专题01 工艺流程专题-【大题精做】冲刺2023年高考化学大题突破+限时集训（新高考专用）

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专题01 工艺流程专题

化学工艺流程题是高考的必考题型，题目综合性强，难度大，通常以化工生产中流程图的形式，以陌生元素或陌生化合物知识为载体，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、实验基本操作、实验步骤的分析、实验方案的评价、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，可以说是真正的学科内综合题，试题涉及的知识面多而杂（如下图）。


例1 （青海西宁市2023届高三1月复习检测）蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。以蛇纹石为原料可以生产高纯氧化镁工艺流程如图所示：

请回答下列相关问题。
（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是_________________________。
（2）分离操作后需要对酸浸滤饼洗涤并将洗涤液和酸浸滤液合并，洗涤液和滤液合并的目的是_____________________________________________________。判断滤饼已经洗涤干净的操作和现象是_______________________________________。
（3）净化过程是在常温下进行，加氨水将溶液的pH调至9，已知Ni2+开始沉淀的pH为7，Ksp［Ni（OH）2］＝2.0×10－15，Ksp［Cr（OH）3］＝6.0×10－38，此时溶液中＝___________，净化过程中Ni2+的去除率＝___________。（去除率＝×100%，忽略净化过程中溶液的体积变化）
（4）理论上沉淀反应中可选用NaOH作沉淀剂生成Mg（OH）2沉淀，也可选用Na2CO3作沉淀剂生成碱式碳酸镁的结晶物［MgCO3·Mg（OH）2·5H2O］，实际生产中为了得到比表面积大、活性高的轻质氧化镁，通常采用Na2CO3作沉淀剂，原因是___________。
（5）沉淀反应的温度以及所用硫酸镁和碳酸钠的摩尔计量比对最终产品纯度和产率的影响如图所示，则生产中应选择的合适的温度范围是___________，最佳摩尔计量比是___________。

【解析】蛇纹石的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，同时含有少量铁、铝、铬、镍的氧化物。蛇纹石加入活化剂、硫酸进行酸浸，分离去掉酸浸滤饼，所得滤液结晶后加入粗硫酸镁，加入双氧水、氨水净化，精制硫酸镁溶液，加入沉淀剂沉淀反应，过滤、干燥后煅烧得到高纯氧化镁。（1）酸浸时发生的主要反应的化学方程式是Mg3Si2O5（OH）4+3H2SO43MgSO4+2H2SiO3↓+3H2O；（2）洗涤液中含有少量硫酸镁，将洗涤液和滤液合并可减少硫酸镁的损失，提高最终所得氧化镁的产率。证明滤饼已经洗涤干净需要证明滤饼表面已经没有吸附的SO42－，因此应该取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生；（3）pH调至9时，溶液中c（OH－）＝1.0×10－5mol/L，根据Ksp［Ni（OH）2］＝c（Ni2+）•c2（OH－）＝2.0×10－15和Ksp［Cr（OH）3］＝c（Cr3+）•c3（OH－）＝6.0×10－38，则＝＝＝＝3×10－18。Ni2+开始沉淀的pH为7，c（OH－）＝1.0×10－7mol/L，根据Ksp可以算出原溶液中c（Ni2+）＝＝2.0×10－1mol/L，最终c（Ni2+）＝2.0×10－5mol/L，因此去除率为99.99%；（4）采用Na2CO3作沉淀剂时得到的沉淀是MgCO3·Mg（OH）2·5H2O，与Mg（OH）2沉淀相比，MgCO3·Mg（OH）2·5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大，活性更高；（5）从图像分析可知，温度40~45℃、摩尔计量比1∶1.4时，产率和产品纯度都较高。
【答案】（1）Mg3Si2O5（OH）4+3H2SO43MgSO4+2H2SiO3↓+3H2O
（2）①提高氧化镁的产率②取少量最后一次洗涤液于试管中，先加盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀产生
（3）①3×10－18②99.99%
（4）MgCO3·Mg（OH）2·5H2O煅烧分解时会产生大量的气体，可使得到的氧化镁颗粒更小，比表面积更大
（5）①40~45℃②1∶1.4

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
微粒
高价氯
高价锰
高价铬
高价铅
还原产物
Cl－
Mn2+
Cr3+
Pb2+
（2）氧气的还原产物
环境
熔融
酸性
中性或碱性
有CO2
还原产物
O2－
H2O
OH－
CO32－
（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≤10－5mol·L—1
（3）计算方法：先求pOH，再求pH
①pOH＝－lg c（OH－）
②pH＝14－pOH（25℃）

1．一种从阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等）中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：

已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。②S2O32－易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O32－［Ag（S2O3）2］3－，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K＝2.80×1013。③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp（AgCl）＝1.80×10－10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______（填化学式）；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是___________________________。
（3）“反萃取剂”最好选用_______（填化学式）溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应的平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O32－没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为___________________________________。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______（填工序名称）工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：___________。
【解析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有［Ag（S2O3）2］3－的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。（1）SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2OSe+2H2SO4。（2）Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；（3）根据2RH+Cu2+＝R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以“反萃取剂”最好选用HNO3溶液。（4）“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O32－［Ag（S2O3）2］3－+Cl－，反应的平衡常数为＝＝Ksp（AgCl）×K＝1.80×10－10×2.80×1013＝5.04×103。（5）Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被［Ag（S2O3）2］3－被还原为Ag，S2O32－没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2［Ag（S2O3）2］3－+S2O42－+4OH－2Ag+2SO32－+4S2O32－+2H2O；（6）“还原”过程中S2O32－没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c（S2O32－）减小，c（Cl－）增大，AgCl（s）+2S2O32－（aq）［Ag（S2O3）2］3－（aq）+Cl－（ag）平衡左移，银的浸出率降低。
2．（四川省南充2022~2023学年高三上学期期中）硒（Se）和铜（Cu）在生产生活中有广泛的应用。氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如图所示：



