S2-)===910-24，则c(Cu2+)==≈6.67×10-13mol/L。
(5)电解制碲时阴极TeO得电子生成Te，电极反应式为：TeO+4e-+3H2O=Te+6OH-，生成了氢氧化钠，电解余液经处理后可循环使用于步骤碱浸和溶解TeO2中；电解时电流为10A，电解时间为4h，若生成碲(Te)的电流利用率为95％，则电子的物质的量为mol，生成Te的物质的量为mol，质量为mol128g/mol≈45.4 g。
5．（2022·河南信阳·二模）近年来，硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)的湿法治炼技术已经取得了很大的进展。现有一种催化氧化酸浸硫化铜矿的冶炼法，其工艺流程如图所示：

反应温度、固液比、反应时间和氯离子浓度都对铜的浸出率有较大的影响，下面是实验得出的这几种因素对铜的浸出率影响的变化曲线图(如图甲~丁所示)。

回答下列问题：
(1)火法炼铜的主要反应有：
反应I：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣)；
反应II：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2；
反应III： 。
①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，请写出相应的化学方程式____。
②由amolCuFeS2生成amolCu，共消耗____molO2(用含a表达式表示)。
(2)写出流程中的反应1中Cu2S溶浸的化学方程式____。
(3)经查，硫黄、FeSO4·7H2O均可入药，用途广泛。湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是____(写出两点)。
(4)根据实验以及工业生产的实际要求，从表中得出的最佳工艺条件为____(填字母)。
选项
反应温度/℃
固液比
c(Cl-)/(mol·L-1)
反应时间/h
A
95
1：5
0.8
7
B
100
1：5.5
0.7
7
C
110
1：6
0.9
8
(5)副产品FeSO4·7H2O样品的纯度可用滴定法进行测定，实验步骤如下：
步骤1：称取5.800g绿矾产品，经溶解、定容等步骤准确配制250mL溶液。
步骤2：从上述容量瓶中量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中。
步骤3：用硫酸酸化的0.0100mol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，记录消耗KMnO4溶液体积。
步骤4：重复步骤2、步骤3一至两次。
①步骤2量取溶液所用仪器是____。
②数据处理：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00mL
0.02
40.01
2
25.00mL
0.70
40.71
3
25.00mL
0.20
39.20
计算上述样品中FeSO4·7H2O的质量分数为____(保留两位小数)。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是____。
【答案】(1)     2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑     2.5a
(2)Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O
(3)污染小；得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄
(4)A
(5)     酸式滴定管(或移液管)     95.86%     FeSO4在空气中被氧化
【解析】硫化铜矿(主要成分为CuFeS2和Cu2S)加入硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫酸铁、硫等，过滤后 经过溶硫过程分离出硫，第1、2次滤液混合后经过反应过滤分离出硫，过滤滤液中加入铁，置换出铜和生成硫酸亚铁。
(1)①反应I、II的两种含铜产物继续在1200℃条件下继续发生反应III生成单质铜，根据质量守恒及氧化还原反应特点还会生成二氧化硫，2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑。
②CuFeS2最终生成铜、二氧化硫、氧化亚铁，根据得失电子守恒可知，n(O2)=。
(2)流程中的反应1中Cu2S溶浸为Cu2S和稀硫酸、氧气在催化剂作用下生成硫酸铜、硫和水，Cu2S+2H2SO4+O22CuSO4+S+2H2O。
(3)由流程可知，反应中得到硫酸亚铁晶体、铜且没有废气生成，故湿法炼铜与火法炼铜相比，优点是污染小、得到副产物硫酸亚铁晶体及硫黄。
(4)由浸出率图可知，适宜温度大于90℃小于100℃、固液比为1:5、时间为7小时左右、氯离子浓度为0.8；故选A。
(5)①硫酸亚铁水解溶液显酸性，步骤2量取硫酸亚铁样品溶液所用仪器是酸式滴定管(或移液管)。
②第1、2、3次所消耗标准溶液的体积分别为39.99 mL、40.01 mL、39.00 mL，第3次数据误差较大舍去，则平均消耗标准溶液体积为40.00 mL；根据电子守恒可知，KMnO45FeSO4·7H2O，上述样品中FeSO4·7H2O的物质的量为40.00×10-3L×0.0100mol·L-1×=0.02mol，95.86%。
③不考虑操作误差，用上述方法测定的样品中FeSO4·7H2O的质量分数偏低的原因可能是FeSO4在空气中被氧化，导致消耗标准液偏小。
6．（2022·河南开封·三模）某废催化剂主要含有Al2O3(45.4%)、MoO3 (28.8%)、Fe2O3(0.7%)以及其他杂质。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钼和铝等。

