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专题29 无机化工流程综合分析-最新高考化学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（新高考专用）
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这是一份专题29 无机化工流程综合分析-最新高考化学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（新高考专用），文件包含专题29无机化工流程综合分析教师版-2023年高考化学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练新高考专用docx、专题29无机化工流程综合分析学生版-2023年高考化学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
一、热点题型归纳…………………………………………………………………………………………………………1
【题型一】以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题…………………………………………………………………1
【题型二】以物质制备为主体的化工流程题……………………………………………………………………………9
二、最新模考题组练………………………………………………………………………………………………………16
【题型一】以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题
【典例分析】
【典例1】（2022·广东省等级考）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______________的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为___________________________。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO－）低于_______ml·L－1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是___________________。②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1ml Pt3Y转移_______ml电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______________________________。
【解析】由流程可知，该类矿（含铁、铝等元素）加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42－等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO42－等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成C11H23COO）3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+；（2）由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH＜6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH－Al（OH）3↓；（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1，即0.1125ml/L，根据Ksp［（C11H23COO）2Mg］＝1.8×10－8＝c（Mg2+）×c2（C11H23COO－），若要加入月桂酸钠后只生成C11H23COO）3RE，而不产生（C11H23COO）2Mg，则c（C11H23COO－）＜＝ml·L－1＝410－4ml·L－1；（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；（6）①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1ml Pt3Y转移15ml电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e－+2H2O4OH。
【答案】（1）Fe2+（2）4.7≤pH＜6.2；Al3++3OH－Al（OH）3↓
（3）4.010－4（4）①加热搅拌可加快反应速率；②冷却结晶
（5）MgSO4（6）①15；②O2+4e－+2H2O4OH－
【提分秘籍】
一、化工流程中常用术语
二、化工流程中常用的审题方法
1．审题干——明确原料成分和目的要求
（1）呈现模式
（2）图示解读
2．审流程——明确各步转化原理和目的
（1）看箭头：进入的是原料（即反应物）；出去的是生成物（包括主产物和副产物）。
（2）看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
（3）找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
（4）关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
3．流程审题三方法
三、以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题
1．物质分离、提纯的原则
（1）不增：不引入新的杂质。
（2）不减：不减少被提纯的物质。
（3）易分离：被提纯物与杂质易于分离。
（4）易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．常用的提纯方法
注意：增大矿石物质的浸出率的措施有：搅拌、加热、升温，增大浸出液的浓度，粉碎增大固液接触面，延长浸出时间。
3．常用的分离方法
4．三种分离、提纯的深化
（1）过滤问题
①3个基本操作
②特定洗涤目的
（2）结晶方式
注意：晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干（适用于热稳定性较好的物质）。
（3）调节溶液pH分离提纯
①控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。
②调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH。
【变式演练】
1．（2022·湖南省等级考）钛（Ti）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
（1）已知△G＝△H－T△S，△G的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略△H、△S随温度的变化。若△G＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
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）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）
（2）TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______________________；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______________________。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为___________________________；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是____________。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______（填“能”或“不能”）交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。（1）记①C（s）+O2（g）＝CO2（g），②2C（s）+O2（g）＝2CO（g），③TiO2（s）+2Cl2（g）＝TiCl4（g）+O2（g），④TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）；由图可知，600℃时C（s）+O2（g）＝CO2（g）的△G＜0，反应自发进行，故A不符合题意；由图可知，600℃时2C（s）+O2（g）＝2CO（g）的△G＜0，反应自发进行，故B不符合题意；由图可知，600℃时TiO2（s）+2Cl2（g）＝TiCl4（g）+O2（g）的△G＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；根据盖斯定律，TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）可由①+③得到，则600℃时其△G＜0，反应自发进行，故D不符合题意。（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO22CO，导致CO含量升高；（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al＝3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。
【答案】（1）C
（2）①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO22CO（3）3VOCl3+Al＝3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）AC
2．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，可采取的措施为___________。
A．进一步粉碎矿石 B．鼓入适当过量的空气 C．降低焙烧温度
（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______________________。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
（4）滤渣的主要成分为___________（填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为__________________________。
（6）加入金属Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
3．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。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：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为________________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因________________________________。
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是__________________________。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2O2。
①能被H2O2氧化的离子是______________；
②H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为____________________；
③H2O2也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，H2O2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______________。
【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）+CO32－（aq）PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）BaCO3（s）+SO42－（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04105，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+2HAcPb（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+。
【答案】（1）PbSO4（s）+CO32－（aq）＝PbCO3（s）+SO42－（aq）；反应PbSO4（s）+CO32－（aq）＝PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）＝BaCO3（s）+SO42－（aq）的平衡常数K＝＝0.04105，反应正向进行的程度有限
（3）①Fe2+；②Pb+H2O2+2HAcPb（Ac）2+2H2O③作还原剂
（4）Fe（OH）3、Al（OH）3（5）Ba2+、Na+
4．（2021·福建省等级考）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿（主要含MS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
（2）“浸出”时，MO3转化为MO42－。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______（任写两种）。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。
（3）“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中c（S2－）和pH的关系为：lgc（S2－）＝pH－15.1。为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10－6ml·L－1，应控制溶液的pH不小于_______。（已知：pKsp＝－lgKsp；CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2）
（4）“净化”后，溶液中若有低价钼（以MO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MO42－，反应的离子方程式为___________________________________。
（5）“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是_______________________。
（6）高温下用H2还原（NH4）2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：（NH4）2M4O13受热分解生成MO3】
【解析】钼精矿（主要含MS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）通入氧气焙烧得到MO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MO3转化为MO42－，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含MO42－和少量Cu2+、Fe2+，加（NH4）2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含MO42－，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到（NH4）2M4O13·2H2O。（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量（增大Na2CO3浓度）（任写两种）；当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致Na2MO4晶体析出，混入浸渣；（3）CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2，则Ksp（CuS）＝10－35.2，Ksp（FeS）＝10－17.2，要使Cu2+浓度小于1.0×10－6ml·L－1，则S2－浓度大于ml/L＝10－29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于1.0×10－6ml·L－1，则S2－浓度大于ml/L＝10－11.2ml/L，综述：c（S2－）＞10－11.2ml/L，c（S2－）＝10－11.2ml/L时，lg（10－11.2）＝pH－15.1，pH＝15.1－11.2＝3.9；（4）溶液中若有低价钼（以MO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MO42－，则氧化剂为H2O2，还原产物为－2价的O，还原剂为MO32－，氧化产物为MO42－，则反应的离子方程式为H2O2+MO32－MO42－+H2O；（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为（NH4）2M4O13·2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供NH4+，使MO42－充分转化为沉淀析出；（6）高温下用H2还原（NH4）2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程（NH4）2M4O13+12H24M+2NH3+13H2O。
【答案】（1）氨水（2）①适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量（增大Na2CO3浓度）等
②Na2MO4晶体析出，混入浸渣
（3）3.9（4）H2O2+ MO32－MO42－+H2O
（5）提供NH4+，使MO42－充分转化为沉淀析出
（6）（NH4）2M4O13+12H24M+2NH3+13H2O
5．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式___________________。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_____________。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为_______ml/L。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是__________。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______________________________。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O；（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×（1×10－2.9）2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为c（Mg2+）＝＝ml/L＝1×10－6ml/L；（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+；（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【答案】（1）Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O
（2）Fe3+、Al3+、Mg2+ （3）1×10－6 （4）硫酸；SiO2、CaSO4
（5）TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+ （6）（NH4）2SO4
【题型二】以物质制备为主体的化工流程题
【典例分析】
【典例2】（2022·河北省选择考）以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe（NH4）Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为__________（填化学式），滤渣①的主要成分为__________（填化学式）。
（2）黄铁矿研细的目的是__________。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为__________。
（4）工序①的名称为__________，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为__________，氧化工序发生反应的离子方程式为____________________。
（6）若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，所加试剂为__________和__________（填化学式，不引入杂质）。
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由（3）小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO42－，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO42－+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入（NH4）2SO4、K3［Fe（CN）6］并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2NH4++［Fe（CN）6］3－Fe（NH4）2Fe（CN）6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO进行氧化步骤，反应原理为：Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+，过滤、洗涤干燥即制得Fe（NH4）Fe（CN）6，据此分析解题。（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42－，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2 SO42－+16H+，故化学方程式为：7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用；（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为+2价和［Fe（CN）6］3－中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+；（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
