主题5 第5讲 以工艺流程为主导的主观题解题策略(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（西部开发版）

第五讲　以工艺流程为主导的主观题解题策略(综合应用课) 该题以工艺流程图的形式再现实际生产的关键环节，情境真实而富有意义，旨在引导学生学以致用，解决生产、生活中的实际问题，有利于培养学生的科学精神和社会责任感。考查的知识多为产物的判断，陌生化学方程式、离子方程式或电极反应式的书写，温度控制在一定范围的原因分析，溶度积常数的有关计算等。工艺流程题是高考的热点，试题命制灵活多变，创新力度大，是高考试卷中的拉分题目之一。 真题集训——悟多彩考法 1．(2023·湖北卷)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2 进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下： 回答下列问题： (1)Co位于元素周期表第____周期，第____族。 (2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是________________________________________________________________________。 (4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2＋浓度为________mol·L－1。“850 ℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________________________________________。 (5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。 a．Si—Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大 c．Si—Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道 解析：由题意分析流程图。 (1)钴位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(2)SiCl4易水解：SiCl4＋4H2OH4SiO4＋4HCl或SiCl4＋3H2OH2SiO3＋4HCl，产生大量烟雾。(3)Li2CO3和Na2CO3所含阳离子不同，灼烧时产生不同焰色，常用焰色试验鉴别。(4)pH＝10时c(OH－)＝10－4 mol·L－1，则c(Co2＋)＝＝ mol·L－1＝5.9×10－7mol·L－1。由题图知，“850 ℃煅烧”时生成Co3O4，化学方程式为6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O。(5)Si的电负性小于C，Si—Cl键极性大；Si的原子半径大于C，则Si—Cl键键长长，键能小；Si位于第三周期，其3d轨道更易和H2O分子中的O配位；以上因素导致Si—Cl键更易断裂，SiCl4比CCl4更易水解，故选a、b、d。 答案：(1)四　Ⅷ (2)SiCl4＋4H2OH4SiO4＋4HCl(或SiCl4＋3H2OH2SiO3＋4HCl)　(3)焰色试验 (4)5.9×10－7　6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O　(5)abd 2．(2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______________________________________ ________________________________________________________________________。 为提高溶矿速率，可采取的措施是__________________________________________ (举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是____________________________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_________________________________________________________。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c(Fe3＋)＝________mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是__________。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有______________________________。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______________________________ ________________________________________________________________________。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：根据题意分析流程图。 (1)硫酸溶矿时发生的主要反应是MnCO3溶于硫酸的反应，化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。可根据影响反应速率的因素分析可采取的措施。(2)加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于除铁。若使用H2O2替代MnO2，则Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶液pH＝4，即c(OH－)＝10－10 mol·L－1时，由Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.8×10－39，可得c(Fe3＋)＝2.8×10－9 mol·L－1。同理，pH＝7，c(OH－)＝10－7 mol·L－1时，c(Al3＋)＝1.3×10－12 mol·L－1，Al3＋被除去，c(Ni2＋)＝5.5×10－2 mol·L－1，Ni2＋未被除去。(4)酸溶时得到相应金属的硫酸盐，故加入少量BaS溶液除Ni2＋时会生成NiS和BaSO4沉淀。(5)由图可知，电解槽中发生反应生成MnO2，则阳极反应为Mn2＋－2e－＋2H2O===MnO2↓＋4H＋，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，总反应为Mn2＋＋2H2OMnO2↓＋2H＋＋H2↑。