回答下列问题：
(1)“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是___________。
(2)“焙烧”中有Na2MoO4生成，发生反应的化学方程式为___________。
(3)钼的浸出率随碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比变化的曲线如图所示，则最适宜的碳酸钠与废催化剂的质量比、焙烧时间、浸出温度、浸出液固比分别为______、____、______、______。

(4)“沉铝”中，生成沉淀M的离子反应方程式为___________。
(5)操作A最好采用___________。
(6)已知金属Mo的浸出率a=()×100%，(w-浸出渣中Mo的含量；m-浸出渣的质量；z-参与浸出反应的Mo总质量)，通过X-射线衍射法测定“浸出渣”中Mo的含量为0.8%，若1t废催化剂经焙烧、水浸后得到“浸出渣”0.48t，则Mo的浸出率a=___________。
【答案】(1)增大接触面积，提高浸取率
(2)Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)     0.28(0.25~0.3均正确)     1.5h     90°C (85~90°C均正确)     5：1
(4)+H++H2O=Al(OH)3↓
(5)蒸发浓缩，冷却结晶
(6)98%
【解析】本题是一道从废催化剂中回收钼和铝的工业流程题，首先用碳酸钠和废催化剂一起焙烧，之后水浸，从而除去氧化铁，随后加入硫酸调整pH除去偏铝酸根离子，再经过一系列的操作得到产品，以此解题。
(1)从反应速率的影响因素考虑，“焙烧”前要进行粉碎处理，目的是：增大接触面积，提高浸取率；
(2)由流程图可追，反应物为碳酸钠和MoO3，反应产物为Na2MoO4，根据元素守恒可知方程式为：Na2CO3 + MoO3=Na2MoO4+ CO2↑
(3)纵坐标为钼的浸出率，则由图可知碳酸钠与废催化剂的质量比为：0.28(0.25~0.3均正确)；最佳焙烧时间为：1.5h；最佳浸出温度为：90°C (85~90°C均正确)；最佳浸出液固比为：5：1；
(4)根据题意可知焙烧时，氧化铝和碳酸钠生成偏铝酸钠，则水浸后溶液中有偏铝酸钠在酸性条件下生成M为氢氧化铝，对应的离子方程式为：+H++H2O=Al(OH)3↓；
(5)操作A为由溶液中获得Na2SO4・10H2O，因此该操作为：蒸发浓缩，冷却结晶；
(6)由题意可知，浸出渣中Mo的含量为0.8%，即w=0.8%，浸出渣质量为0.48t，即m为0.48t，参与浸出的Mo的质量可通过催化剂MoO3的含量为28.8%来计算，催化剂中Mo的质量分数为：，则1t催化剂中含Mo质量为：0.192t，即z为0.192t，带入计算式可得：浸出率。
7．（2022·河北石家庄·二模）氧化钪(Se2O3)广泛应用于航天、激光和导弹等尖端科学领域。利用钛白酸性废水(含H+、Sc3+、Ti4+、Fe2+、SO)制备氧化钪的工艺具有较高的经济价值，其工艺流程如图所示：