【答案】（1）Fe2O3；SiO2（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）+2、+3；Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+（6）H2O2；NH3·H2O
【提分秘籍】
一、以物质制备为主体的化工流程题
1．物质制备过程的条件控制
（1）控制体系的环境氛围
①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。
②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。
③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化转化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。
（2）控制反应温度
①加热：加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动（如促进水解生成沉淀）。
②降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。
③控制温度在一定范围内，综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。
④如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。
2．在流程题中，常会看到压强、温度等外界条件的出现，不同的工艺对化学反应的温度或压强有不同的要求，其所起的作用也不一样，但都是能否达到实验目的的关键所在，也是命题专家们经常考查的地方。对外界条件的分析主要从对反应速率和平衡转化率的影响这两个方面着手。如
（1）使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是这样可使催化剂的活性达到最高。
（2）对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。
二、物质成分的确定
1．滤渣、滤液成分的确定：要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
（1）反应过程中哪些物质（离子）消失了？
（2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
三、陌生方程式的书写
1．常见微粒的氧化产物和还原产物
（1）常见微粒的一般还原产物
（2）氧气的还原产物
（3）I－的氧化产物一般是I2，也可能是IO3－
（4）低价碳的氧化产物一般是CO2（酸性）或CO32－（碱性）
（5）H2O2的氧化产物是O2，还原产物可能是H2O、OH－
2．根据条件写方程式步骤
（1）根据条件确定部分反应物和部分生成物
（2）根据价“有升有降”原则，判断其余反应物或生成物
（3）电子守恒配平发生氧化还原反应的微粒
（4）电荷守恒配离子
①优先选择原电解质溶液中所含的离子
②再选择水中的H+或OH－，原则是“左水右离子”
（5）元素守恒配平其他物质：一般缺H或O用H2O来补
3．广义水解原理
（1）化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价
（2）非金属元素的氢氧化物［R（OH）m］写成HmROm式
4．电极反应式的书写步骤和方法
（1）确定反应物和最终产物
（2）确定得失电子的数目
（3）电荷守恒配离子
①优先选择原电解质溶液中所含的离子
②再选择水中的H+或OH－，原则“左水右离子”
（4）元素守恒配平其他物质，一般缺H或O，用H2O补
（5）注意有无隐含的酸碱性
①酸性溶液：产物是NH4+、Fe3+、Cu2+等弱阳离子
②碱性溶液：有金属氧化物、氢氧化物参与的反应
三、物质制备方案优缺点的分析
1．原料利用率的高低
（1）原料利用率高：步骤简单，副产品少，循环操作
（2）采取措施，提高产量与产率
①温度：考虑催化剂的活性温度，兼顾速率快和含量高
②压强：恒压容器反应物的转化率大；选择适宜的压强
③浓度：适当增大廉价原料的浓度
④催化剂：选择高效催化剂、活性温度低的催化剂
（3）产品分离，所得产品易分离
2．是否采用绿色工艺
（1）有无采用污染性或腐蚀性原料
（2）有无产生污染性或腐蚀性副产品
（3）有无安全隐患，如爆炸、中毒、产生污染等
3．是否符合经济性原则
（1）压强不宜过大，考虑动力成本和设备成本
（2）设备简单，原料廉价易得
（3）是否采用耗能工艺，高温或电解工艺耗能多
（4）废热回收利用：采用热交换器
四、流程图中的定量分析
1．物质的量的基本计算
（1）基本公式：n＝＝＝＝cV（aq）
（2）浓度公式：c＝＝
2．氧化还原反应的基本计算
3．无机物化学式的计算
（1）基本方法：计算各元素或原子团的物质的量之比
（2）根据质量分数计算：w（A）＝
4．含结晶水的硫酸盐的热分解过程
（1）一般先失去结晶水
（2）再失去SO2或SO3变成金属氧化物
（3）最后失去O2变成金属氧化物
5．计算金属阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH
（1）列出Ksp表达式：Ksp［M（OH）n］＝c（Mn+）·c（OH－）n
（2）将有关数据代入Ksp表达式计算
①注意溶液体积是否变化，浓度为混合后离子的浓度
②开始沉淀：一般认为该离子浓度不变
③沉淀完全：一般认为该离子浓度≤10－5ml·L—1
（3）计算方法：先求pOH，再求pH
①pOH＝－lg c（OH－）
②pH＝14－pOH（25℃）
【变式演练】
1．（2022·海南省选择考）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如下：
回答问题：
（1）步骤①的目的是_____________。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ．甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是___________。
ⅱ．乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_______（不要求写具体操作过程）。
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ．H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ．I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
【答案】（1）除油污（2）SO2（3）Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）ⅰ．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
ⅱ．取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化
2．（2022·山东省等级考）工业上以氟磷灰石［Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质］为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_______________。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF62－）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na+）＝_______ml•L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是_______。
（3）SO42－浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是___________________，回收利用洗涤液X的操作单元是___________________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______（填标号）。
A．65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15 B．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30 D．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF62－，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++SiF62－+2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF62－）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3＝Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na+）＝2c（SiF62－），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na+）•c（SiF62－）＝4c3（SiF62－），c（SiF62－）＝＝1.0×10－2ml•L－1，因此c（Na+）＝2c（SiF62－）＝2.0×10－2ml•L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2+）＝c（SO42－）＝＝3.0×10－2ml•L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝＝1.0×10－3ml•L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝＝3.3×10－9ml•L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42－，然后才是SiF62－。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝l5、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【答案】（1）6HF+SiO22H++SiF62－+2H2O（2）2.0×10－2；SO42－
（3）CaSO4•0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
3．（2021·湖北省选择考）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒（Se）与硫为同族元素，Se的最外层电子数为_________；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，中Cu的化合价为____________。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_____________________________________。
（3）25℃时，已知：Kb（NH3·H2O）≈2.0×10－5，Ksp［Ga（OH）3］≈1.0×10－35，Ksp［In（OH）3］≈1.0×10－33，Ksp［Cu（OH）2］≈1.0×10－20，“浸出液”中c（Cu2+）＝0.01ml·L－1。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5ml·L－1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为______（保留一位小数）；若继续加入6.0ml·L－1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后____________；为探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3+NH3·H2O［Ga（OH）4］－+NH4+的平衡常数K＝_________。（已知：Ga3++4OH－［Ga（OH）4］－K′＝≈1.0×1034）
（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42－是否洗净的试剂是_______________；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和_____________________。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_____________________。
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。（1）硫为第VIA族元素，硒（Se）与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道中Cu的化合价为+1；（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O；（3）In3+恰好完全沉淀时c（OH－）＝＝ml/L＝1.0×10－9.3ml/L，pOH＝－lg1.0×10－9.3＝9.3，则pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式Ga（OH）3+NH3·H2O［Ga（OH）4］－+NH4+可知K＝，由K′＝≈1.0×1034，得K＝＝K′×＝K′×Ksp［Ga（OH）3］×Kb（NH3·H2O）＝1.0×1034×1.0×10－35×2.0×10－5＝2.0×10－6；（4）检验滤渣中SO42－是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。
【答案】（1）6；+1（2）Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O
（3）4.7；蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；2.0×10－6
（4）HCl溶液、BaCl2溶液；作溶剂（5）GaCl3+NH3GaN+3HCl
4．（2021·辽宁省选择考）从钒铬锰矿渣（主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO）中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］在空气中易被氧化。回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
（2）用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为________________________________。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数［lgc总（V）］与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总（V）＝0.01ml·L－1，“沉钒”过程控制pH＝3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______（填化学式）。
（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为____________；在该条件下滤液B中c（Cr 3+）＝_______ml•L－1【Kw近似为1.0×10－14，Cr（OH）3的Ksp近似为1.0×10－30】。
（5）“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为________________________________。
（6）“提纯”过程中Na2S2O3的作用为_____________________________________。
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr（OH）3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，Cr（OH）3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O，据此分析解题。（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；（2）用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数［lgc总（V）］与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总（V）＝0.01ml·L－1，lgc总（V）＝－2，从图中可知，“沉钒”过程控制pH＝3.0，lgc总（V）＝－2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7－；（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH－的浓度为：c（OH－）＝10－8ml/L，在该条件下滤液B中c（Cr 3+）＝＝ml/L＝1×10－6 ml·L－1；（5）由分析可知，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O；（6）由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr（OH）3的表面，使产物不纯。
【答案】（1）4；VIB（2）FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
（3）H3V2O7－（4）6.0；1×10－6（5）Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr（OH）3的表面，使产物不纯
5．（2021·全国甲卷）碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_________________；若反应物用量比n（Cl2）/n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为___________；当n（Cl2）/n（FeI2）＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______________________。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1ml I2，消耗的KI至少为_______ ml。I2在KI溶液中可发生反应I2+I－I3－。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。
【解析】（1）①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe2Ag+Fe2++2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2＝I2+FeCl2，若反应物用量比n（Cl2）/n（FeI2）＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2+，恰好将全部I－和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n（Cl2）/n（FeI2）＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；（2）先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中（含I－）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO3－与HSO3－发生氧化还原反应，生成SO42－和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒］及元素守恒配平离子方程式即可得：IO3－+5HSO3－I2+5SO42－+3H++H2O；（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO42CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1ml I2，则消耗的KI至少为4ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2+I－I3－平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
【答案】（1）①2AgI+Fe2Ag+Fe2++2I－；AgNO3
②FeI2+Cl2I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化
（2）IO3－+5HSO3－I2+5SO42－+3H++H2O （3）4；防止单质碘析出
1．（广东省广州市2022~2023学年高三上学期第二次阶段性考试）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石［主要含Ru（CO3）2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2］为原料制备钌（Ru）的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4（SO4）6（OH）2中Fe的化合价为____。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用________________________。“滤渣”的主要成分有SiO2和________（填化学式）。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____________________________。
（3）“除铁”的离子方程式为____________________________________。（提示：1mlNaClO3参与反应，转移6ml电子）
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为________________。
（5）“灼烧”时Ar的作用是________________________。
（6）某工厂用10t钌矿石［含8.84tRu（CO3）2、165kgRuO4］，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。（保留三位有效数字）
【解析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，过滤得到Na2Fe4（SO4）4（OH）2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4（SO4）6（OH）2中铁元素的化合价为+3价；（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0；（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3－+18SO42－+6H2O3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl－+6OH－；（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为；（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化；（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%＝87.8%。