请回答下列问题：
（1）步骤①中主要成分发生的离子反应方程式是：___________________________。
（2）写出步骤③中主要反应的离子方程式：_______________________________。
（3）步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是__________（写酸的名称）。
（4）上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是______________________________________。
（5）Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠（Na2SeSO3）溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：_______________________________。
（6）氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是_____________________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是________________________。

（7）用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2+。已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp（CuS）＝6.3×10－36。反应Cu2+（aq）+HS－（aq）CuS（s）+H+（aq）的平衡常数K＝____________（结果保留1位小数）。
【解析】酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵、氯化铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32－+2Cl－+H2O2CuCl+SO42－+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；（1）步骤①中海绵铜与硝酸铵、水、硫酸反应，酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，将铜元素氧化为铜离子，离子反应方程式是：3Cu+8H++2NO3－3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）步骤③的反应为：2Cu2++SO32－+2Cl－+H2O2CuCl+SO42－+2H+；（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质。（4）由题：CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，步骤⑥醇洗，步骤⑦烘干，目的是：使CuCl干燥，防止其水解氧化。（5）硒代硫酸钠（Na2SeSO3）与H2SO4溶液反应为：Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O；（6）流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低反应速率慢，CuCl产率低；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解。（7）已知：25℃时，H2S的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝7.0×10－15，CuS的溶度积为Ksp（CuS）＝6.3×10－36，反应Cu2+（aq）+HS－（aq）CuS（s）+H+（aq）的平衡常数：K＝＝＝＝＝1.1×1021。
【答案】（1）3Cu+8H++2NO3－3Cu2++2NO↑+4H2O
（2）2Cu2++SO32－+2Cl－+H2O2CuCl+SO42－+2H+
（3）硫酸（4）使CuCl快速干燥，防止其水解氧化
（5）Na2SeSO3+H2SO4Na2SO4+Se↓+SO2↑+H2O
（6）温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐（氯化铵，亚硫酸铵）易受热分解
（7）1.1×1021

1．（四川省遂宁市高2023届高三零诊）形状记忆陶瓷目前尚处于研究阶段，其中一种形状记忆陶瓷的主要原材料是纳米级ZrO2，用锆石（ZrSiO4，含少量FeO、Al2O3和SiO2）制备纳米级ZrO2的流程设计如图：

查阅资料知：Ksp［Fe（OH）3］＝1.0×10－38，回答下列问题。
（1）锆石“粉碎过筛”的目的是_______。
（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式为_______________________________。滤渣1的主要成分是___________。若室温下Ksp［Cu（CN）2］＝4×10－11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10－5mol/L，则溶液中CN－的浓度不能低于_______。
（3）在空气中焙烧Zr（OH）4可以得到纳米ZrO2，若在实验室中焙烧Zr（OH）4主要使用的陶瓷仪器是__________，工业生产中常常用无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，还可以__________。
（4）酸浸时，得到的溶质主要是ZrOCl2，而不是预想中的ZrCl4，说明ZrCl4很容易水解，则ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是_______________________________。
（5）若锆石中含有ZrSiO4的质量分数是54.9%，在制备ZrO2的过程中损失10%的锆元素，则1kg锆石理论上能够制得ZrO2的质量是_______g。
（6）除Fe3+也可以用合适的萃取剂，Fe3+的萃取率与pH的关系如图所示，pH＞1.7后，随pH增大，Fe3+萃取率下降的原因是______________________。