已知：
i．Sc3+、Ti4+、Fe2+均能与P504(用HR表示)发生络合反应，且机理均为：Mn++nHRMRn+nH+；
ii．金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
T14+
Fe2+
Sc3+
开始沉淀pH
1.3
6.8
4.0
沉淀完全pH
2.3
9.0
5.0
回答下列问题：
(1)萃取相比()指的是萃取时有机相与被萃取的酸性废水的体积比。“萃取”工序中，萃取相比()与Sc3+的萃取率关系如表所示：
萃取相比()
1：10
1：15
1：20
1：25
1：30
1：35
1：40
Sc3+的萃取率/%
90
90
90
85
80
70
60
该工序中最适宜的值为1：20，理由为____。
(2)Sc3+的络合机理为____(用离子方程式表示)；“水相II”的主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，则Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是____。
(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的为____；“滤液I”的主要成分为____(填化学式)。
(4)“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH范围为____。
(5)“沉钪”时，能得到Sc2(C2O4)3·6H2O。其在“焙烧”分解时，热分解温度区间和分解得到的固体产物如表所示：
草酸钪晶体
热分解温度区间(K)
固体失重百分率(%)
生成的含钪化合物
Sc2(C2O4)3·6H2O(摩尔质量为462 g/mol)
383~423
19.48
A
463~508
23.38
B
583~873
70.13
Sc2O3
化合物A的化学式为____；由含钪化合物B转化为Sc2O3时，发生反应的化学方程式为____。
【答案】(1)萃取率高且节约有机相
(2)     Sc3++3HRScR3+3H+     Ti4+
(3)     将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀     NaR
(4)2.3≤pH＜4.0
(5)     Sc2(C2O4)3·H2O     2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【解析】向钛白酸性废水中加入P504和煤油，Sc3+、Ti4+、Fe2+与P504(用HR表示)发生络合反应进入煤油层中，而H+、SO进入水相，通过分液除去H+、SO；然后向有机相中加入稀硫酸进行酸洗，络合反应的化学平衡逆向移动，得到的水相II中主要成分除H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2，然后加入NaOH溶液进行反萃取，NaOH能够将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，而Na+则与R-形成NaR溶解在溶液中，通过分液弃去煤油层，将水相过滤，“滤液I”的主要成分为NaR，滤渣为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，向其中加入一定量HCl，调整溶液pH使其范围在2.3≤pH＜4.0，Tl4+仍然是以Ti(OH)4沉淀形式存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，向溶液中加入H2C2O4溶液，Sc3+形成Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀，然后在空气中煅烧Sc2(C2O4)3沉淀，形成Sc2O3、CO2。
(1)该工序中最适宜的值为1：20，这是由于在该比值时萃取率较高且节约有机相；
(2)Sc3+与HR发生络合反应产生ScR3、H+，该络合反应的机理为Sc3++3HRScR3+3H+；
“水相II”的主要成分除加入的H2SO4外，还含有FeSO4和少量Ti(SO4)2。离子的络合能力越强，则该离子越不容易形成可溶性盐进入水相中，根据水相中离子的含量，可知Ti4+、Fe2+中与P504络合能力较强的是Ti4+；
(3)“反萃取”时，加入NaOH溶液的目的是将ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，便于除杂与分离物质；
加入NaOH溶液，ScR3、TiR4转化为Sc(OH)3和Ti(OH)4沉淀，同时产生NaR，则“滤液I”的主要成分为NaR；
(4)根据流程图可知：在“优溶”时，加入盐酸调节溶液的pH，使Ti4+以Ti(OH)4沉淀存在，而Sc3+以离子形式存在于溶液中，则根据Ti4+、Sc3+形成沉淀的pH，可知应该调整的范围为2.3≤pH＜4.0；
(5)在温度为383~423K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为19.48，则失去质量为462×0.1948=89，若失重质量为水的质量，则失去水的数目为n(H2O)=，故生成的含钪化合物A化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；
在加热温度463~508 K时，Sc2(C2O4)3·6H2O的失重百分率为23.38，若失重质量为水的质量，则失去质量为462×0.2338=108，则失去水的数目为n(H2O)=，Sc2(C2O4)3·6H2O恰好完全失去结晶水，故生成的含钪化合物B化学式为Sc2(C2O4)3，则由含钪化合物B在空气中煅烧转化为Sc2O3时，反应同时产生CO2气体，根据电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。
8．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）在实验室中从废旧钴酸锂离子电池的正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)中回收钴、锂的操作流程如图：