【答案】（1）+3价（2）①溶解RuO4②CaSO4③温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO3－+18SO42－+6H2O3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl－+6OH－
（4）（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（6）87.8%
2．（辽宁省大连市滨城联盟2022~2023学年高三上学期期中）工业上以铬铁矿（主要成分为FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）FeCr2O4中Fe元素的化合价_____，焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_____________________________。
（2）滤渣2的成分___________（填化学式），滤渣提纯后的用途___________。
（3）加入H2SO4酸化的作用是_______________________________________________（结合化学用语简述）。
（4）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___________。
（5）该小组用m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数60%）制备Na2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________（列出计算式）
【解析】铬铁矿的主要成分为FeCr2O4，含Al、Si的氧化物等杂质，铬铁矿、纯碱与O2焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4，同时将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，产物加水浸取所得滤液中含Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，加入H2SO4中和将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al（OH）3、H2SiO3沉淀而除去，然后加入H2SO4酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶得到副产品，滤液经冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O。（1）FeCr2O4中Fe、Cr、O的化合价依次为+2、+3、－2价；焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率。（2）浸取后的滤液中加H2SO4中和时发生反应H2SO4+Na2SiO3＝Na2SO4+H2SiO3↓、H2SO4+2NaAlO2+2H2O＝Na2SO4+2Al（OH）3↓，故滤渣2的成分为H2SiO3、Al（OH）3；滤渣经提纯后的H2SiO3的用途为干燥剂或催化剂的载体、Al（OH）3的用途为抗胃酸的药物或冶炼铝的原料；（3）加入H2SO4酸化的作用是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，可解释为：中和后的滤液中存在2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动。（4）H2SO4酸化后的溶液中主要含Na2Cr2O7、Na2SO4，蒸发结晶时过度蒸发将导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出。（5）根据Cr守恒，m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数为60%）理论上制得K2Cr2O7的质量为＝ kg；最终产品的质量为m2kg，则产率为×100%＝×100%。
【答案】（1）+2；增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2）H2SiO3，Al（OH）3；干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料
（3）2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动
（4）Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出（5）×100%
3．（2023年陕西榆林高三9月模拟）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，有广泛应用。以铁硼矿（主要成分有Mg2B2O5·H2O、Fe3O4，次要成分有Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2）为原料制备氮化硼的流程如图所示：
已知：相关金属离子［c（Mn+）＝0.1ml··l－1］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）用稀硫酸酸浸时，若其他条件不变，工业中采取下列措施能提高硼元素浸出率的有____（填序号）。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
（2）滤渣1的主要成分为_______。
（3）加氨水过程中常常要加热，加热的目的是______________________。
（4）从硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）写出B2O3与氨气在高温下反应制备BN的化学方程式：___________________。
（6）H3BO3（硼酸）还可以利用电解NaB（OH）4溶液的方法制备，工作原理如图所示。c为_______（填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”），产品室中发生反应的离子方程式为_____________。
（7）某工厂用akg铁硼矿粉（含Mg2B2O5·H2O40%）制备BN，最终得到产品bkg，则BN的产率为________。
【解析】铁硼矿加入稀硫酸，镁、硼、铁、钙、铝转化为相应盐溶液，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氨水使铁、铝离子沉淀，过滤滤液蒸发浓缩、降温结晶后分离出硫酸镁溶液、硼酸，硼酸高温得到B2O3，B2O3与氨气在高温下反应制备BN。（1）适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度可以加快反应速率，能提高硼元素浸出率；适当缩短酸浸时间会减弱浸出效果。选AB；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅；（3）加氨水目的是通过调节pH使铁离子、铝离子生成沉淀，常常要加热，加热的目的是防止生成胶体，利于沉淀的生成；（4）硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）B2O3与氨气在高温下反应制备BN，根据质量守恒还会生成H2O，化学方程式：B2O3+2NH32BN+3H2O；（6）由图可知，M室发生氧化反应生成氧气，氢离子浓度增加，进入产品室，M室为阳极室；原料室中［B（OH）4］－进入产品室，发生反应H++［B（OH）4］－＝H3BO3+H2O；N室中发生还原反应生成氢气，钠离子通过c膜得到氢氧化钠，故c为阳离子交换膜；（7）某工厂用akg铁硼矿粉（含Mg2B2O5·H2O40%）制备BN，根据质量守恒可知，得到纯BN的质量为＝kg，最终得到产品bkg，产率为＝×100%。
【答案】（1）AB（2）二氧化硅（或SiO2）
（3）防止生成胶体，利于沉淀的生成（4）蒸发浓缩、降温结晶
（5）B2O3+2NH32BN+3H2O
（6）阳离子交换膜；H++［B（OH）4］－＝H3BO3+H2O（7）×100%
4．（巴中市普通高中2023年高三“零诊”考试）我国稀土资源丰富，其中二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）制备CeO2的工艺流程如下：
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______（写出一种即可）。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。
（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性：CeO2_____H2O2（填“＞”或“＜”）。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式__________________________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全［c（Ce3+）为1.0×10－5ml·L－1，此时溶液的pH为5，则溶液中c（HCO3－）＝______ml·L－1（保留2位有效数字）。已知常温下：
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）。
①该反应中的催化剂为_____________（写离子符号）；
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
【解析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce（BF4）3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce（BF4）3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2（CO3）3沉淀，Ce2（CO3）3灼烧得到CeO2。（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为－2、F元素化合价为－1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。（3）操作①是分离Ce（BF4）3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞H2O2。（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2（CO3）3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++6HCO3－Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）为1.0×10－5ml/L，则c（CO32－）＝＝ml/L＝1×10－6ml·L－1，Ka2＝＝5.6×10－11，此时溶液的pH为5，则溶液中c（HCO3－）＝＝ml/L＝0.18ml/L。（6）①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1。
【答案】（1）+3（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗；玻璃棒（4）＞
（5）2Ce3++6HCO3－Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O；0.18
（6）①Ce4+②2∶1
5．（2023年陕西榆林高三9月模拟）溴是一种重要的化工原料，在阻燃剂、医药、农药等多个领域均有广泛应用。海水是提取溴的最大来源。如图是海水中提溴的工艺流程图：
（1）请画出溴的原子结构示意图________________。
（2）上述工艺中，加酸的目的是________________________________，在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是________________________。
（3）目前的工艺也可用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO3－和无色气体生成，该反应的离子方程式为____________________________________，吸收后重新得到溴单质的离子反应方程式为____________________________________。
（4）获得的高浓度的液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量________________。
（5）通过Br2进一步反应可以获得KBrO3，该物质常用于测定苯酚的含量。第一步：称取苯酚试样0.5000g，用NaOH溶液溶解后，用水准确稀释至250.00mL，移取25.00mL试液于碘瓶中，加入KBrO3－KBr标准溶液25.00mL及足量HCl溶液，充分反应。第二步：向上述溶液中加入足量KI，然后用0.1000ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，用去15.00mL。第三步：另取KBrO3－KBr标准溶液25.00mL，加入HCl及足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定，用去40.00mL。（已知：I2+2S2O32－S4O62－+2I－）
①第一步的目的是____________________。
②计算苯酚的质量分数________。（保留到小数点后两位）
③若第三步反应中酸度过高，会使测定结果___________（“偏大”、“偏小”、“不变”），原因是________________________________。
【解析】海水通过富集溴后在酸性环境下通入氯气，得到溴单质，用热空气吹出溴气体，转入吸收塔用二氧化硫和水吸收，得到溴化氢溶液，转入蒸馏塔，再次用氯气氧化，蒸馏，得到溴的蒸气，在冷凝器中冷凝得到液溴。苯酚试样用NaOH溶液溶解后，使体系环境呈碱性，苯酚生成苯酚钠，完全溶于溶液之中，用水准确稀释，移取一部分于碘瓶中，加入足量HCl溶液中和碱性环境，同时使苯酚钠生成苯酚，再用KBrO3－KBr标准溶液充分反应，利用剩余KBrO3氧化KI得到I2后，用Na2S2O3标准溶液滴定KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应前后两次氧化得到I2含量的差值，求算KBrO3KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应的消耗量，进一步可求算苯酚的含量。（1）溴在第四周期ⅦA族，原子结构示意图：。（2）海水富集后加酸，可排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质；在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是提高蒸馏塔内湿度，溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度。（3）用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO3－和无色气体生成，该反应的离子方程式为：3Br2+3CO32－5Br－+BrO3－+3CO2↑；吸收后溶液含有BrO3－和Br－，在酸性环境下重新得到溴单质，离子反应方程式为：5Br－+BrO3－+6H+3Br2+3H2O。（4）由于液溴易挥发，其微溶与水，密度比水大，故液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量水，实现水封保存。（5）①据分析可知，第一步的目的是使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度；②根据第三步实验数据可知，KBrO3－KBr标准溶液25.00mL与HCl及足量KI溶液反应得到I2的物质的量为n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1ml·L－1×40×10－3L＝2×10－3ml；根据第二步实验数据可知，KBrO3－KBr标准溶液25.00mL与苯酚反应后剩余物质能氧化得到I2的物质的量为n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1ml·L－1×15×10－3L＝7.5×10－4ml，根据反应：BrO3－+6I－+6H+Br－+3I2+3H2O，可知与苯酚反应的KBrO3物质的量为n（KBrO3）＝n（I2）＝×（2×10－3ml－7.5×10－4ml），根据反应：6H++BrO3－+5Br－3Br2+3H2O和3Br2+OH→+3HBr，可知KBrO3~3Br2~OH，则25.00mL试液中苯酚物质的量为n（苯酚）＝n（KBrO3）＝×1.25×10－3ml，故其质量分数为（苯酚）＝×100%＝78.33%；③若第三步反应中酸度过高，Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大，导致计算KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应的量偏多，使测定结果偏大。
【答案】（1）（2）排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质；溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度
（3）3Br2+3CO32－5Br－+BrO3－+3CO2↑；5Br－+BrO3－+6H+3Br2+3H2O（4）水
（5）①使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度②78.33%
③偏大；Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大
6．（2022·四川省攀枝花市高三3月模拟）废旧硬质合金刀具中含碳化钨（WC）、金属钴（C）及少量杂质铁，利用电解法回收WC和制备C2O3的工艺流程简图如下：
已知：在上述流程中，各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有：C－2e－C2+和________________。
（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择的pH的范围是________________。
（3）生成CCO3的离子方程式是________________。
（4）实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CCO3时，不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，原因是_______________________。
（5）已知：Ksp（CCO3）＝1.4×10－13，Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8．若仅从沉淀转化角度考虑，在0.01ml/LNa2C2O4溶液中加入CCO3固体能否转化为CC2O4沉淀？通过计算说明：________________。
（6）洗涤CCO3不充分对最终产品纯度并无影响，但在焙烧时会造成环境污染，主要原因是________。
（7）CCO3生成C2O3的化学方程式是________________________。
【解析】电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，阳极是Fe失去电子生成Fe2+离子，C失去电子生成C2+，WC在阳极沉淀。溶液中加入双氧水将Fe2+离子氧化生成Fe3+离子，再入氨水控制pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而C2+不能沉淀。过滤分离，滤渣为Fe（OH）3，滤液中主要含有CCl2、NH4Cl，滤液中加入NH4HCO3生成CCO3沉淀，过滤分离、洗涤后灼烧CCO3分解生成C2O3。（1）电解时阳极除C放电外，Fe也放电生成Fe2+，阳极上另外发生的电极反应式为：Fe－2e－Fe2+；（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而C2+不能沉淀，由表中数据可知应控制：3.2≤pH＜6.5；（3）HCO3－与C2+反应CCO3沉淀，同时产生的产生的H+又与HCO3－反应生成CO2与H2O，故生成CCO3的离子方程式是：C2++2HCO3－CCO3↓+CO2↑+H2O；（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成C（OH）2杂质，故不能将滤液加入NH4HCO3溶液中；（5）CCO3饱和溶液中c（C2+）＝＝＝4×10－7ml/L，c（C2+）×c（C2O42－）＝4×10－7×0.01＝4×10－9＜Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8，故不能转化为CC2O4沉淀；（6）洗涤CCO3不充分，会含有NH4Cl，NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl而污染环境，；故答案为：；（7）CCO3加热分解生成C2O3，C元素化合价有+2价升高为+3价，则C元素化合价降低，会有CO生成，由电子转移守恒可知：1×n（CCO3）＝n（CO）×（4－2），故n（CCO3）＝2n（CO），由原子守恒可知还生成CO2，故反应方程式为：2CCO3C2O3+CO2↑+CO↑。
【答案】（1）Fe－2e－Fe2+（2）3.2≤pH＜6.5
（3）C2++2HCO3－CCO3↓+CO2↑+H2O
（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成C（OH）2杂质
（5）CCO3饱和溶液中c（C2+）＝＝＝4×10－7ml/L，c（C2+）×c（C2O42－）＝4×10－7×0.01＝4×10－9＜Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8，故不能转化为CC2O4沉淀
（6）灼烧时，CCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl
（7）2CCO3C2O3+CO2↑+CO↑
7．（福建省泉州市2022届高三下学期3月质监）某研究性学习小组利用氯型阴离子交换树脂（RCl）从海带中提取I2，并测定反应I2（aq）+I−（aq）I3－（aq）的平衡常数。
Ⅰ.离子交换法提取I2的流程如下：
已知：①交换吸附发生反应：RCl+I3－RI3+Cl－，RCl+I－RI+Cl－；②吸附I－和I3－达饱和的树脂分别呈淡黄色和黑红色。
（1）“氧化”时I－转化为I3－，反应的离子方程式为__________________。
（2）“一次洗脱”已经完成的现象是__________________。
（3）洗脱液1中，碘元素以___________（填离子符号）存在，向其中加入6ml·L－1 H2SO4，可析出碘晶体。