【解析】“碱熔”中NaOH分别与Al2O3和SiO2反应生成NaAlO2和Na2SiO3，加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，滤渣1的主要成分是H2SiO3，加入氨水沉淀铁离子和铝离子，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，加入KCN除铜离子，加入氨水生成Zr（OH）4，受热分解生成ZrO2；（1）锆石“粉碎过筛”的目的是：增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率；（2）“酸浸”过程中发生的氧化还原反应为加入盐酸与FeO反应生成Fe2+，亚铁离子与过氧化氢发生氧化还原反应生成铁离子和水，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O；加入盐酸发生强酸制弱酸反应生成硅酸，硅酸难溶于水，则滤渣1的主要成分是H2SiO3；若室温下Ksp［Cu（CN）2］＝4×10－11，则为了使溶液中的c（Cu2+）≤1×10－5mol/L，则溶液中CN－的浓度不能低于c（CN－）＝＝＝2×10－3mol/L；（3）在实验室中焙烧Zr（OH）4主要使用的陶瓷仪器是坩埚；无水乙醇洗涤Zr（OH）4，除了可以使纳米级ZrO2纯度更高、颗粒更细外，由于乙醇易挥发，还可以减少溶解损耗；（4）ZrCl4水解产生ZrOCl2的化学方程式是：ZrCl4+H2OZrOCl2+2HCl；（5）根据Zr元素质量守恒：ZrSiO4~ZrO2，n（ZrO2）＝n（ZrSiO4）＝，则m（ZrO2）＝×123g/mol＝332.1g，则1kg锆石理论上能够制得ZrO2的质量是332.1g；（6）Fe3+存在水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，pH＞1.7之后，随着pH增大，溶液中氢离子浓度减小，水解平衡Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高碱浸的反应速率
（2）①2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O②H2SiO3③2×10－3
（3）①坩埚②减少溶解损耗
（4）ZrCl4+H2OZrOCl2+2HCl（5）332.1
（6）pH＞1.7之后，Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+的水解平衡正向移动，溶液中Fe3+浓度降低，所以萃取率下降
2．（2023年宁夏银川高三2月模拟）以钛铁矿（主要成分为FeO·TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）为原料合成锂离子电池的电极材料钛酸锂（Li4Ti5O12）和磷酸亚铁锂（LiFePO4）的工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）“溶浸”后溶液中的金属阳离子主要包括Mg2+、TiOCl+___________。“滤液”经加热水解后转化为富钛渣（钛元素主要以TiO2·2H2O形式存在），写出上述转变的离子方程式：___________。
（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是_______________________。
（3）“沉铁”步骤反应的化学方程式为___________________________________，“沉铁”后的滤液经处理后可返回___________工序循环利用。
（4）“煅烧”制备LiFePO4过程中，Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为___________。
（5）以Li4Ti5O12和LiFePO4作电极组成电池，充电时发生反应：Li4Ti5O12+LiFePO4＝Li4+xTi5O12+Li1－xFePO4（0＜x＜1），阳极的电极反应式为_____________________________。
（6）从废旧LiFePO4电极中可回收锂元素。用硝酸充分溶浸废旧LiFePO4电极，测得浸取液中c（Li+）＝4mol·L－1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，则反应后的溶液中CO32－的浓度为___________mol·L－1［已知Ksp（Li2CO3）＝1.6×10－3，假设反应后溶液体积为反应前两溶液之和］。
【解析】钛铁矿（主要成分为FeO·TiO2，还含有MgO、CaO、SiO2等杂质）和足量盐酸反应后，其中只有杂质SiO2和盐酸不反应，其它成分都和盐酸反应生成溶于水的盐酸盐，过滤后的滤液中含有溶于水的盐酸盐，加热过程中，TiOCl+水解生成TiO2·2H2O沉淀，过滤得到含有TiO2·2H2O的富钛渣，加入双氧水、氨水后得到过氧钛化合物，煅烧后得到TiO2，然后和Li2CO3反应得到Li4Ti5O12，富铁液加入双氧水和磷酸后，Fe2+转化为FePO4沉淀，然后和Li2CO3、H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，据此分析解答。（1）钛铁矿的成分中只有SiO2与盐酸是不反应的，FeO·TiO2、MgO、CaO与盐酸反应后产生的阳离子有Mg2+、TiOCl+、Fe2+、Ca2+等。TiOCl+水解成TiO2·2H2O的离子方程式是TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++Cl－。（2）“溶钛”过程反应温度不能太高，其原因是加入的双氧水和氨水都会因温度过高分解。（3）由流程图可知，H2O2为氧化剂，H3PO4为沉淀剂，则“沉铁”步骤反应的化学方程式为2FeCl2+H2O2+2H3PO42FePO4↓+4HCl+2H2O，根据流程图，生成的盐酸可返回溶浸工序循环使用。（4）根据流程图，FePO4与Li2CO3和H2C2O4高温煅烧生成LiFePO4，则反应的化学方程式是2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+3CO2↑+H2O，根据化学计量数，可知Li2CO3和H2C2O4的理论投入量的物质的量之比为1∶1。（5）充电时，和电源正极相连的电极叫阳极，反生氧化反应，根据充电时发生的反应Li4Ti5O12+LiFePO4Li4+xTi5O12+Li1－xFePO4（0＜x＜1），LiFePO4生成Li1－xFePO4的过程中发生氧化反应，则阳极电极反应式为LiFePO4－xe－＝Li1－xFePO4+xLi+。（6）浸取液中c（Li+）＝4mol·L－1，加入等体积的碳酸钠溶液将Li+转化为Li2CO3沉淀，若沉淀中的锂元素占浸取液中锂元素总量的90%，设浸取液的体积为VL，则可知沉淀后的c（Li+）＝＝0.2mol·L－1，Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）·c（CO32－）＝1.6×10－3，则0.2×0.2×c（CO32－）＝1.6×10－3，故c（CO32－）＝0.04mol·L－1。
【答案】（1）①Fe2+、Ca2+②TiOCl++3H2OTiO2·2H2O↓+2H++Cl－
（2）双氧水和氨水都会因温度过高分解
（3）①2FeCl2+H2O2+2H3PO42FePO4↓+4HCl+2H2O②溶浸
（4）1∶1（5）LiFePO4－xe－Li1－xFePO4+xLi+（6）0.04mol·L－1
3．（河南信阳2023届高三2月模拟）某矿石中含有硅、铁、铝的氧化物，为综合开发资源提高矿石的利用率，化工厂采取如图工艺制备铁红和AlCl3·6H2O。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：
金属离子
Fe3+
Al3+
Fe2+
开始沉淀的pH
2.2
3.7
9.5
沉淀完全的pH（10－5mol/L）
3.1
4.7
11.1
请回答下列问题：
（1）提高酸浸效率的措施_______（答出一种即可），最适合选择_______进行酸浸。
（2）“氧化”步骤一般采用双氧水，且分多次添加的方式。其涉及的离子方程式：_______________，分多次添加双氧水的目的是___________________。
（3）调节pH的范围为_______________。
（4）“洗涤”滤渣B的操作是___________。
（5）由AlCl3溶液制备AlCl3·6H2O的操作步骤为___________________，蒸发浓缩、冷却结晶、_______、干燥。
（6）写出滤渣A与氢氟酸反应的化学反应方程式_______________________。
（7）若矿石m1kg，最后获得m2kgAlCl3·6H2O，则矿石中铝元素的含量为_______×100%。（用最简分数表示）
【解析】由题给流程可知，矿石加入盐酸溶液酸浸，铁、铝的氧化物溶解得到可溶性金属氯化物，二氧化硅不与盐酸溶液反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣A和含有金属氯化物的滤液A；向滤液A中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子；向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在3.1≤pH＜3.7范围内，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣B和含有氯化铝的滤液B；灼烧滤渣A得到氧化铁，向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢，防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体。（1）由最终制得六水氯化铝晶体可知，酸浸时加入的酸溶液为盐酸，搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度等措施可以提高酸浸效率；（2）由分析可知，向滤液A中加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O，该反应为放热反应，放出的热量会使过氧化氢发生分解而损耗，所以分多次添加双氧水可以降低反应速率，防止产生过多热量造成过氧化氢分解而损耗；（3）由分析可知，向氧化后的溶液中加入氧化铝调节溶液pH在3.1≤pH＜3.7范围内，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀；（4）洗涤滤渣B的操作为沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀，待水自然流下后重复以上操作2~3次；（5）由分析可知，由AlCl3溶液制备AlCl3·6H2O的操作步骤为向滤液B中加入少量稀盐酸或者通入氯化氢，防止铝离子发生水解，溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铝晶体；（6）滤渣A的主要成分为二氧化硅，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅气体和水，反应的化学方程式为SiO2+4HFSiF4↑+2H2O；（7）若矿石m1kg，最后获得m2kgAlCl3·6H2O，由铝原子个数守恒可知矿石中铝元素的含量为×100%×100%＝×100%。
【答案】（1）①搅拌、升温、将矿石粉碎、适当增大酸的浓度②盐酸
（2）①2Fe2++2H++H2O22Fe3++2H2O②降低反应速率，防止产生过多热量造成过氧化氢分解而损耗（3）3.1≤pH＜3.7
（4）沿玻璃棒向过滤器中倒入蒸馏水至刚好没过沉淀，待水自然流下后重复以上操作2~3次
（5）①加入少量稀盐酸或者通入氯化氢②过滤、洗涤
（6）SiO2+4HFSiF4↑+2H2O（7）
4．（四川省雅安市2023届高三上学期零诊）废旧锂电池的正极材料中含有镍、钴、锂、铝等金属元素。一种从废旧锂电池中回收镶、钴、锂制备相应产品的工艺流程如下：