回答下列问题：
(1)拆解废旧电池获取正极材料前，先将其浸入NaCl溶液中，使电池短路而放电，此时溶液温度升高，该过程中能量的主要转化方式为____。
(2)“过滤”所得滤液用盐酸处理可得到氢氧化铝，反应的化学方程式为____。
(3)“酸浸”时主要反应的离子方程式为____；若硫酸、Na2S2O3溶液用一定浓度的盐酸替代，也可以达到“酸浸”的目的，但会产生____(填化学式)污染环境。
(4)“沉钴”时，调pH所用的试剂是____；“沉钴”后溶液中c(Co2+)=____。已知：Ksp[Co(OH)2]=1.09×l0-15。
(5)在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500℃，发生反应的化学方程式为____。

(6)根据图判断，“沉锂”中获得Li2CO3固体的操作主要包括____、____、洗涤、干燥等步骤。

【答案】(1)化学能→电能→热能
(2)NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓
(3)     8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O     Cl2
(4)     NaOH溶液或氢氧化钠固体     1.09×l0-6mol/L
(5)6Co2O34Co3O4+O2↑
(6)     蒸发浓缩     趁热过滤
【解析】正极材料(在铝箔上涂覆活性物质LiCoO2)加入氢氧化钠溶液进行碱浸，产生气体为氢气，得到偏铝酸钠、LiCoO2，过滤后得到的滤渣为LiCoO2，加入硫酸和Na2S2O3溶液进行酸浸，再调节pH=9.5进行沉钴，得到Co(OH)2，滤液再加入碳酸钠溶液调节pH>12沉锂得到母液和Li2CO3固体。
(1)依据“电池短路而放电”“溶液温度升高”两项信息，即可判断废旧电池的处理过程中能量的主要转化方式为化学能→电能→热能，故答案为：化学能→电能→热能；
(2)依题中信息可知，正极材料主要由Al和LiCoO2组成，LiCoO2属于盐类，由复分解反应的条件可判断，其与NaOH溶液混合不发生反应，故“碱浸”过程中只有Al和NaOH反应，生成NaAlO2和H2；“过滤”所得滤液用适量盐酸处理可以得到氢氧化铝，化学方程式为NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓；
(3)由信息知“酸浸”时Na2S2O3被氧化为，Co元素被还原，结合电子守恒和元素守恒可知离子反应方程式为8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O，加入的Na2S2O3起还原作用，用一定浓度的盐酸替代“Na2S2O3溶液和硫酸”，也能实现酸浸目的，可知该反应中，盐酸也起了还原剂的作用，氧化产物为污染性气体Cl2，故答案为：8LiCoO2++22H+=8Li++8Co2++2+11H2O；Cl2；
(4)结合“沉锂”后母液中还可以获得Na2SO4·10H2O，可知用的试剂为NaOH溶液或固体；溶液pH=9.5，则溶液中c(OH-)=10-4.5mol/L，代入Ksp[Co(OH)2]=c2(OH-)·c(Co2+)=1.09×l0-15可得c(Co2+)=1.09×l0-6mol/L，故答案为：1.09×l0-6mol/L；
(5)由流程中物质转化关系知，加热前的反应物为Co(OH)2(0.930g),其物质的量为0.01mol，依据钴元素守恒知：n(Co)=0.01mol，m(Co)=0.590g，温度升温290℃时，转化为0.830g某种钴的氧化物，该氧化物中，n(O)==0.015mol，由此可以确定该氧化物为Co2O3；同理可以确定500℃时，n(O)=≈0.0133mol，则生成的氧化物为Co3O4；所以290℃～500℃内，Co2O3转化为Co3O4，反应过程中，Co元素化合价降低。氧元素化合价升高并转化为O2，故反应的化学方程式为6Co2O34Co3O4+O2↑，故答案为：6Co2O34Co3O4+O2↑；
(6)分析溶解度曲线可知LiCO3微溶，其溶解度随温度升高而降低，为了提高锂元素的回收率，同时防止硫酸钠析出，应采用蒸发浓缩(减少溶剂)并在较高温度下趁热过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩；趁热过滤。