（4）将分离出碘晶体的洗脱液合并，置于___________（填仪器名称）中，加入乙醚，振荡，静置，分液。后经___________（填操作名称）回收乙醚。
Ⅱ．测定反应I2（aq）+I−（aq）I3－（aq）的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时。取一定体积的上层清液用0.0500ml·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，测定I2和I3－的总浓度。
（5）不能用普通锥形瓶代替碘量瓶的原因___________。
（6）0.5g的碘的不需要精确称取的理由是___________。
（7）碘量瓶①平衡体系中c（I2）与②中c（I2）接近。K≈___________ml/L（保留3位有效数字）。
【解析】本题是一道利从海带中提取碘单质的工业流程题，首先用过氧化氢氧化过氧化氢中的碘离子，生成碘单质，利用交换树脂吸附RI3，之后用氢氧化钠洗脱使I3－转化为I－，生成RI，以此解题。（1）氧化时，过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：H2O2+2I－+2H+I2+2H2O；（2）洗脱是为了将交换吸附产生的I3－转化为I－，根据信息②可知完成的现象是树脂的颜色由黑红色变成淡黄色；（3）氢氧化钠洗脱将RI3转化为RI，NaIO3，NaI，H2SO4，酸化发生归中反应生成I2，I元素以I－、IO3－形式存在；（4）I2萃取分液的方法提取，所以应置于分液漏斗中，加入乙醚振荡，静置分液后，经蒸馏回收乙醚；（5）I－具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止I－被氧气氧化；（6）当溶液中I2（aq）达到饱和后，其浓度不再改变；（7）由②中可知①中c（I2）＝0.0012ml/L，①中c（I3－）＝0.005ml/L－0.0012ml/L＝0.0038ml/L，根据I2（aq）+I−（aq）I3－（aq），可知c（I－）＝0.01－0.0038＝0.0062ml/L，K＝＝≈511ml/L。
【答案】（1）H2O2+2I－+2H+I2+2H2O
（2）树脂的颜色由黑红色变成淡黄色（3）I－、IO3－
（4）分液漏斗；蒸馏
（5）使用锥形瓶I－易被空气中氧气氧化（或I2易升华）
（6）在水或KI溶液中I2（aq）已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大
（7）511
8．（江苏省扬州2021~2022学年高三3月模拟）工业以炼钢污泥（主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质）为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O，并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下：
（1）“还原”：还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与___________（填离子符号）反应。
（2）“除杂”：若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀（离子浓度小于10－6ml/L），则滤液中c（F－）需大于___________；若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________________________________________________________［Ksp（CaF2）＝1.44×10－10，Ka（HF）＝3.53×10－4］。
（3）“沉铁”：生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
（4）“脱硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一种固体脱硫剂（无水Fe2O3无脱硫作用），其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂达到饱和后，即不再具有脱硫能力需要对其进行再生。利用活性Fe2O3·H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3·H2O，其脱除及常温下再生的原理如图所示。
①“脱硫”反应的化学方程式为_______________________。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，原因是_____________；多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是_____________________________。
【解析】（1）还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与溶液中过量的硫酸电离产生的H+发生反应。（2）由于CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）＝1.44×10－10，c（Ca2+）＝1.0×10－6ml/L，则c（F－）＝ml/L＝1.2×10－2ml/L。若溶液的pH偏低，，溶液中的H+与F－会形成弱酸HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀就不完全。（3）在沉铁时，溶液中的Fe2+与HCO3－、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、NH4+和水，反应的离子方程式为Fe2++HCO3－+NH3·H2OFeCO3↓+NH4++H2O。（4）①根据反应原理可知在“脱硫”反应中，Fe2O3·H2O和H2S反应产生Fe2S3·H2O和H2O，该反应的化学方程式为：Fe2O3·H2O+3H2SFe2S3·H2O+3H2O。②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，这是由于温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解。多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是由于多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降。
【答案】（1）H+（2）1.2×10－2ml/L；pH偏低形成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
（3）Fe2++HCO3－+NH3·H2OFeCO3↓+NH4++H2O
（4）①Fe2O3·H2O+3H2SFe2S3·H2O+3H2O②温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解；多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降
9．（江苏省百校大联考2022届高三上学期第二次考试）CC2O4是制备金属钴的原料，利用含钴废料（主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CC2O4的工艺流程如下：
已知：①Ksp［C（OH）2］＝1.09×10－15；②氧化性：C2O3＞O2＞Cl2；③部分金属离子沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按离子浓度为1.00ml·L－1 QUOTE L－1 计算）：
④CC2O4·2H2O热分解曲线如下：
固体残留率＝ QUOTE 剩余固体的质量原固体总质量 ×100%
回答下列问题：
（1）“500℃焙烧”的目的是___________________________。
（2）“滤渣1”的主要成分是__________________。
（3）“净化除杂2”可将钙、镁离子沉淀除去，当c（Mg2+）＝1.0×10－5ml·L－1时，溶液中Ca2+是否沉淀完全_________（填“是”或“否”）。［已知Ksp（MgF2）＝7.42×10－11、Ksp（CaF2）＝1.46×10－10］
（4）“沉钴”时，用草酸铵，而不用草酸钠的原因是__________________。
（5）从环保角度考虑，以含钴废料（主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3）制备C3O4的实验方案为__________________________________________________。（可选试剂：1.000ml·L－1H2SO4溶液，1.000ml·L－1H2O2溶液，1.000ml·L－1HCl，0.1000ml·L－1NaOH溶液，1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液）
【解析】（1）焙烧将C和有机物转化成气体除去。（2）CaSO4微溶，形成滤渣。（3）c（Ca2+）＝ QUOTE Ksp（CaF2）Ksp（MgF2） ×c（Mg2+）＝1.97×10－5ml·L－1＞10－5ml·L－1，Ca2+未沉淀完全。（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成C（OH）2沉淀。（5）基本思路：仿照原流程，先将废料溶于酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，再将C3+还原为C2+后，调节pH沉淀除去Fe3+、Al3+，然后沉钴得到CC2O4沉淀，从CC2O4·2H2O热分解曲线推知：CC2O4受热分解，通过计算确定温度为385℃可得C3O4，温度更高，得到的是CO。试剂选择：H2O2既有氧化性，又有还原性，已知氧化性：C2O3＞O2＞Cl2，但题目要求从环保角度考虑，用盐酸产生有毒气体Cl2，H2O2被氧化O2，所以选择H2O2做还原剂。实验方案为：向含钴废料中加入1.000ml·L－1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000ml·L－1H2O2溶液待反应完全后滴加0.1000ml·L－1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385℃条件下加热至恒重，得到C3O4。
【答案】（1）除去C和有机物
（2）CaSO4（3）否
（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成C（OH）2沉淀
（5）向含钴废料中加入1.000ml·L－1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000ml·L－1H2O2溶液，待反应完全后滴加0.1000ml·L－1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385℃条件下加热至恒重
10．（湘潭市2022届高三第一次模拟考试）下图为从预处理后的可充电电池粉末（主要为NiO、CdO、CO和Fe2O3等）中回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
（1）“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液，再通入NH3，滤液①中主要含［Cd（NH3）4］2+、［Ni（NH3）6］2+、［C（NH3）6］2+及CO32－。写出NiO浸取时发生反应的化学方程式：______________________________________。
（2）探究“催化氧化”步骤中［C（NH3）6］2+氧化为［C（NH3）6］3+的实验条件，向［C（NH3）6］2+含量为0.48g·L－1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录［C（NH3）6］3+浓度数据如下表：
由表中数据可得，［C（NH3）6］2+氧化的最佳条件为________________________。
（3）已知C（OH）3为强氧化剂，向C（OH）3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”，写出该反应的离子方程式：_______________________________。
（4）“反萃取”的原理为2NiR有机+2H+Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_________，分离有机相和水相的操作的名称为_____________。
（5）“水相①”的主要溶质为______________________（填化学式）。
（6）生成CdCO3沉淀是利用反应：［Cd（NH3）4］2++CO32－CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K＝4.0×105，［Cd（NH3）4］2+Cd2++4NH3的平衡常数K不稳＝4.0×10－5，则Ksp（CdCO3）＝____________。
【解析】（1）由题给信息，浸取过程得到的滤液①中含［Cd（NH3）4］2+、［Ni（NH3）6］2+、［C（NH3）6］2+及CO32－可知NiO浸取时发生反应的化学方程式为NiO+5NH3+NH4HCO3［Cd（NH3）4］CO3+H2O；（2）由题给信息可知，催化氧化前溶液中［C（NH3）6］2+的浓度为0.48g·L－1，50℃，石墨催化，反应时间为2.5h和50℃，石墨催化，反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的［C（NH3）6］2+全部氧化为［C（NH3）6］3+，但同等条件下，反应时间越短越好，故最佳条件为50℃，石墨催化，反应时间为2.5h；（3）C（OH） 3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应I得到CCl2溶液，因此C（OH） 3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，故反应的离子方程式为：2C（OH）3+6H++2Cl－2C2++Cl2↑+6H2O； （4）萃取原理为：Ni2+（水层）+2HR（有机层）2NiR（有机层）+2H+（水层），反萃取中，为促进Ni向水相转移，平衡需逆向移动，结合流程中的产物为NiSO4·6H2O，故应加入H2SO4溶液。分离有机相和水相的操作为分液。（5）由流程分析可得，水相①的主要溶质为［Cd（NH3）4］CO3；（6）Ksp（CdCO3）＝c（C2+）·c（CO32－）＝＝＝＝1.0×10－10。
【答案】（1）NiO+5NH3+NH4HCO3［Cd（NH3）4］CO3+H2O
（2）50℃，石墨催化，反应时间为2.5h
（3）2C（OH）3+6H++2Cl－2C2++Cl2↑+6H2O
（4）H2SO4溶液；分液
（5）［Cd（NH3）4］CO3（6）1.0×10－10
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
术语
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼饶
（煅烧）
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
图示
解读
箭头表示反应物加入同时生成物出来
箭头表示反应物分步加入和生成物出来
箭头表示循环反应
首尾分析法
对一些线型流程工艺（从原料到产品为一条龙的生产工序）试题，首先对比分析流程图中第一种物质（原材料）与最后一种物质（产品），从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答
分段分析法
对于用同样的原材料生产多种（两种或两种以上）产品（包括副产品）的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点
交叉分析法
有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析
看目的
选方法
除去可溶性杂质
水溶法
除去碱性杂质
酸溶法
除去酸性杂质
碱溶法
除去氧化性或还原性杂质
氧化还原反应法
除去受热易分解、挥发、升华的杂质
加热灼烧法
除去酸性溶液中的金属阳离子Mn+
调pH法
过滤
分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
萃取和分液
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
冷却结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸馏或分馏
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
减压蒸馏
若被提纯物质沸点高或高温下易发生副反应，则减压蒸馏可以降低反应温度。
冷却法
利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气
检验离子是否沉淀完全
将溶液静置一段时间后，用胶头滴管取上层清液少许放入小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全
洗涤沉淀
沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净
取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗
乙醇洗涤
降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物
减压过滤
加快过滤速率，使沉淀更干燥
蒸发浓缩
冷却结晶
适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质分离提纯，如除去KNO3中的少量NaCl或受热易分解的物质，如晶体水合物、铵盐等
蒸发结晶
趁热过滤
适用于杂质的溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。趁热过滤的方法：漏斗预热，用少量热蒸馏水通过过滤器，带加热装置的漏斗、抽滤
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe（OH）3
1.5
3.7
Fe（OH）2
7.6
9.6
Mn（OH）2
8.3
9.8
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
金属氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
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
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全（c＝1×10－5ml/L）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
微粒
高价氯
高价锰
高价铬
高价铅
还原产物
Cl－
Mn2+
Cr3+
Pb2+
环境
熔融
酸性
中性或碱性
有CO2
还原产物
O2－
H2O
OH－
CO32－
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
H2CO3
Ce2（CO3）3
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ksp＝1.0×10－28
金属离子
Fe3+
Fe2+
C2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.5
沉淀完全的pH
3.2
9.0
9.4
编号
250mL碘量瓶①
250mL碘量瓶②
药品
0.5g研细的碘
60mL0.010ml·L－1KI
0.5g研细的碘
60mL H2O
I2和I3－的总浓度
0.0050ml·L－1
0.0012ml·L－1
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
C2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.0
6.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
9.2
反应时间
［C（NH3）6］3+/g·L－1
25℃
50℃，石墨催化
1.5h
0.090
0.15
2.5h
0.14
0.48
5h
0.25
0.48
一、热点题型归纳…………………………………………………………………………………………………………1
【题型一】以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题…………………………………………………………………1
【题型二】以物质制备为主体的化工流程题……………………………………………………………………………9
二、最新模考题组练………………………………………………………………………………………………………16
【题型一】以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题
【典例分析】
【典例1】（2022·广东省等级考）稀土（RE）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃；月桂酸和C11H23COO）3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；（C11H23COO）2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al（OH）3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
（2）“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______________的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为___________________________。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c（C11H23COO－）低于_______ml·L－1（保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是___________________。②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1ml Pt3Y转移_______ml电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______________________________。