已知：①浸出液中镍、钴、锂、铝分别以Ni2+、CoO2－、Li+、Al3+的形式存在。②碳酸锂的溶解度（g/L）见表。
温度/℃
0
20
40
60
80
100
Li2CO3
1.54
1.33
1.17
1.01
0.85
0.72
（1）CoO2－中Co的化合价是_______。
（2）某研究团队对“酸浸”条件做了大量研究，得出如下图示，根据下图选择适宜的浸取条件_______________________。

（3）“还原”操作时主要反应的离子方程式为_______；经检测，浸出液中c（Al3+）＝1.0×10－3mol/L，“除铝”时，要使Al3+开始沉淀，pH应大于_______。［Ksp［Al（OH）3］＝1.0×10－33］
（4）实验室“萃取”操作需要在_______（填仪器名称）中进行；“沉钴”的离子方程式为_______。
（5）“一系列操作”为_______、洗涤、干燥；“母液”的用途有_______（写出一种即可）。
【解析】废旧电池灼烧用稀硫酸浸泡，并加入Na2SO3，Na2SO3具有还原性，将Co3+还原为Co2+，加入Na2CO3除铝后萃取；钴负载有机相经过反萃取后，加入H2C2O4沉钴得到CoC2O4；镍、锂水相经过一系列操作得到Li2SO4，Li2SO4加入（NH4）2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO4，据此分析解题。（1）CoO2－显示－1价，所以Co的化合价是+3；（2）由图可知，“酸浸”时，浸取条件为硫酸浓度为2.0mol/L、温度为70℃、时间为120min时，浸出率最高；（3）Na2SO3具有还原性，将Co3+还原为Co2+，反应离子方程式为2CoO2－+SO32－+6H+2Co2++SO42－+3H2O；浸出液中c（Al3+）＝1.0×10－3mol/L，且Ksp［Al（OH）3］＝1.0×10－33，所以Ksp［Al（OH）3］＝c（Al3+）•c3（OH－）＝1.0×10－33，带入计算得c（OH－）＝1.0×10－10mol/L，此时pH为4；所以“除铝”时，要使Al3+开始沉淀，pH应大于4；（4）实验室“萃取”操作需要分液漏斗在中进行；使用H2C2O4和Co2+生成CoC2O4，离子方程式为H2C2O4+Co2+CoC2O4↓+2H+；（5）Li2SO4加入（NH4）2CO4，蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到Li2CO3；母液中含有NH4+，可作氮肥（合理即可）。
【答案】（1）+3（2）硫酸浓度为2.0mol/L、温度为70℃、时间为120min
（3）①2CoO2－+SO32－+6H+2Co2++SO42－+3H2O②4
（4）①分液漏斗②H2C2O4+Co2+CoC2O4↓+2H+
（5）①蒸发结晶、趁热过滤②作氮肥（合理即可）
5．（山西临汾市2023届高三下学期2月诊断）一种从阳极泥（主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、Ag2Se、Cu2S等）中回收Se和贵重金属的工艺流程如图所示：