【解析】由流程可知，该类矿（含铁、铝等元素）加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO42－等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO42－等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成C11H23COO）3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+；（2）由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH＜6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH－Al（OH）3↓；（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L－1，即0.1125ml/L，根据Ksp［（C11H23COO）2Mg］＝1.8×10－8＝c（Mg2+）×c2（C11H23COO－），若要加入月桂酸钠后只生成C11H23COO）3RE，而不产生（C11H23COO）2Mg，则c（C11H23COO－）＜＝ml·L－1＝410－4ml·L－1；（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率；②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸（C11H23COOH）熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4；（6）①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1ml Pt3Y转移15ml电子；②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e－+2H2O4OH。
【答案】（1）Fe2+（2）4.7≤pH＜6.2；Al3++3OH－Al（OH）3↓
（3）4.010－4（4）①加热搅拌可加快反应速率；②冷却结晶
（5）MgSO4（6）①15；②O2+4e－+2H2O4OH－
【提分秘籍】
一、化工流程中常用术语
二、化工流程中常用的审题方法
1．审题干——明确原料成分和目的要求
（1）呈现模式
（2）图示解读
2．审流程——明确各步转化原理和目的
（1）看箭头：进入的是原料（即反应物）；出去的是生成物（包括主产物和副产物）。
（2）看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
（3）找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
（4）关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
3．流程审题三方法
三、以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题
1．物质分离、提纯的原则
（1）不增：不引入新的杂质。
（2）不减：不减少被提纯的物质。
（3）易分离：被提纯物与杂质易于分离。
（4）易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．常用的提纯方法
注意：增大矿石物质的浸出率的措施有：搅拌、加热、升温，增大浸出液的浓度，粉碎增大固液接触面，延长浸出时间。
3．常用的分离方法
4．三种分离、提纯的深化
（1）过滤问题
①3个基本操作
②特定洗涤目的
（2）结晶方式
注意：晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干（适用于热稳定性较好的物质）。
（3）调节溶液pH分离提纯
①控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。
②调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu（OH）2、CuCO3、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH。
【变式演练】
1．（2022·湖南省等级考）钛（Ti）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
（1）已知△G＝△H－T△S，△G的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略△H、△S随温度的变化。若△G＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
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）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）
（2）TiO2与C、Cl2，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_______________________；
②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，原因是_______________________。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为___________________________；“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是____________。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______（填“能”或“不能”）交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入Mg冶炼Ti的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。（1）记①C（s）+O2（g）＝CO2（g），②2C（s）+O2（g）＝2CO（g），③TiO2（s）+2Cl2（g）＝TiCl4（g）+O2（g），④TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）；由图可知，600℃时C（s）+O2（g）＝CO2（g）的△G＜0，反应自发进行，故A不符合题意；由图可知，600℃时2C（s）+O2（g）＝2CO（g）的△G＜0，反应自发进行，故B不符合题意；由图可知，600℃时TiO2（s）+2Cl2（g）＝TiCl4（g）+O2（g）的△G＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；根据盖斯定律，TiO2（s）+2Cl2（g）+C（s）＝TiCl4（g）+CO2（g）可由①+③得到，则600℃时其△G＜0，反应自发进行，故D不符合题意。（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO22CO，导致CO含量升高；（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al＝3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4；（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意。
【答案】（1）C
（2）①5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应C+CO22CO（3）3VOCl3+Al＝3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；（5）AC
2．（2022·辽宁省选择考）某工厂采用辉铋矿（主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质）与软锰矿（主要成分为MnO2）联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3；②金属活动性：Fe＞（H）＞Bi＞Cu；③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高培烧效率，可采取的措施为___________。
A．进一步粉碎矿石 B．鼓入适当过量的空气 C．降低焙烧温度
（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，反应的化学方程式为_______________________。
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
（4）滤渣的主要成分为___________（填化学式）。
（5）生成气体A的离子方程式为__________________________。
（6）加入金属Bi的目的是___________。
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第（2）问题干可知，发生转化：Bi2S3Bi2O3+SO2、FeS2Fe2O3+SO2、MnO2Mn2O3+MnSO4，故联合焙烧后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4进入滤液，滤渣为Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入过量浓盐酸后，Bi2O3和Fe2O3发生转化：Bi2O3Bi3+、Fe2O3Fe3+，因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O，气体A为Cl2，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第（4）（5）问转化：由已知信息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH＝2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原为Fe2+。（1）联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。选ab；（2）Bi2S3在空气中单独焙烧生成Bi2O3，根据原子守恒可知还应生成SO2，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；（3）加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；（4）滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO2；（5）因Mn2O3有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O；（6）由已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3+会水解生成Fe（OH）3沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl2的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【答案】（1）ab（2）2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2
（3）抑制金属离子水解（4）SiO2
（5）Mn2O3+6H++2Cl－2Mn2++Cl2↑+3H2O
（6）将Fe3+转化为Fe2+
3．（2022·全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。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：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为________________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因________________________________。
（2）在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是__________________________。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸（HAc），还要加入H2O2。
①能被H2O2氧化的离子是______________；
②H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb（Ac）2，其化学方程式为____________________；
③H2O2也能使PbO2转化为Pb（Ac）2，H2O2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______________。
【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）+CO32－（aq）PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）BaCO3（s）+SO42－（aq）的平衡常数K＝＝＝＝≈0.04105，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+2HAcPb（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+。
【答案】（1）PbSO4（s）+CO32－（aq）＝PbCO3（s）+SO42－（aq）；反应PbSO4（s）+CO32－（aq）＝PbCO3（s）+SO42－（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）+CO32－（aq）＝BaCO3（s）+SO42－（aq）的平衡常数K＝＝0.04105，反应正向进行的程度有限
（3）①Fe2+；②Pb+H2O2+2HAcPb（Ac）2+2H2O③作还原剂
（4）Fe（OH）3、Al（OH）3（5）Ba2+、Na+
4．（2021·福建省等级考）四钼酸铵是钼深加工的重要中间产品具有广泛的用途。一种以钼精矿（主要含MS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）为原料制备四钼酸铵的工艺流程如下图所示。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的气体用_______吸收后可制取氮肥。
（2）“浸出”时，MO3转化为MO42－。提高单位时间内钼浸出率的措施有_______（任写两种）。温度对90min内钼浸出率的影响如图所示。当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致_______。
（3）“净化”时，浸出液中残留的Cu2+、Fe2+转化为沉淀除去。研究表明，该溶液中c（S2－）和pH的关系为：lgc（S2－）＝pH－15.1。为了使溶液中的杂质离子浓度小于1.0×10－6ml·L－1，应控制溶液的pH不小于_______。（已知：pKsp＝－lgKsp；CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2）
（4）“净化”后，溶液中若有低价钼（以MO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MO42－，反应的离子方程式为___________________________________。
（5）“沉淀”时，加入NH4NO3的目的是_______________________。
（6）高温下用H2还原（NH4）2M4O13可制得金属钼，反应的化学方程式为_______。【已知：（NH4）2M4O13受热分解生成MO3】
【解析】钼精矿（主要含MS2，还有Cu、Fe的化合物及SiO2等）通入氧气焙烧得到MO3、CuO、Fe2O3、SiO2和SO2，焙烧产生的气体主要为SO2；MO3、CuO、Fe2O3、SiO2加Na2CO3、H2O浸出，MO3转化为MO42－，铜、铁大多转化为氢氧化物，SiO2不反应，浸渣为SiO2、氢氧化铁、氢氧化铜等，浸出液含MO42－和少量Cu2+、Fe2+，加（NH4）2S净化，Cu2+、Fe2+转化CuS、FeS沉淀，滤渣为CuS、FeS，滤液主要含MO42－，滤液中加NH4NO3、HNO3进行沉淀得到（NH4）2M4O13·2H2O。（1）“焙烧”产生的气体为SO2，用氨水吸收后可制取氮肥硫酸铵；（2）“浸出”时，提高单位时间内钼浸出率即提高反应速率，措施有适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量（增大Na2CO3浓度）（任写两种）；当浸出温度超过80℃后，钼的浸出率反而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致Na2MO4晶体析出，混入浸渣；（3）CuS和FeS的pKsp分别为35.2和17.2，则Ksp（CuS）＝10－35.2，Ksp（FeS）＝10－17.2，要使Cu2+浓度小于1.0×10－6ml·L－1，则S2－浓度大于ml/L＝10－29.2ml/L，要使Fe2+浓度小于1.0×10－6ml·L－1，则S2－浓度大于ml/L＝10－11.2ml/L，综述：c（S2－）＞10－11.2ml/L，c（S2－）＝10－11.2ml/L时，lg（10－11.2）＝pH－15.1，pH＝15.1－11.2＝3.9；（4）溶液中若有低价钼（以MO32－表示），可加入适量H2O2将其氧化为MO42－，则氧化剂为H2O2，还原产物为－2价的O，还原剂为MO32－，氧化产物为MO42－，则反应的离子方程式为H2O2+MO32－MO42－+H2O；（5）由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为（NH4）2M4O13·2H2O，因此加入NH4NO3的目的是提供NH4+，使MO42－充分转化为沉淀析出；（6）高温下用H2还原（NH4）2M4O13可制得金属钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学方程（NH4）2M4O13+12H24M+2NH3+13H2O。
【答案】（1）氨水（2）①适当升温、搅拌、增加Na2CO3用量（增大Na2CO3浓度）等
②Na2MO4晶体析出，混入浸渣
（3）3.9（4）H2O2+ MO32－MO42－+H2O
（5）提供NH4+，使MO42－充分转化为沉淀析出
（6）（NH4）2M4O13+12H24M+2NH3+13H2O
5．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式___________________。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_____________。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为_______ml/L。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是__________。“酸溶渣”的成分是_______、_______。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是_______________________________。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得_______，循环利用。
【解析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O。（1）氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O；（2）由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀；（3）由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10－5×（1×10－2.9）2＝1×10－10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为c（Mg2+）＝＝ml/L＝1×10－6ml/L；（4）增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；（5）酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+；（6）由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【答案】（1）Al2O3+4（NH4）2SO4NH4Al（SO4）2+4NH3↑+3H2O
（2）Fe3+、Al3+、Mg2+ （3）1×10－6 （4）硫酸；SiO2、CaSO4
（5）TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+ （6）（NH4）2SO4
【题型二】以物质制备为主体的化工流程题
【典例分析】
【典例2】（2022·河北省选择考）以焙烧黄铁矿FeS2（杂质为石英等）产生的红渣为原料制备铵铁蓝Fe（NH4）Fe（CN）6颜料。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）红渣的主要成分为__________（填化学式），滤渣①的主要成分为__________（填化学式）。
（2）黄铁矿研细的目的是__________。
（3）还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为__________。
（4）工序①的名称为__________，所得母液循环使用。
（5）沉铁工序产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为__________，氧化工序发生反应的离子方程式为____________________。
（6）若用还原工序得到的滤液制备Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，所加试剂为__________和__________（填化学式，不引入杂质）。
【解析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4Fe2（SO4）3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由（3）小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为SO42－，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2SO42－+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入（NH4）2SO4、K3［Fe（CN）6］并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2NH4++［Fe（CN）6］3－Fe（NH4）2Fe（CN）6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO进行氧化步骤，反应原理为：Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+，过滤、洗涤干燥即制得Fe（NH4）Fe（CN）6，据此分析解题。（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2；（2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率；（3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为SO42－，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O15Fe2++2 SO42－+16H+，故化学方程式为：7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4；（4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用；（5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe（NH4）2Fe（CN）6中Fe的化合价为+2价和［Fe（CN）6］3－中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+；（6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·xH2O和（NH4）2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O。
【答案】（1）Fe2O3；SiO2（2）增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率
（3）7Fe2（SO4）3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤
（5）+2、+3；Fe（NH4）2Fe（CN）6+ClO－+2H+Fe（NH4）Fe（CN）6+H2O+Cl－+NH4+（6）H2O2；NH3·H2O
【提分秘籍】
一、以物质制备为主体的化工流程题
1．物质制备过程的条件控制
（1）控制体系的环境氛围
①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。
②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。
③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化转化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。
（2）控制反应温度
①加热：加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动（如促进水解生成沉淀）。
②降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。
③控制温度在一定范围内，综合多方面因素考虑。如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。
④如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。
2．在流程题中，常会看到压强、温度等外界条件的出现，不同的工艺对化学反应的温度或压强有不同的要求，其所起的作用也不一样，但都是能否达到实验目的的关键所在，也是命题专家们经常考查的地方。对外界条件的分析主要从对反应速率和平衡转化率的影响这两个方面着手。如
（1）使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是这样可使催化剂的活性达到最高。
（2）对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。
二、物质成分的确定
1．滤渣、滤液成分的确定：要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
（1）反应过程中哪些物质（离子）消失了？
（2）所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子？要考虑这些离子间是否会发生反应？
2．循环物质的确定
3．副产品的判断
三、陌生方程式的书写
1．常见微粒的氧化产物和还原产物
（1）常见微粒的一般还原产物
（2）氧气的还原产物
（3）I－的氧化产物一般是I2，也可能是IO3－
（4）低价碳的氧化产物一般是CO2（酸性）或CO32－（碱性）
（5）H2O2的氧化产物是O2，还原产物可能是H2O、OH－
2．根据条件写方程式步骤
（1）根据条件确定部分反应物和部分生成物
（2）根据价“有升有降”原则，判断其余反应物或生成物
（3）电子守恒配平发生氧化还原反应的微粒
（4）电荷守恒配离子
①优先选择原电解质溶液中所含的离子
②再选择水中的H+或OH－，原则是“左水右离子”
（5）元素守恒配平其他物质：一般缺H或O用H2O来补
3．广义水解原理
（1）化合物中非金属性强的元素显负价，非金属性弱的元素显正价
（2）非金属元素的氢氧化物［R（OH）m］写成HmROm式
4．电极反应式的书写步骤和方法
（1）确定反应物和最终产物
（2）确定得失电子的数目
（3）电荷守恒配离子
①优先选择原电解质溶液中所含的离子
②再选择水中的H+或OH－，原则“左水右离子”
（4）元素守恒配平其他物质，一般缺H或O，用H2O补
（5）注意有无隐含的酸碱性
①酸性溶液：产物是NH4+、Fe3+、Cu2+等弱阳离子
②碱性溶液：有金属氧化物、氢氧化物参与的反应
三、物质制备方案优缺点的分析
1．原料利用率的高低
（1）原料利用率高：步骤简单，副产品少，循环操作
（2）采取措施，提高产量与产率
①温度：考虑催化剂的活性温度，兼顾速率快和含量高
②压强：恒压容器反应物的转化率大；选择适宜的压强
③浓度：适当增大廉价原料的浓度
④催化剂：选择高效催化剂、活性温度低的催化剂
（3）产品分离，所得产品易分离
2．是否采用绿色工艺
（1）有无采用污染性或腐蚀性原料
（2）有无产生污染性或腐蚀性副产品
（3）有无安全隐患，如爆炸、中毒、产生污染等
3．是否符合经济性原则
（1）压强不宜过大，考虑动力成本和设备成本
（2）设备简单，原料廉价易得
（3）是否采用耗能工艺，高温或电解工艺耗能多
（4）废热回收利用：采用热交换器
四、流程图中的定量分析
1．物质的量的基本计算
（1）基本公式：n＝＝＝＝cV（aq）
（2）浓度公式：c＝＝
2．氧化还原反应的基本计算
3．无机物化学式的计算
（1）基本方法：计算各元素或原子团的物质的量之比
（2）根据质量分数计算：w（A）＝
4．含结晶水的硫酸盐的热分解过程
（1）一般先失去结晶水
（2）再失去SO2或SO3变成金属氧化物
（3）最后失去O2变成金属氧化物
5．计算金属阳离子开始沉淀和完全沉淀的pH
（1）列出Ksp表达式：Ksp［M（OH）n］＝c（Mn+）·c（OH－）n
（2）将有关数据代入Ksp表达式计算
①注意溶液体积是否变化，浓度为混合后离子的浓度
②开始沉淀：一般认为该离子浓度不变
③沉淀完全：一般认为该离子浓度≤10－5ml·L—1
（3）计算方法：先求pOH，再求pH
①pOH＝－lg c（OH－）
②pH＝14－pOH（25℃）
【变式演练】
1．（2022·海南省选择考）胆矾（CuSO4·5H2O）是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料［主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO3、Cu（OH）2］制备胆矾。流程如下：
回答问题：
（1）步骤①的目的是_____________。
（2）步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成_______（填化学式）污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，反应的化学方程式为_______________。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______________。
（5）实验证明，滤液D能将I－氧化为I2。
ⅰ．甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是___________。
ⅱ．乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，写出乙同学的实验方案及结果_______（不要求写具体操作过程）。
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu（OH）2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ．H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I－氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ．I－氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I－氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I－的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KI溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I－不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I－氧化为I2。
【答案】（1）除油污（2）SO2（3）Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）ⅰ．溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解
ⅱ．取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入I－，不能被氧化
2．（2022·山东省等级考）工业上以氟磷灰石［Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质］为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_______________。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF62－）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na+）＝_______ml•L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是_______。
（3）SO42－浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是___________________，回收利用洗涤液X的操作单元是___________________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______（填标号）。
A．65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15 B．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30 D．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF62－，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO22H++SiF62－+2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n（Na2CO3）∶n（SiF62－）＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3＝Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na+）＝2c（SiF62－），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na+）•c（SiF62－）＝4c3（SiF62－），c（SiF62－）＝＝1.0×10－2ml•L－1，因此c（Na+）＝2c（SiF62－）＝2.0×10－2ml•L－1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2+）＝c（SO42－）＝＝3.0×10－2ml•L－1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝＝1.0×10－3ml•L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝＝3.3×10－9ml•L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42－，然后才是SiF62－。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝l5、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【答案】（1）6HF+SiO22H++SiF62－+2H2O（2）2.0×10－2；SO42－
（3）CaSO4•0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
3．（2021·湖北省选择考）废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为。某探究小组回收处理流程如图：
回答下列问题：
（1）硒（Se）与硫为同族元素，Se的最外层电子数为_________；镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，中Cu的化合价为____________。
（2）“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为_____________________________________。
（3）25℃时，已知：Kb（NH3·H2O）≈2.0×10－5，Ksp［Ga（OH）3］≈1.0×10－35，Ksp［In（OH）3］≈1.0×10－33，Ksp［Cu（OH）2］≈1.0×10－20，“浸出液”中c（Cu2+）＝0.01ml·L－1。当金属阳离子浓度小于1.0×10－5ml·L－1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的pH约为______（保留一位小数）；若继续加入6.0ml·L－1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后____________；为探究Ga（OH）3在氨水中能否溶解，计算反应Ga（OH）3+NH3·H2O［Ga（OH）4］－+NH4+的平衡常数K＝_________。（已知：Ga3++4OH－［Ga（OH）4］－K′＝≈1.0×1034）
（4）“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42－是否洗净的试剂是_______________；“回流过滤”中SOCl2的作用是将氢氧化物转化为氯化物和_____________________。
（5）“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为_____________________。
【解析】废旧CIGS首先焙烧生成金属氧化物，之后再用硫酸和过氧化氢将氧化亚铜中+1价铜氧化为+2价，再加氨水分离氢氧化铜，过滤，氨水过量氢氧化铜再溶解，用SOCl2溶解，以此解题。（1）硫为第VIA族元素，硒（Se）与硫为同族元素，故Se的最外层电子数为6，镓（Ga）和铟（In）位于元素周期表第IIIA族，则根据正负化合价为零则可以知道中Cu的化合价为+1；（2）“酸浸氧化”为酸性条件下H2O2烧渣中Cu2O反应，其方程式为：Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O；（3）In3+恰好完全沉淀时c（OH－）＝＝ml/L＝1.0×10－9.3ml/L，pOH＝－lg1.0×10－9.3＝9.3，则pH＝14－pOH＝14－9.3＝4.7；蓝色沉淀是氢氧化铜，继续滴加氨水会生成四氨合铜离子，这时氢氧化铜会溶解，故答案是蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；由反应方程式Ga（OH）3+NH3·H2O［Ga（OH）4］－+NH4+可知K＝，由K′＝≈1.0×1034，得K＝＝K′×＝K′×Ksp［Ga（OH）3］×Kb（NH3·H2O）＝1.0×1034×1.0×10－35×2.0×10－5＝2.0×10－6；（4）检验滤渣中SO42－是否洗净可以加入强酸和含钡离子的盐，故试剂是HCl溶液、BaCl2溶液；通过“回流过滤”分为两部分滤渣和滤液，故SOCl2的另一个作用是作溶剂；（5）高温气相沉积”过程中是氨气和GaCl3反应，其方程式为：GaCl3+NH3GaN+3HCl。
【答案】（1）6；+1（2）Cu2O+H2O2+2H2SO42CuSO4+3H2O
（3）4.7；蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色；2.0×10－6
（4）HCl溶液、BaCl2溶液；作溶剂（5）GaCl3+NH3GaN+3HCl
4．（2021·辽宁省选择考）从钒铬锰矿渣（主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO）中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］在空气中易被氧化。回答下列问题：
（1）Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。
（2）用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为________________________________。
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数［lgc总（V）］与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总（V）＝0.01ml·L－1，“沉钒”过程控制pH＝3.0，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______（填化学式）。
（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为____________；在该条件下滤液B中c（Cr 3+）＝_______ml•L－1【Kw近似为1.0×10－14，Cr（OH）3的Ksp近似为1.0×10－30】。
（5）“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为________________________________。
（6）“提纯”过程中Na2S2O3的作用为_____________________________________。
【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr（OH）3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，Cr（OH）3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O，据此分析解题。（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；（2）用FeCl3溶液制备Fe（OH）3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl；（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数［lgc总（V）］与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中c总（V）＝0.01ml·L－1，lgc总（V）＝－2，从图中可知，“沉钒”过程控制pH＝3.0，lgc总（V）＝－2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7－；（4）某温度下，Cr（Ⅲ）、Mn（Ⅱ）的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH－的浓度为：c（OH－）＝10－8ml/L，在该条件下滤液B中c（Cr 3+）＝＝ml/L＝1×10－6 ml·L－1；（5）由分析可知，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O；（6）由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr（OH）3的表面，使产物不纯。
【答案】（1）4；VIB（2）FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl
（3）H3V2O7－（4）6.0；1×10－6（5）Mn2++H2O2+2OH－MnO2+2H2O
（6）防止pH较大时，二价锰［Mn（Ⅱ）］被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr（OH）3的表面，使产物不纯
5．（2021·全国甲卷）碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
（1）I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_______________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_________________；若反应物用量比n（Cl2）/n（FeI2）＝1.5时，氧化产物为___________；当n（Cl2）/n（FeI2）＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______________________。
（2）以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1ml I2，消耗的KI至少为_______ ml。I2在KI溶液中可发生反应I2+I－I3－。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是_______。