已知：①该工艺中萃取与反萃取的原理为：2RH+Cu2+R2Cu+2H+。②S2O32－易与Ag+形成配离子：Ag++2S2O32－［Ag（S2O3）2］3－，上述工艺条件下该反应的平衡常数为K＝2.80×1013。③上述工艺条件下，AgCl的溶度积常数：Ksp（AgCl）＝1.80×10－10。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收制得单质Se，该反应的化学方程式为_______。
（2）“滤渣I”的主要成分是_______（填化学式）；“酸浸氧化”中通入氧气，体现了绿色化学的思想，其目的是___________________________。
（3）“反萃取剂”最好选用_______（填化学式）溶液。
（4）“溶浸”过程中滤渣II被Na2S2O3溶液溶解，发生反应的平衡常数为_______。
（5）“还原”过程中S2O32－没有参与氧化还原过程，“滤液IV”中还主要含有Na2SO3。“还原”过程中发生反应的离子方程式为___________________________________。
（6）为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回_______（填工序名称）工序循环使用。但循环多次后，银的浸出率会降低。试从化学平衡的角度解释可能的原因：___________。
【解析】阳极泥焙烧，得到Pt、Au、Ag、氧化铜的混合物和SO2、SeO2气体，烧渣中加入硝酸、通入氧气“酸浸氧化”，Pt、Au不溶于硝酸，过滤出Pt、Au，所得滤液Ⅰ中含有硝酸铜、硝酸银溶液，滤液Ⅰ中加入氯化钠，生成氯化银沉淀，过滤，滤液Ⅱ是硝酸铜溶液，加入萃取剂HR，有机相中加入硝酸反萃取，分液，得到硝酸铜溶液。滤渣Ⅱ是氯化银，加入Na2S2O3溶液溶解，得到含有［Ag（S2O3）2］3－的滤液Ⅲ，再加入氢氧化钠、Na2S2O4还原，得到金属银。（1）SO2与SeO2的混合烟气可用水吸收，反应生成单质Se，根据氧化还原反应规律，SO2被氧化为硫酸，反应的化学方程式为2SO2+SeO2+2H2OSe+2H2SO4。（2）Pt、Au不溶于硝酸，“滤渣I”的主要成分是Pt、Au；“酸浸氧化”中若不通氧气，硝酸被Ag还原为NO，通入氧气，可以防止生成的氮氧化物排放到空气中；（3）根据2RH+Cu2+＝R2Cu+2H+，增大氢离子浓度，反应逆向进行，反萃取得到硝酸铜溶液，所以“反萃取剂”最好选用HNO3溶液。（4）“溶浸”过程中氯化银被Na2S2O3溶液溶解，反应的离子方程式AgCl+2S2O32－［Ag（S2O3）2］3－+Cl－，反应的平衡常数为＝＝Ksp（AgCl）×K＝1.80×10－10×2.80×1013＝5.04×103。（5）Na2S2O4被氧化为Na2SO3，被［Ag（S2O3）2］3－被还原为Ag，S2O32－没有参与氧化还原过程，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为2［Ag（S2O3）2］3－+S2O42－+4OH－2Ag+2SO32－+4S2O32－+2H2O；（6）“还原”过程中S2O32－没有参与氧化还原过程，“滤液IV”含有Na2S2O3，为减少工艺中试剂用量，“滤液IV”可返回“溶浸”工序循环使用。随循环次数的增加，浸出液中c（S2O32－）减小，c（Cl－）增大，AgCl（s）+2S2O32－（aq）［Ag（S2O3）2］3－（aq）+Cl－（ag）平衡左移，银的浸出率降低。
6．（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：1molNaClO3参与反应，转移6mol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%
7．（2023届安徽马鞍山高三1月模拟）铅及其化合物有着优异的性能和广泛的应用。工业上利用铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）制备硫酸铅。制备流程图如下：

已知：Ksp（PbSO4）＝1.6×10－8，Ksp（CaSO4）＝4.9×10－5。
（1）步骤I有NO产生浸出液中含量最多的金属阳离子为Pb2+，写出Pb参加反应的化学方程式___________________________，为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意_______________________。
（2）粗PbSO4产品含有的杂质是____________；要得到纯净的PbSO4，需要用试剂进行多次洗涤，再用蒸馏水洗涤。最好选用的试剂是_________________。
A．稀硫酸 B．稀盐酸 C．硝酸铅溶液 D．酒精
（3）母液可循环利用的物质是HNO3，若母液中残留的SO42－过多，循环利用时可能出现的问题是______________________________。
（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，则溶液中的c（SO42－）至少为___________mol/L。
（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，写出该反应的离子方程式_______________________。
（6）铅蓄电池是电压稳定、使用方便的二次电池。PbSO4在其中扮演了重要角色，写出铅蓄电池充电时阳极的电极反应_______________________。
【解析】铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量的Ag、CaO）用15%硝酸溶解，控制硝酸的量使Pb过量，使Ag不溶解，过滤得到含Pb2+、Ca2+的浸出液和含Ag的浸出渣；浸出液加40%硫酸使Pb2+转化为PbSO4沉淀，过滤、洗涤、干燥得PbSO4，据此解答。（1）铅与硝酸反应生成一氧化氮、水和硝酸铅，反应的方程式为3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O，当铅过量时银不能溶解，所以为防止Ag被溶解进入溶液，步骤I操作时应注意控制硝酸的用量并使Pb稍有剩余；（2）根据流程可知，粗PbSO4产品含有的杂质是CaSO4，可以用Pb（NO3）2利用沉淀转化将硫酸钙转化为硫酸铅（3）若母液中残留的SO42－过多，在步骤I中就会有硫酸铅沉淀出现，会随浸出渣排出；（4）若将步骤Ⅱ中的Pb2+完全沉淀，c（Pb2+）≤10－5mol/L，Ksp（PbSO4）＝c（Pb2+）·c（SO42－）＝1.6×10－8，则溶液中的c（SO42－）≥＝1.6×10－3mol/L；（5）（CH3COO）2Pb是皮毛行业可溶于水的染色助剂，可用PbSO4与CH3COONH4反应制备，该反应的离子方程式为PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－；（6）铅蓄电池放电时正极是氧化铅得电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO2+2e－+4H++SO42－PbSO4+2H2O。
【答案】（1）3Pb+8HNO33Pb（NO3）2+2NO↑+4H2O；控制硝酸的用量使铅浮渣（或Pb）稍有剩余（2）CaSO4；C
（3）浸出时部分Pb2+生成PbSO4随浸出渣排出，降低PbSO4的产率（4）1.6×10－3
（5）PbSO4+2CH3COO－（CH3COO）2Pb+SO42－
（6）PbSO4+2H2O－2e－PbO2+4H++SO42－
8．（重庆市2023届高三2月适应性考试）合理利用工业烟尘，变废为宝，对保护环境具有重要意义。一种以铜冶炼烟尘（主要成分是CuO、Cu2O、ZnO、PbO、MgO、SiO2）为原料制备Cu和ZnSO4·6H2O的流程如图所示：

已知：几种金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀pH
沉淀完全pH
Fe2+
5.9
8.4
Fe3+
1.1
3.0
Zn2+
5.5
8.0
回答下列问题：
（1）基态Zn2+的电子排布式为_____________。
（2）“滤渣1”的主要成分是________________。
（3）“酸浸”过程中Cu2O发生反应的化学方程式为___________________。
（4）加入NaF的作用是___________________。
（5）“沉铁”时，需要调节pH的范围是______________________。
（6）ZnSO4的溶解度曲线如图所示。从溶液中回收ZnSO4·6H2O的实验操作为_______、过滤、洗涤、干燥。

（7）取一定质量的ZnSO4·6H2O进行热重分析，已知750℃时固体失重率为50.1%，则该温度下固体的化学式为_______（填序号）。
a．ZnSO4·H2O b．ZnSO4 c．Zn3O（SO4）2 d．ZnO
【解析】由题给流程可知，向烟尘中加入稀硫酸，并通入空气酸浸时，氧化铅与稀硫酸反应生成硫酸铅和水，氧化亚铜与稀硫酸、空气中氧气反应生成硫酸铜和水，氧化铜、氧化镁、氧化锌与稀硫酸反应生成可溶性硫酸盐和水，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫酸铅、二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入铁屑，将溶液中铜离子转化为铜，过滤得到铜和含有锌离子、亚铁离子、镁离子的滤液；向滤液中加入氟化钠溶液，将溶液中镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到滤渣2氟化镁和含有锌离子、亚铁离子的滤液；向滤液中加入氧化锌，并通入空气将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣3和硫酸锌溶液；硫酸锌溶液经蒸发浓缩、312～333K范围内冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸锌晶体。（1）锌元素的原子序数为30，锌原子失去2个电子得到锌离子，则基态锌离子的的电子排布式为［Ar］3d10；（2）由分析可知，滤渣1的主要成分为硫酸铅、二氧化硅；（3）由分析可知，酸浸过程中氧化亚铜与稀硫酸、空气中氧气反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为2Cu2O+O2+4H2SO44CuSO4+4H2O；（4）由分析可知，加入氟化钠溶液的目的是将溶液中镁离子转化为氟化镁沉淀除去；（5）由分析可知，沉铁时加入氧化锌，并通入空气将溶液中的亚铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由表格数据可知，需要调节pH的范围为3.0≤pH＜5.5；（6）由图可知，当温度低于312K时，冷却结晶析出的晶体为七水硫酸锌，当温度高于33K时，冷却结晶析出的晶体为一水硫酸锌，所以冷却结晶时需要控制温度在312～333K范围内，则制备六水硫酸锌晶体的操作为蒸发浓缩、312～333K范围内冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（7）设六水硫酸锌的物质的量为1mol，由锌原子个数守恒可知，当六水硫酸锌受热分解生成硫酸锌、氧化锌时，失重率分别为×100%≈59.9%、×100%≈30.1%，由750℃时固体失重率为50.1%介于30.1%和59.9%之间，结合题给选项可知，该温度下所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2，故选c。
【答案】（1）［Ar］3d10（2）SiO2、PbSO4
（3）2Cu2O+O2+4H2SO44CuSO4+4H2O（4）除去Mg2+
（5）3.0≤pH＜5.5（6）蒸发浓缩、312～333K范围内冷却结晶（7）c
8．（新疆喀什市2022~2023学年度高三2月摸底演练）钼系催化剂主要用于石油炼制和化学工业中。从废催化剂（主要成分为MoS、V2O5和Al2O3）中提取钼酸钠晶体（Na2MoO4·2H2O）。工艺流程如下：