【解析】（1）①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe2Ag+Fe2++2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2＝I2+FeCl2，若反应物用量比n（Cl2）/n（FeI2）＝1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I－再氧化Fe2+，恰好将全部I－和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n（Cl2）/n（FeI2）＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；（2）先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I－的物质；再向混合溶液中（含I－）加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I－为中间产物，总反应为IO3－与HSO3－发生氧化还原反应，生成SO42－和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒］及元素守恒配平离子方程式即可得：IO3－+5HSO3－I2+5SO42－+3H++H2O；（3）KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO42CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1ml I2，则消耗的KI至少为4ml；反应中加入过量KI，I－浓度增大，可逆反应I2+I－I3－平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
【答案】（1）①2AgI+Fe2Ag+Fe2++2I－；AgNO3
②FeI2+Cl2I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的Cl2进一步氧化
（2）IO3－+5HSO3－I2+5SO42－+3H++H2O （3）4；防止单质碘析出
1．（广东省广州市2022~2023学年高三上学期第二次阶段性考试）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石［主要含Ru（CO3）2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2］为原料制备钌（Ru）的流程如图。回答下列问题：
（1）Na2Fe4（SO4）6（OH）2中Fe的化合价为____。
（2）“酸浸”时，Na2SO3的作用________________________。“滤渣”的主要成分有SiO2和________（填化学式）。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是____________________________。
（3）“除铁”的离子方程式为____________________________________。（提示：1mlNaClO3参与反应，转移6ml电子）
（4）从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为________________。
（5）“灼烧”时Ar的作用是________________________。
（6）某工厂用10t钌矿石［含8.84tRu（CO3）2、165kgRuO4］，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为____。（保留三位有效数字）
【解析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，过滤得到Na2Fe4（SO4）4（OH）2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。（1）由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4（SO4）6（OH）2中铁元素的化合价为+3价；（2）由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65℃、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65℃、pH为1.0；（3）由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4（SO4）4（OH）2沉淀，反应的离子方程式为6Na++12Fe2++2ClO3－+18SO42－+6H2O3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl－+6OH－；（4）由分析可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为；（5）灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化；（6）若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为×100%＝87.8%。
【答案】（1）+3价（2）①溶解RuO4②CaSO4③温度为65℃、pH为1.0
（3）6Na++12Fe2++2ClO3－+18SO42－+6H2O3Na2Fe4（SO4）6（OH）2↓+2Cl－+6OH－
（4）（5）作保护气，防止钌与空气中的氧气反应（6）87.8%
2．（辽宁省大连市滨城联盟2022~2023学年高三上学期期中）工业上以铬铁矿（主要成分为FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7·2H2O）的工艺流程如图。回答下列问题：
（1）FeCr2O4中Fe元素的化合价_____，焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是_____________________________。
（2）滤渣2的成分___________（填化学式），滤渣提纯后的用途___________。
（3）加入H2SO4酸化的作用是_______________________________________________（结合化学用语简述）。
（4）蒸发结晶时，过度蒸发将导致___________。
（5）该小组用m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数60%）制备Na2Cr2O7，最终得到产品m2kg，产率为___________（列出计算式）
【解析】铬铁矿的主要成分为FeCr2O4，含Al、Si的氧化物等杂质，铬铁矿、纯碱与O2焙烧时将FeCr2O4转化为Na2CrO4，同时将Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，产物加水浸取所得滤液中含Na2CrO4、NaAlO2、Na2SiO3等，加入H2SO4中和将NaAlO2、Na2SiO3转化为Al（OH）3、H2SiO3沉淀而除去，然后加入H2SO4酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶得到副产品，滤液经冷却结晶得到Na2Cr2O7·2H2O。（1）FeCr2O4中Fe、Cr、O的化合价依次为+2、+3、－2价；焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，提高化学反应速率。（2）浸取后的滤液中加H2SO4中和时发生反应H2SO4+Na2SiO3＝Na2SO4+H2SiO3↓、H2SO4+2NaAlO2+2H2O＝Na2SO4+2Al（OH）3↓，故滤渣2的成分为H2SiO3、Al（OH）3；滤渣经提纯后的H2SiO3的用途为干燥剂或催化剂的载体、Al（OH）3的用途为抗胃酸的药物或冶炼铝的原料；（3）加入H2SO4酸化的作用是将Na2CrO4转化成Na2Cr2O7，可解释为：中和后的滤液中存在2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动。（4）H2SO4酸化后的溶液中主要含Na2Cr2O7、Na2SO4，蒸发结晶时过度蒸发将导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出。（5）根据Cr守恒，m1kg铬铁矿（FeCr2O4的质量分数为60%）理论上制得K2Cr2O7的质量为＝ kg；最终产品的质量为m2kg，则产率为×100%＝×100%。
【答案】（1）+2；增大反应物接触面积，提高化学反应速率
（2）H2SiO3，Al（OH）3；干燥剂或催化剂的载体、抗胃酸的药物或冶炼铝的原料
（3）2CrO42－+2H+Cr2O72－+H2O，增大氢离子浓度，使平衡向生成重铬酸根的方向移动
（4）Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出（5）×100%
3．（2023年陕西榆林高三9月模拟）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料，有广泛应用。以铁硼矿（主要成分有Mg2B2O5·H2O、Fe3O4，次要成分有Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3、SiO2）为原料制备氮化硼的流程如图所示：
已知：相关金属离子［c（Mn+）＝0.1ml··l－1］形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）用稀硫酸酸浸时，若其他条件不变，工业中采取下列措施能提高硼元素浸出率的有____（填序号）。
A．适当升高酸浸温度
B．适当加快搅拌速度
C．适当缩短酸浸时间
（2）滤渣1的主要成分为_______。
（3）加氨水过程中常常要加热，加热的目的是______________________。
（4）从硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）写出B2O3与氨气在高温下反应制备BN的化学方程式：___________________。
（6）H3BO3（硼酸）还可以利用电解NaB（OH）4溶液的方法制备，工作原理如图所示。c为_______（填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”），产品室中发生反应的离子方程式为_____________。
（7）某工厂用akg铁硼矿粉（含Mg2B2O5·H2O40%）制备BN，最终得到产品bkg，则BN的产率为________。
【解析】铁硼矿加入稀硫酸，镁、硼、铁、钙、铝转化为相应盐溶液，二氧化硅不反应得到滤渣1，滤液加入过氧化氢将二价铁转化为三价铁，加入氨水使铁、铝离子沉淀，过滤滤液蒸发浓缩、降温结晶后分离出硫酸镁溶液、硼酸，硼酸高温得到B2O3，B2O3与氨气在高温下反应制备BN。（1）适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速度可以加快反应速率，能提高硼元素浸出率；适当缩短酸浸时间会减弱浸出效果。选AB；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为二氧化硅；（3）加氨水目的是通过调节pH使铁离子、铝离子生成沉淀，常常要加热，加热的目的是防止生成胶体，利于沉淀的生成；（4）硫酸镁溶液中提取MgSO4·7H2O的操作包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）B2O3与氨气在高温下反应制备BN，根据质量守恒还会生成H2O，化学方程式：B2O3+2NH32BN+3H2O；（6）由图可知，M室发生氧化反应生成氧气，氢离子浓度增加，进入产品室，M室为阳极室；原料室中［B（OH）4］－进入产品室，发生反应H++［B（OH）4］－＝H3BO3+H2O；N室中发生还原反应生成氢气，钠离子通过c膜得到氢氧化钠，故c为阳离子交换膜；（7）某工厂用akg铁硼矿粉（含Mg2B2O5·H2O40%）制备BN，根据质量守恒可知，得到纯BN的质量为＝kg，最终得到产品bkg，产率为＝×100%。
【答案】（1）AB（2）二氧化硅（或SiO2）
（3）防止生成胶体，利于沉淀的生成（4）蒸发浓缩、降温结晶
（5）B2O3+2NH32BN+3H2O
（6）阳离子交换膜；H++［B（OH）4］－＝H3BO3+H2O（7）×100%
4．（巴中市普通高中2023年高三“零诊”考试）我国稀土资源丰富，其中二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，具有吸收强紫外光线的能力，可以用于光催化降解有机污染物，利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）制备CeO2的工艺流程如下：
（1）CeCO3F其中Ce元素的化合价为_______。
（2）“焙烧”过程中可以加快反应速率，提高焙烧效率的方法有_______（写出一种即可）。
（3）操作①所需的玻璃实验仪器有烧杯、________、________。
（4）上述流程中盐酸可用硫酸和H2O2替换，避免产生污染性气体Cl2，由此可知氧化性：CeO2_____H2O2（填“＞”或“＜”）。
（5）写出“沉铈”过程中的离子反应方程式__________________________。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全［c（Ce3+）为1.0×10－5ml·L－1，此时溶液的pH为5，则溶液中c（HCO3－）＝______ml·L－1（保留2位有效数字）。已知常温下：
（6）Ce4+溶液可以吸收大气中的污染物NOx，减少空气污染，其转化过程如图所示（以NO2为例）。
①该反应中的催化剂为_____________（写离子符号）；
②该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为___________。
【解析】氟碳铈矿通入氧气焙烧生成CeO2、CeF4、CO2，CeO2、CeF4加入盐酸和硼酸生成Ce（BF4）3沉淀和CeCl3溶液，过滤，Ce（BF4）3和KCl溶液发生沉淀转化生成CeCl3和KBF4沉淀；CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2（CO3）3沉淀，Ce2（CO3）3灼烧得到CeO2。（1）CeCO3F中C碳元素化合价为+4、氧元素化合价为－2、F元素化合价为－1，根据化合价代数和等于0，Ce元素的化合价为+3。（2）根据影响反应速率的因素，提高焙烧效率的方法是将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等。（3）操作①是分离Ce（BF4）3沉淀和CeCl3溶液，方法为过滤，所需的玻璃实验仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。（4）氯离子被CeO2氧化为氯气，CeO2作氧化剂，盐酸是还原剂，盐酸可用硫酸和H2O2替换，可知H2O2是还原剂，氧化性CeO2＞H2O2。（5）“沉铈”过程中CeCl3溶液和NH4HCO3反应生成Ce2（CO3）3沉淀，反应的离子反应方程式2Ce3++6HCO3－Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O。若“沉铈”中，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）为1.0×10－5ml/L，则c（CO32－）＝＝ml/L＝1×10－6ml·L－1，Ka2＝＝5.6×10－11，此时溶液的pH为5，则溶液中c（HCO3－）＝＝ml/L＝0.18ml/L。（6）①根据图示，总反应为4H2+2NO24H2O+2N2，则该反应中的催化剂为Ce4+。②4H2+2NO24H2O+2N2反应，NO2中N元素化合价由+4价降低为0，NO2是氧化剂，H2中H元素化合价由0升高为+1，H2是还原剂，该转化过程中还原剂与氧化剂物质的量之比为2∶1。
【答案】（1）+3（2）将矿石粉碎、增大气流速度、提高焙烧温度等
（3）漏斗；玻璃棒（4）＞
（5）2Ce3++6HCO3－Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O；0.18
（6）①Ce4+②2∶1
5．（2023年陕西榆林高三9月模拟）溴是一种重要的化工原料，在阻燃剂、医药、农药等多个领域均有广泛应用。海水是提取溴的最大来源。如图是海水中提溴的工艺流程图：
（1）请画出溴的原子结构示意图________________。
（2）上述工艺中，加酸的目的是________________________________，在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是________________________。
（3）目前的工艺也可用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO3－和无色气体生成，该反应的离子方程式为____________________________________，吸收后重新得到溴单质的离子反应方程式为____________________________________。
（4）获得的高浓度的液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量________________。
（5）通过Br2进一步反应可以获得KBrO3，该物质常用于测定苯酚的含量。第一步：称取苯酚试样0.5000g，用NaOH溶液溶解后，用水准确稀释至250.00mL，移取25.00mL试液于碘瓶中，加入KBrO3－KBr标准溶液25.00mL及足量HCl溶液，充分反应。第二步：向上述溶液中加入足量KI，然后用0.1000ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，用去15.00mL。第三步：另取KBrO3－KBr标准溶液25.00mL，加入HCl及足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液滴定，用去40.00mL。（已知：I2+2S2O32－S4O62－+2I－）
①第一步的目的是____________________。
②计算苯酚的质量分数________。（保留到小数点后两位）
③若第三步反应中酸度过高，会使测定结果___________（“偏大”、“偏小”、“不变”），原因是________________________________。
【解析】海水通过富集溴后在酸性环境下通入氯气，得到溴单质，用热空气吹出溴气体，转入吸收塔用二氧化硫和水吸收，得到溴化氢溶液，转入蒸馏塔，再次用氯气氧化，蒸馏，得到溴的蒸气，在冷凝器中冷凝得到液溴。苯酚试样用NaOH溶液溶解后，使体系环境呈碱性，苯酚生成苯酚钠，完全溶于溶液之中，用水准确稀释，移取一部分于碘瓶中，加入足量HCl溶液中和碱性环境，同时使苯酚钠生成苯酚，再用KBrO3－KBr标准溶液充分反应，利用剩余KBrO3氧化KI得到I2后，用Na2S2O3标准溶液滴定KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应前后两次氧化得到I2含量的差值，求算KBrO3KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应的消耗量，进一步可求算苯酚的含量。（1）溴在第四周期ⅦA族，原子结构示意图：。（2）海水富集后加酸，可排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质；在蒸馏塔中鼓入水蒸气的目的是提高蒸馏塔内湿度，溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度。（3）用Na2CO3溶液在吸收塔中吸收Br2蒸气，反应中有BrO3－和无色气体生成，该反应的离子方程式为：3Br2+3CO32－5Br－+BrO3－+3CO2↑；吸收后溶液含有BrO3－和Br－，在酸性环境下重新得到溴单质，离子反应方程式为：5Br－+BrO3－+6H+3Br2+3H2O。（4）由于液溴易挥发，其微溶与水，密度比水大，故液溴在保存时常在试剂瓶中加入少量水，实现水封保存。（5）①据分析可知，第一步的目的是使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度；②根据第三步实验数据可知，KBrO3－KBr标准溶液25.00mL与HCl及足量KI溶液反应得到I2的物质的量为n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1ml·L－1×40×10－3L＝2×10－3ml；根据第二步实验数据可知，KBrO3－KBr标准溶液25.00mL与苯酚反应后剩余物质能氧化得到I2的物质的量为n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×0.1ml·L－1×15×10－3L＝7.5×10－4ml，根据反应：BrO3－+6I－+6H+Br－+3I2+3H2O，可知与苯酚反应的KBrO3物质的量为n（KBrO3）＝n（I2）＝×（2×10－3ml－7.5×10－4ml），根据反应：6H++BrO3－+5Br－3Br2+3H2O和3Br2+OH→+3HBr，可知KBrO3~3Br2~OH，则25.00mL试液中苯酚物质的量为n（苯酚）＝n（KBrO3）＝×1.25×10－3ml，故其质量分数为（苯酚）＝×100%＝78.33%；③若第三步反应中酸度过高，Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大，导致计算KBrO3－KBr标准溶液与苯酚反应的量偏多，使测定结果偏大。
【答案】（1）（2）排除一些能与氯气反应的物质，减少氯气的损耗，强化氯气的氧化性，更易得到溴单质；溶解溴化氢，增大溴化氢与氯气的接触面积，使反应更加充分，更快反应得到溴蒸气，同时提高溴蒸气的纯度
（3）3Br2+3CO32－5Br－+BrO3－+3CO2↑；5Br－+BrO3－+6H+3Br2+3H2O（4）水
（5）①使苯酚充分溶解，提高后续实验的准确度②78.33%
③偏大；Na2S2O3发生歧化反应，致使Na2S2O3标准溶液消耗体积偏大
6．（2022·四川省攀枝花市高三3月模拟）废旧硬质合金刀具中含碳化钨（WC）、金属钴（C）及少量杂质铁，利用电解法回收WC和制备C2O3的工艺流程简图如下：
已知：在上述流程中，各种金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）以废旧刀具作阳极，不锈钢作阴极，盐酸为电解质溶液。电解时阳极的电极反应有：C－2e－C2+和________________。
（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素。由表中的数据可知，理论上可选择的pH的范围是________________。
（3）生成CCO3的离子方程式是________________。
（4）实验测得NH4HCO3溶液显碱性。制备CCO3时，不能将滤液加入NH4HCO3溶液中，原因是_______________________。
（5）已知：Ksp（CCO3）＝1.4×10－13，Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8．若仅从沉淀转化角度考虑，在0.01ml/LNa2C2O4溶液中加入CCO3固体能否转化为CC2O4沉淀？通过计算说明：________________。
（6）洗涤CCO3不充分对最终产品纯度并无影响，但在焙烧时会造成环境污染，主要原因是________。
（7）CCO3生成C2O3的化学方程式是________________________。