回答下列问题：
（1）“研磨”的目的为___________________________。
（2）“焙烧”中各金属元素转化为对应含氧酸钠盐（MoO42－、VO3－等），写出MoS转化的化学方程式________________________________。
（3）混合气体X通入沉铝步骤前，应经过_______溶液的处理。通常认为溶液中离子浓度不大于10－5mol/L为沉淀完全。铝元素恰好完全转化为沉淀时滤液的pH为_______。{已知：①[Al(OH)4]－+H+Al(OH)3↓+H2O，K＝1013.38；②Ksp［Al（OH）3］＝10－33}
（4）沉钒步骤中的滤渣2主要成分为_______；获得粗产物的操作1是_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）为减少反应中废气对环境的污染问题，用足量的碱性NaClO溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠。请写出制备钼酸钠的离子方程式________________________________。
【解析】废催化剂研磨后氧气、碳酸钠焙烧，各金属元素转化为对应含氧酸钠盐（MoO42－、VO3－、AlO2－等）同时生成二氧化碳、二氧化硫气体，水浸通入二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤滤液加入氯化铵生成NH4VO3沉淀，过滤后滤液蒸发浓缩、冷却结晶得到粗产物。（1）“研磨”的目的为增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率；（2）“焙烧”中MoS和氧气、碳酸钠反应，氧元素化合价降低、Mo、S元素化合价升高发生氧化还原反应生成MoO42－、二氧化硫，根据质量守恒还生成二氧化碳，反应为：2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2；（3）混合气体X中含有生成的二氧化碳、二氧化硫，二氧化硫气体具有还原性，会和溶液中的MoO42－发生氧化还原反应导致产品产率降低，故通入沉铝步骤前，应经过饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化硫气体同时生成二氧化碳气体；焙烧后水浸得到溶液中铝元素以[Al(OH)4]－存在，已知：①[Al(OH)4]－+H+Al(OH)3↓+H2O，K＝＝1013.38，铝元素恰好完全转化为沉淀时c｛[Al(OH)4]－｝＝10－5mol/L，则滤液中氢离子浓度为c（H+）＝＝＝10－8.38mol/L，pH为8.38；（4）焙烧水溶后V元素转化为VO3－，沉钒步骤中加入氯化铵得到钒的沉淀，则滤渣2主要成分为NH4VO3；从滤液中获得粗产物的操作1是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）次氯酸根离子具有强氧化性，用足量的碱性NaClO溶液在加热条件下处理废催化剂也可以制备钼酸钠，反应中MoS发生氧化反应生成MoO42－、SO42－，ClO－发生还原反应生成氯离子，反应为MoS+6ClO－+4OH－MoO42－+SO42－+6Cl－+2H2O。
【答案】（1）增大焙烧时与碳酸钠、O2的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率
（2）2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2
（3）①饱和碳酸氢钠②8.38
（4）①NH4VO3②蒸发浓缩、冷却结晶
（5）MoS+6ClO－+4OH－MoO42－+SO42－+6Cl－+2H2O

9．（陕西省榆林市2023届高三1月模拟）Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，利用一种钴矿石（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、SiO2及铝、镁、钙等金属元素的氧化物）制取Co2O3的工艺流程如图所示。部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液pH
沉淀物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Al（OH）3
完全沉淀的pH
3.7
9.6
9.2
5.2
回答下列问题：
（1）“溶浸”过程中，可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是___________________（写出一种即可），加入Na2SO3的作用是___________________________。
（2）“氧化”过程中金属离子与NaClO3反应的离子方程式为_________________________________，由此推测还原性：Fe2+______Co2+（填“＞”或“＜”）。
（3）滤渣2的主要成分为_______（写化学式），检验铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象；取少量待测液于试管中，____________________________。
（4）已知某温度下Ksp（CaF2）＝3.4×10－11，Ksp（MgF2）＝7.1×10－11。该温度下，“沉淀除杂”时加入足量的NaF溶液可将Ca2+、Mg2+沉淀除去，若所得滤液中c（Mg2+）＝1.0×10－5mol·L−1，则滤液中c（Ca2+）为_______（保留2位有效数字）。
（5）CoC2O4·2H2O在空气中充分煅烧，除得到产品外还产生了CO2，则反应中CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为_______。
【解析】钴矿石中加入稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，然后向滤液中加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调整溶液pH，使Fe3+、Al3+形成Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，滤渣2为Fe（OH）3、Al（OH）3，再用NaF溶液除去Ca2+、Mg2+，过滤后，向滤液中加入草酸铵溶液得到二水合草酸钴，煅烧后制得Co2O3，据此分析解答。（1）溶浸过程中，适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸的浓度等均可以加快反应速率和提高原料利用率；Na2SO3是还原剂，主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+；（2）“氧化”过程中在酸性条件下金属离子Fe2+与NaClO3反应产生Fe3+、Cl－及H2O，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可得该反应的离子方程式为6Fe2++ClO3－+6H+6Fe3++Cl－+3H2O；Fe2+与ClO3－反应而Co2+不发生反应，说明微粒的还原性：Fe2+＞Co2+；（3）用Na2CO3调节溶液pH，可以使溶液中Fe3+和Al3+全部转化为Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀，达到除去Fe3+和Al3+的目的，故滤渣2为Fe（OH）3和Al（OH）3；可根据Fe3+与SCN－作用，使溶液变为血红色检验铁元素已被完全沉淀，操作为：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，充分振荡，若溶液不变红，说明溶液中无Fe3+，即Fe3+已经完全形成了Fe（OH）3沉淀；（4）c（Ca2+）∶c（Mg2+）＝［c（Ca2+）·c2（F－）］∶［c（Mg2+）·c2（F－）］＝Ksp（CaF2）∶Ksp（MgF2）＝34∶71，所以若滤液中c（Mg2+）＝1.0×10－5mol·L−1，c（Ca2+）＝1.0×10－5mol·L−1×≈4.8×10－6mol·L−1；（5）CoC2O4·2H2O在空气中高温煅烧，得到产品Co2O3，CoC2O4中Co元素化合价为+2价，Co2O3中Co元素化合价为+3价，Co元素化合价升高，说明空气中的O2也参加了反应，因此酸根离子中C元素化合价会由C2O42－中的+3价变为+4价的CO2气体，根据元素守恒可知还有H2O生成，煅烧时发生反应方程式：4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3+8CO2+8H2O，由方程式可知CoC2O4·2H2O与O2的化学计量数之比为4∶3。
【答案】（1）①适当升温、粉碎矿石、适当增加稀硫酸浓度、搅拌等②将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+
（2）①6Fe2++ClO3－+6H+6Fe3++Cl－+3H2O②＞
（3）①Fe（OH）3、Al（OH）3②滴入几滴KSCN，振荡，溶液不变红
（4）4.8×10－6mol·L−1（5）4∶3