【解析】电解时阴极得到电子，由于HCl是电解质溶液，所以阴极是氢离子放电生成氢气，阳极是Fe失去电子生成Fe2+离子，C失去电子生成C2+，WC在阳极沉淀。溶液中加入双氧水将Fe2+离子氧化生成Fe3+离子，再入氨水控制pH使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而C2+不能沉淀。过滤分离，滤渣为Fe（OH）3，滤液中主要含有CCl2、NH4Cl，滤液中加入NH4HCO3生成CCO3沉淀，过滤分离、洗涤后灼烧CCO3分解生成C2O3。（1）电解时阳极除C放电外，Fe也放电生成Fe2+，阳极上另外发生的电极反应式为：Fe－2e－Fe2+；（2）通入氨气的目的是调节溶液的pH，除去铁元素，使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，而C2+不能沉淀，由表中数据可知应控制：3.2≤pH＜6.5；（3）HCO3－与C2+反应CCO3沉淀，同时产生的产生的H+又与HCO3－反应生成CO2与H2O，故生成CCO3的离子方程式是：C2++2HCO3－CCO3↓+CO2↑+H2O；（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成C（OH）2杂质，故不能将滤液加入NH4HCO3溶液中；（5）CCO3饱和溶液中c（C2+）＝＝＝4×10－7ml/L，c（C2+）×c（C2O42－）＝4×10－7×0.01＝4×10－9＜Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8，故不能转化为CC2O4沉淀；（6）洗涤CCO3不充分，会含有NH4Cl，NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl而污染环境，；故答案为：；（7）CCO3加热分解生成C2O3，C元素化合价有+2价升高为+3价，则C元素化合价降低，会有CO生成，由电子转移守恒可知：1×n（CCO3）＝n（CO）×（4－2），故n（CCO3）＝2n（CO），由原子守恒可知还生成CO2，故反应方程式为：2CCO3C2O3+CO2↑+CO↑。
【答案】（1）Fe－2e－Fe2+（2）3.2≤pH＜6.5
（3）C2++2HCO3－CCO3↓+CO2↑+H2O
（4）将滤液加入显碱性的NH4HCO3溶液中会生成C（OH）2杂质
（5）CCO3饱和溶液中c（C2+）＝＝＝4×10－7ml/L，c（C2+）×c（C2O42－）＝4×10－7×0.01＝4×10－9＜Ksp（CC2O4）＝6.3×10－8，故不能转化为CC2O4沉淀
（6）灼烧时，CCO3中残留的NH4Cl分解产生NH3和HCl
（7）2CCO3C2O3+CO2↑+CO↑
7．（福建省泉州市2022届高三下学期3月质监）某研究性学习小组利用氯型阴离子交换树脂（RCl）从海带中提取I2，并测定反应I2（aq）+I−（aq）I3－（aq）的平衡常数。
Ⅰ.离子交换法提取I2的流程如下：
已知：①交换吸附发生反应：RCl+I3－RI3+Cl－，RCl+I－RI+Cl－；②吸附I－和I3－达饱和的树脂分别呈淡黄色和黑红色。
（1）“氧化”时I－转化为I3－，反应的离子方程式为__________________。
（2）“一次洗脱”已经完成的现象是__________________。
（3）洗脱液1中，碘元素以___________（填离子符号）存在，向其中加入6ml·L－1 H2SO4，可析出碘晶体。
（4）将分离出碘晶体的洗脱液合并，置于___________（填仪器名称）中，加入乙醚，振荡，静置，分液。后经___________（填操作名称）回收乙醚。
Ⅱ．测定反应I2（aq）+I−（aq）I3－（aq）的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时。取一定体积的上层清液用0.0500ml·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，测定I2和I3－的总浓度。
（5）不能用普通锥形瓶代替碘量瓶的原因___________。
（6）0.5g的碘的不需要精确称取的理由是___________。
（7）碘量瓶①平衡体系中c（I2）与②中c（I2）接近。K≈___________ml/L（保留3位有效数字）。
【解析】本题是一道利从海带中提取碘单质的工业流程题，首先用过氧化氢氧化过氧化氢中的碘离子，生成碘单质，利用交换树脂吸附RI3，之后用氢氧化钠洗脱使I3－转化为I－，生成RI，以此解题。（1）氧化时，过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：H2O2+2I－+2H+I2+2H2O；（2）洗脱是为了将交换吸附产生的I3－转化为I－，根据信息②可知完成的现象是树脂的颜色由黑红色变成淡黄色；（3）氢氧化钠洗脱将RI3转化为RI，NaIO3，NaI，H2SO4，酸化发生归中反应生成I2，I元素以I－、IO3－形式存在；（4）I2萃取分液的方法提取，所以应置于分液漏斗中，加入乙醚振荡，静置分液后，经蒸馏回收乙醚；（5）I－具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止I－被氧气氧化；（6）当溶液中I2（aq）达到饱和后，其浓度不再改变；（7）由②中可知①中c（I2）＝0.0012ml/L，①中c（I3－）＝0.005ml/L－0.0012ml/L＝0.0038ml/L，根据I2（aq）+I−（aq）I3－（aq），可知c（I－）＝0.01－0.0038＝0.0062ml/L，K＝＝≈511ml/L。
【答案】（1）H2O2+2I－+2H+I2+2H2O
（2）树脂的颜色由黑红色变成淡黄色（3）I－、IO3－
（4）分液漏斗；蒸馏
（5）使用锥形瓶I－易被空气中氧气氧化（或I2易升华）
（6）在水或KI溶液中I2（aq）已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大
（7）511
8．（江苏省扬州2021~2022学年高三3月模拟）工业以炼钢污泥（主要成分为铁的氧化物，还含有CaO、SiO2、C等杂质）为原料制备脱硫剂活性Fe2O3·H2O，并用该脱硫剂处理沼气中H2S的流程如下：
（1）“还原”：还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与___________（填离子符号）反应。
（2）“除杂”：若使还原后的滤液中Ca2+完全沉淀（离子浓度小于10－6ml/L），则滤液中c（F－）需大于___________；若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是___________________________________________________________［Ksp（CaF2）＝1.44×10－10，Ka（HF）＝3.53×10－4］。
（3）“沉铁”：生成FeCO3沉淀的离子方程式为___________。
（4）“脱硫、再生”：活性Fe2O3·H2O是一种固体脱硫剂（无水Fe2O3无脱硫作用），其原理是将废气中的含硫化合物化学吸附到脱硫剂的孔隙中，发生反应改变其化学组成。当脱硫剂达到饱和后，即不再具有脱硫能力需要对其进行再生。利用活性Fe2O3·H2O脱除沼气中的H2S可转化成Fe2S3·H2O，其脱除及常温下再生的原理如图所示。
①“脱硫”反应的化学方程式为_______________________。
②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，原因是_____________；多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是_____________________________。
【解析】（1）还原时加入的废铁屑除了与Fe3+反应外，还与溶液中过量的硫酸电离产生的H+发生反应。（2）由于CaF2的溶度积常数Ksp（CaF2）＝1.44×10－10，c（Ca2+）＝1.0×10－6ml/L，则c（F－）＝ml/L＝1.2×10－2ml/L。若溶液的pH偏低，，溶液中的H+与F－会形成弱酸HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀就不完全。（3）在沉铁时，溶液中的Fe2+与HCO3－、NH3·H2O反应产生FeCO3沉淀、NH4+和水，反应的离子方程式为Fe2++HCO3－+NH3·H2OFeCO3↓+NH4++H2O。（4）①根据反应原理可知在“脱硫”反应中，Fe2O3·H2O和H2S反应产生Fe2S3·H2O和H2O，该反应的化学方程式为：Fe2O3·H2O+3H2SFe2S3·H2O+3H2O。②工业上要求脱除及再生整个过程温度不能超过90℃，这是由于温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解。多次“再生”后，脱硫剂的活性不断下降，脱硫效果明显变差的原因可能是由于多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降。
【答案】（1）H+（2）1.2×10－2ml/L；pH偏低形成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
（3）Fe2++HCO3－+NH3·H2OFeCO3↓+NH4++H2O
（4）①Fe2O3·H2O+3H2SFe2S3·H2O+3H2O②温度超过90℃，Fe2O3·H2O和Fe2S3·H2O均会发生分解；多次“再生”后，脱硫剂表面的大部分孔隙被S或其他物质覆盖，使得脱硫剂的活性下降
9．（江苏省百校大联考2022届高三上学期第二次考试）CC2O4是制备金属钴的原料，利用含钴废料（主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CC2O4的工艺流程如下：
已知：①Ksp［C（OH）2］＝1.09×10－15；②氧化性：C2O3＞O2＞Cl2；③部分金属离子沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按离子浓度为1.00ml·L－1 QUOTE L－1 计算）：
④CC2O4·2H2O热分解曲线如下：
固体残留率＝ QUOTE 剩余固体的质量原固体总质量 ×100%
回答下列问题：
（1）“500℃焙烧”的目的是___________________________。
（2）“滤渣1”的主要成分是__________________。
（3）“净化除杂2”可将钙、镁离子沉淀除去，当c（Mg2+）＝1.0×10－5ml·L－1时，溶液中Ca2+是否沉淀完全_________（填“是”或“否”）。［已知Ksp（MgF2）＝7.42×10－11、Ksp（CaF2）＝1.46×10－10］
（4）“沉钴”时，用草酸铵，而不用草酸钠的原因是__________________。
（5）从环保角度考虑，以含钴废料（主要成分为C2O3，含少量Fe2O3、Al2O3）制备C3O4的实验方案为__________________________________________________。（可选试剂：1.000ml·L－1H2SO4溶液，1.000ml·L－1H2O2溶液，1.000ml·L－1HCl，0.1000ml·L－1NaOH溶液，1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液）
【解析】（1）焙烧将C和有机物转化成气体除去。（2）CaSO4微溶，形成滤渣。（3）c（Ca2+）＝ QUOTE Ksp（CaF2）Ksp（MgF2） ×c（Mg2+）＝1.97×10－5ml·L－1＞10－5ml·L－1，Ca2+未沉淀完全。（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成C（OH）2沉淀。（5）基本思路：仿照原流程，先将废料溶于酸使Fe2O3、Al2O3转化为Fe3+、Al3+，再将C3+还原为C2+后，调节pH沉淀除去Fe3+、Al3+，然后沉钴得到CC2O4沉淀，从CC2O4·2H2O热分解曲线推知：CC2O4受热分解，通过计算确定温度为385℃可得C3O4，温度更高，得到的是CO。试剂选择：H2O2既有氧化性，又有还原性，已知氧化性：C2O3＞O2＞Cl2，但题目要求从环保角度考虑，用盐酸产生有毒气体Cl2，H2O2被氧化O2，所以选择H2O2做还原剂。实验方案为：向含钴废料中加入1.000ml·L－1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000ml·L－1H2O2溶液待反应完全后滴加0.1000ml·L－1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385℃条件下加热至恒重，得到C3O4。
【答案】（1）除去C和有机物
（2）CaSO4（3）否
（4）Na2C2O4溶液的碱性强于（NH4）2C2O4，防止碱性过强形成C（OH）2沉淀
（5）向含钴废料中加入1.000ml·L－1H2SO4溶液，充分搅拌，加入1.000ml·L－1H2O2溶液，待反应完全后滴加0.1000ml·L－1氢氧化钠溶液，调节溶液的pH在5.0~6.4之间，静置过滤，取滤液，加入1.000ml·L－1（NH4）2C2O4溶液，待充分沉淀后，静置过滤，将滤渣在385℃条件下加热至恒重
10．（湘潭市2022届高三第一次模拟考试）下图为从预处理后的可充电电池粉末（主要为NiO、CdO、CO和Fe2O3等）中回收重金属的工艺流程。
回答下列问题：
（1）“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液，再通入NH3，滤液①中主要含［Cd（NH3）4］2+、［Ni（NH3）6］2+、［C（NH3）6］2+及CO32－。写出NiO浸取时发生反应的化学方程式：______________________________________。
（2）探究“催化氧化”步骤中［C（NH3）6］2+氧化为［C（NH3）6］3+的实验条件，向［C（NH3）6］2+含量为0.48g·L－1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录［C（NH3）6］3+浓度数据如下表：
由表中数据可得，［C（NH3）6］2+氧化的最佳条件为________________________。
（3）已知C（OH）3为强氧化剂，向C（OH）3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”，写出该反应的离子方程式：_______________________________。
（4）“反萃取”的原理为2NiR有机+2H+Ni2++2HR有机，需加入的试剂X为_________，分离有机相和水相的操作的名称为_____________。
（5）“水相①”的主要溶质为______________________（填化学式）。
（6）生成CdCO3沉淀是利用反应：［Cd（NH3）4］2++CO32－CdCO3↓+4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K＝4.0×105，［Cd（NH3）4］2+Cd2++4NH3的平衡常数K不稳＝4.0×10－5，则Ksp（CdCO3）＝____________。
【解析】（1）由题给信息，浸取过程得到的滤液①中含［Cd（NH3）4］2+、［Ni（NH3）6］2+、［C（NH3）6］2+及CO32－可知NiO浸取时发生反应的化学方程式为NiO+5NH3+NH4HCO3［Cd（NH3）4］CO3+H2O；（2）由题给信息可知，催化氧化前溶液中［C（NH3）6］2+的浓度为0.48g·L－1，50℃，石墨催化，反应时间为2.5h和50℃，石墨催化，反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的［C（NH3）6］2+全部氧化为［C（NH3）6］3+，但同等条件下，反应时间越短越好，故最佳条件为50℃，石墨催化，反应时间为2.5h；（3）C（OH） 3为强氧化剂，由工艺流程可知经反应I得到CCl2溶液，因此C（OH） 3被浓盐酸还原为CCl2，而浓盐酸被氧化为Cl2，故反应的离子方程式为：2C（OH）3+6H++2Cl－2C2++Cl2↑+6H2O； （4）萃取原理为：Ni2+（水层）+2HR（有机层）2NiR（有机层）+2H+（水层），反萃取中，为促进Ni向水相转移，平衡需逆向移动，结合流程中的产物为NiSO4·6H2O，故应加入H2SO4溶液。分离有机相和水相的操作为分液。（5）由流程分析可得，水相①的主要溶质为［Cd（NH3）4］CO3；（6）Ksp（CdCO3）＝c（C2+）·c（CO32－）＝＝＝＝1.0×10－10。
【答案】（1）NiO+5NH3+NH4HCO3［Cd（NH3）4］CO3+H2O
（2）50℃，石墨催化，反应时间为2.5h
（3）2C（OH）3+6H++2Cl－2C2++Cl2↑+6H2O
（4）H2SO4溶液；分液
（5）［Cd（NH3）4］CO3（6）1.0×10－10
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
术语
释义
研磨、雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
灼饶
（煅烧）
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿
浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等
酸浸
在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
蒸发结晶
蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出
蒸发浓缩
蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗
用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
图示
解读
箭头表示反应物加入同时生成物出来
箭头表示反应物分步加入和生成物出来
箭头表示循环反应
首尾分析法
对一些线型流程工艺（从原料到产品为一条龙的生产工序）试题，首先对比分析流程图中第一种物质（原材料）与最后一种物质（产品），从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答
分段分析法
对于用同样的原材料生产多种（两种或两种以上）产品（包括副产品）的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点
交叉分析法
有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析
看目的
选方法
除去可溶性杂质
水溶法
除去碱性杂质
酸溶法
除去酸性杂质
碱溶法
除去氧化性或还原性杂质
氧化还原反应法
除去受热易分解、挥发、升华的杂质
加热灼烧法
除去酸性溶液中的金属阳离子Mn+
调pH法
过滤
分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
萃取和分液
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
冷却结晶
提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸馏或分馏
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
减压蒸馏
若被提纯物质沸点高或高温下易发生副反应，则减压蒸馏可以降低反应温度。
冷却法
利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气
检验离子是否沉淀完全
将溶液静置一段时间后，用胶头滴管取上层清液少许放入小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全
洗涤沉淀
沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次
检验沉淀是否洗涤干净
取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净
冰水洗涤
洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗
乙醇洗涤
降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物
减压过滤
加快过滤速率，使沉淀更干燥
蒸发浓缩
冷却结晶
适用于杂质的溶解度随温度变化不大的物质分离提纯，如除去KNO3中的少量NaCl或受热易分解的物质，如晶体水合物、铵盐等
蒸发结晶
趁热过滤
适用于杂质的溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。趁热过滤的方法：漏斗预热，用少量热蒸馏水通过过滤器，带加热装置的漏斗、抽滤
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe（OH）3
1.5
3.7
Fe（OH）2
7.6
9.6
Mn（OH）2
8.3
9.8
物质
TiCl4
VOCl3
SiCl4
AlCl3
沸点/℃
136
127
57
180
物质
TiCl4
CO
CO2
Cl2
分压MPa
4.59×10－2
1.84×10－2
3.70×10－2
5.98×10－9
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.5
8.3
Fe3+
1.6
2.8
Mn2+
8.1
10.1
难溶电解质
PbSO4
PbCO3
BaSO4
BaCO3
Ksp
2.5×10－8
7.4×10－14
1.1×10－10
2.6×10－9
金属氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Pb（OH）2
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
金属离子
Fe3+
Al3+
Mg2+
Ca2+
开始沉淀的pH
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全（c＝1×10－5ml/L）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
微粒
高价氯
高价锰
高价铬
高价铅
还原产物
Cl－
Mn2+
Cr3+
Pb2+
环境
熔融
酸性
中性或碱性
有CO2
还原产物
O2－
H2O
OH－
CO32－
BaSiF6
Na2SiF6
CaSO4
BaSO4
Ksp
1.0×10－6
4.0×10－6
9.0×10－4
1.0×10－10
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
H2CO3
Ce2（CO3）3
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.6×10－11
Ksp＝1.0×10－28
金属离子
Fe3+
Fe2+
C2+
开始沉淀的pH
1.9
7.0
6.5
沉淀完全的pH
3.2
9.0
9.4
编号
250mL碘量瓶①
250mL碘量瓶②
药品
0.5g研细的碘
60mL0.010ml·L－1KI
0.5g研细的碘
60mL H2O
I2和I3－的总浓度
0.0050ml·L－1
0.0012ml·L－1
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
C2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
3.0
6.4
沉淀完全的pH
2.8
8.3
5.0
9.2
反应时间
［C（NH3）6］3+/g·L－1
25℃
50℃，石墨催化
1.5h
0.090
0.15
2.5h
0.14
0.48
5h
0.25
0.48
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