10．（湖南省三湘创新发展联合2022~2023学年高三上学期起点调研）苯胺（NH2）是一种无色油状液体，加热至370℃会分解，微溶于水，易溶于有机溶剂，能被二氧化锰氧化成对苯醌（）。一种用苯胺还原软锰矿（主要成分是MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质）制备MnSO4·H2O的工艺流程如图。

溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
开始沉淀时（c＝10－2mol/L）的pH
8.1
7.5
2.2
3.7
完全沉淀时（c＝10－5mol/L）的pH
9.6
9.0
3.2
4.7
回答下列问题：
（1）还原酸浸前将软锰矿粉碎的目的是_____________________，为达到该目的在加入苯胺和稀硫酸后常采取的操作为____________________________。
（2）沉淀1的主要成分为_______________（填化学式），写出还原酸浸时主要发生反应的化学方程式：_______________________________________________________。
（3）根据上表数据，Ksp［Mn（OH）2］、Ksp［Fe（OH）3］、Ksp［Al（OH）3］由大到小的顺序为________________。调pH步骤中应控制的pH范围是_______~_______。
（4）MnSO4溶液结晶温度越低，MnSO4所带结晶水就越多，在9℃时，可结晶出MnSO4·7H2O，在26℃时，可结晶出MnSO4·4H2O，在100℃左右时，可结晶出MnSO4·H2O，则从操作A所得的溶液中获得MnSO4·H2O晶体需要进行的操作是_____________________、洗涤、干燥。从制取的产品中，称取一定质量的MnSO4·H2O样品用BaCl2标准溶液滴定（操作过程产生的误差很小，可忽略），计算所得样品的质量分数大于100%，可能的原因是_______________________________________。
【解析】软锰矿（主要成分是MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3等杂质）粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯胺将MnO2还原为Mn2+，Fe2O3、Al2O3与稀硫酸反应生成Fe3+、Al3+，SiO2不与苯胺和稀硫酸反应，则沉淀1中含有二氧化硅，过滤后向滤液中加入NaOH溶液调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，则沉淀2含有Fe（OH）3、Al（OH）3，再过滤后加入NH4HCO3沉锰生成MnCO3沉淀，最后将MnCO3与稀硫酸反应生成硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到MnSO4·H2O。（1）还原酸浸前将软锰矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，使反应速率增大；为达到该目的在加入苯胺和稀硫酸后常采取的操作为加热。（2）据分析可知，沉淀1的主要成分为SiO2；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化锰还原为二价锰离子，其发生反应的化学方程式为2NH2+4MnO2+5H2SO4＝2+（NH4）2SO4+4MnSO4+4H2O。（3）温度不变，Ksp保持不变，则计算时可取用开始沉淀时或完全沉淀时数据：Ksp［Mn（OH）2］＝c（Mn2+）•c2（OH－）＝10－2×（10－5.9）2＝10－13.8，Ksp［Fe（OH）3］＝c（Fe3+）•c3（OH－）＝10－2×（10－11.8）3＝4.0×10－37.4，Ksp［Al（OH）3］＝c（Al3+）•c3（OH－）＝10－2×（10－10.3）3＝3.0×10－32.9，则Ksp［Mn（OH）2］＞Ksp［Al（OH）3］＞Ksp［Fe（OH）3］；调pH是为了将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀且要沉淀完全，而Mn2+不能开始沉淀，则应控制的pH范围是4.7~8.1。（4）从操作A所得的溶液中获得MnSO4·H2O晶体需要进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；计算所得样品的质量分数大于100%，说明样品中SO42－含量变多了，则可能的原因是MnSO4·H2O晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。
【答案】（1）增大反应物接触面积，使反应速率增大；加热
（2）SiO2；2NH2+4MnO2+5H2SO4＝2+（NH4）2SO4+4MnSO4+4H2O
（3）Ksp［Mn（OH）2］＞Ksp［Al（OH）3］＞Ksp［Fe（OH）3］；4.7~8.1
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；MnSO4·H2O晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质

1．（2022·全国甲卷）硫酸锌（ZnSO4）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ZnCO3，杂质为SiO2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氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
Fe3+
Zn2+
Cu2+
Fe2+
Mg2+
Ksp
4.0×10－38
6.7×10－17
2.2×10－20
8.0×10－16
1.8×10－11
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pH＝5，最适宜使用的X是_______（填标号）。
A．NH3·H2O B．Ca（OH）2 C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（4）向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，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H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
【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）可采用增大压强、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）NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca（OH）2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜。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++MnO4－+7H2O3Fe（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。
【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑
（2）增大压强；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++MnO4－+7H2O3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+
（5）置换Cu2+为Cu从而除去（6）CaSO4；MgSO4
2．（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：
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
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
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
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+
3．（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1mol I2，消耗的KI至少为_______ mol。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1mol I2，则消耗的KI至少为4mol；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
4．（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：
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＝1×10－5mol/L）的pH
3.2
4.7
11.1
13.8
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_______mol/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+）＝＝mol/L＝1×10－6mol/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