(6)根据得失电子守恒和质量守恒可写出煅烧窑中生成LiMn2O4反应的化学方程式是8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。 答案：(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O　粉碎矿石(或适当增大硫酸浓度、搅拌、适当升高反应液的温度等) (2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　Mn2＋和生成的Fe3＋会催化H2O2分解 (3)2.8×10－9　Al3＋　(4)NiS和BaSO4 (5)Mn2＋＋2H2OMnO2↓＋2H＋＋H2↑ (6)8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑ 思维建模——内化解题流程 1．流程图建模——理清流程图的各环节 2．解题思维建模——通过“三审”掌握解题流程 (1)审题干——明确原料成分和目的要求 (2)审流程——明确各步转化原理和目的 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) 看三线 主线主产品、分支副产品、回头为循环 找信息 明确反应条件控制和分离提纯方法 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)审问题——明确答什么 不要答非所问 要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问 规范答题 回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范 [例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氢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_________、_________。 [方法演示]　 1．整体分析流程图的含义 2．逐一分析三个关键环节 [答案]　(1)ZnCO3ZnO＋CO2↑ (2)将菱锌矿焙烧后的产物碾碎　升高浸取时的反应温度、增大硫酸的浓度等 (3)B　Fe(OH)3　CaSO4　SiO2 (4)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ (5)除去Cu2＋　(6)CaSO4　MgSO4 例析考法——把握二类题型 题型一　以物质制备为主体的化工流程 1．工艺流程中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 2．物质制备过程中的条件控制 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＋氧化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染 控制反应温度 ①加热：加速溶解、加快反应速率或促使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，或促使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 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)。 ②“酸作用”还可除去氧化物(膜)。 ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 外界条件对可逆反应的控制 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，原因之一就是该温度下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 [例2]　(2024年1月·吉林、黑龙江适应性演练)SrCO3是一种重要的含锶化合物，广泛应用于许多领域。以天青石(主要成分为SrSO4)为原料制备SrCO3的一种工艺方法如下： 天青石主要元素质量分数如下： 元素 Sr Ba Ca Al Si 质量分数/% 36.4 2.0 4.0 0.5 5.0 Ksp(SrSO4)＝3.4×10－7， Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10。 回答下列问题： (1)天青石与碳粉在一定投料比下“煅烧”生成SrS和碳氧化物，据矿样成分分析结果计算得出，生成CO2、CO时失重率分别为30.4%、38.6%，实际热重分析显示失重率为32.6%，则“煅烧”中主要生成的碳氧化物为__________(填“CO”或“CO2”)。 (2)“煅烧”过程中还可能产生少量对环境有危害的气体，化学式为_________和_________。 (3)“水浸”后滤渣的主要成分除CaSiO3和C外，还有两种氧化物，化学式为_________和_________。 (4)“水浸”时需加热，SrS与热水作用后的溶液呈碱性的主要原因为________________________________________ (用化学方程式表示)。 (5)“水浸”后的滤液中c(Sr2＋)＝0.680 mol·L－1，c(Ba2＋)＝0.024 mol·L－1，“除杂”过程中(忽略H2SO4溶液引起的体积变化)，为使Sr2＋不沉淀，应控制溶液中c(Ba2＋)≥__________________mol·L－1。 (6)“沉锶”过程中，可溶性Sr(OH)2发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________ ____________________________。 [解析]　天青石与碳粉混合煅烧生成SrS和碳氧化物，水浸后滤液中加入硫酸，除去钡离子，过滤后滤液中通入二氧化碳，生成碳酸锶。 (1)设生成的碳氧化物中CO2含量为x，则CO含量为1－x，则有0.304x＋0.386(1－x)＝0.326，解得x≈73%，因此煅烧中主要生成的碳氧化物为CO2。 (2)煅烧过程中还可能生成少量对环境有危害的气体，天青石的主要成分为SrSO4，能生成的有害气体只有SO2，碳粉能生成的有害气体只有CO，其他物质无法生成有害气体，则两种气体的化学式为SO2和CO。 (3)天青石中含有Ba、Ca、Al和Si，已知Ba元素通过后续加入硫酸除去，Ca转化为硅酸钙，则Al转化为Al2O3，同时Sr也会生成SrO，两种氧化物为Al2O3和SrO。 (4)SrS溶于水电离出的硫离子水解生成氢氧根离子，使溶液呈碱性，化学方程式为SrS＋2H2OH2S＋Sr(OH)2。 (5)根据Ksp(SrSO4)＝3.4×10－7可知，SrSO4开始沉淀时，硫酸根离子浓度为3.4×10－7÷0.68＝5×10－7 mol·L－1。为使Sr2＋不沉淀，硫酸根离子浓度需小于5×10－7 mol·L－1，则钡离子浓度需大于1×10－10÷(5×10－7)＝2×10－4 mol·L－1。 (6)沉锶过程中，可溶性Sr(OH)2溶液与二氧化碳反应生成碳酸锶沉淀和水，离子方程式为Sr2＋＋2OH－＋CO2===SrCO3↓＋H2O。 [答案]　(1)CO2　(2)CO　SO2 (3)Al2O3　SrO (4)SrS＋2H2OH2S＋Sr(OH)2 (5)2×10－4 (6)Sr2＋＋2OH－＋CO2===SrCO3↓＋H2O 题型(二)　以物质分离、提纯为主体的化工流程 1．常用的分离方法 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 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 2．常用的提纯方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等 3．晶体的洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 特殊的物质溶解度随着温度升高而下降 有机溶剂 (酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀方法：向过滤器中加入洗涤剂至浸没沉淀，待洗涤剂自然流下后，重复以上操作2～3次 [例3]　 (2024年1月·甘肃高考适应性演练)利用含锌废料(主要成分是氧化锌，含有少量铁、铝、铜、锰等金属氧化物或盐)制备氯化锌的一种工艺流程如下： (1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有_________________________________。 (2)浸取温度不宜超过60 ℃，原因是_________________________________________。 (3)为优化工艺流程，盐酸浸取后直接进行高锰酸钾氧化除杂。结合图表选择浸取工艺最佳pH范围为____________，理由是_______________________________________________。 A．1.5～2.0　　　　　B．2.0～3.0 C．3.0～4.0 D．4.5～5.0 金属 离子 开始沉淀的pH c＝0.01 mol·L－1 沉淀完全的pH(c＝1.0×10－5mol·L－1) Fe2＋ 6.8 8.3 Al3＋ 3.7 4.7 Fe3＋ 1.8 2.8 Cu2＋ 5.2 6.7 Mn2＋ 8.6 10.1 Zn2＋ 6.7 8.2 (4)滤渣的主要成分有Fe(OH)3、________________和MnO2，该工艺中去除锰的离子方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)最适宜使用的还原剂是_____________，理由为________________________________。 (6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应方程式为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， 产品中Zn(OH)Cl含量与蒸发温度关系如图所示，工艺要求Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有_____________________________________。 [解析]　含锌废料先用盐酸浸取，同时调pH除掉将铝离子、铁离子变为沉淀，加入高锰酸钾进行氧化除杂，将铁、锰氧化为高价态沉淀除去，加入还原剂将铜还原为单质除掉，得到较纯净的氯化锌，最后进行蒸发浓缩、冷却结晶得到氯化锌固体。(1)为了提高盐酸浸取效率，可采取的措施有将固体废料粉碎、适当加热等；(2)浸取温度不宜超过60 ℃，原因是减少盐酸的挥发、降低Zn2＋的水解程度，防止生成氢氧化锌；(3)除杂的目的是要将Fe3＋和Al3＋变为氢氧化物，而Zn2＋不能沉淀，根据表格中的数据，应该调pH的范围是4.7～6.7，合理的选项为D；(4)根据上述分析，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3和MnO2，该工艺中去除锰的原理为锰离子和高锰酸钾发生归中反应生成二氧化锰；(5)考虑到不能带入新的杂质，故最合适的还原剂是单质锌；(6)氯化锌溶液在蒸发浓缩过程中如操作不当将有碱式盐Zn(OH)Cl生成，该反应的方程式为ZnCl2＋H2OZn(OH)Cl＋HCl，根据图像，要控制Zn(OH)Cl含量不超过2.30%，降低产品中Zn(OH)Cl含量的方法有减压蒸发，控制温度不超过300 ℃。 [答案]　(1)将固体废料粉碎、适当加热等　(2)减少盐酸的挥发、降低Zn2＋的水解程度，防止生成氢氧化锌　(3)D　在pH 4.5～5.0的范围内，Fe3＋和Al3＋变为氢氧化物，而Zn2＋不会沉淀 (4)Al(OH)3　3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋　(5)单质锌　不会带入新的杂质　(6)ZnCl2＋H2OZn(OH)Cl＋HCl　减压蒸发，控制温度不超过300 ℃ [课时跟踪检测] A卷——能力达标 1．(2024·株洲统考一模)稀土是一种重要的战略资源，我国是稀土储量最大的国家。铈(Ce)是一种典型的稀土元素，其在自然界中主要以氟碳铈矿(主要成分为CeCO3F)形式存在。工业上利用氟碳铈矿制取CeCl3的一种工艺流程如图： 下列说法错误的是(　 ) A．焙烧过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4 B．通过操作Ⅱ(包含酸溶、蒸发结晶)即可得到纯净的CeCl3·6H2O C．酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好 D．Ce(BF4)3中阴离子的空间结构为正四面体 解析：选B　焙烧后Ce元素以CeO2、CeF4形式存在，Ce均表现为＋4，CeCO3F中Ce表现＋3价，因此焙烧CeCO3F中Ce的化合价升高，被氧化；CeCO3F为还原剂，氧气为氧化剂，因此有n(CeCO3F)×1＝n(O2)×4，n(O2)∶n(CeCO3F)＝1∶4，A正确；通过操作Ⅱ(包含酸溶、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥)即可得到纯净的CeCl3·6H2O，B错误；因用盐酸可能会生成污染性气体氯气，所以酸浸过程中用稀硫酸和双氧水替代盐酸可体现环境友好，C正确；Ce(BF4)3中阴离子BF的中心原子价层电子对数为4，且不含孤电子对，所以其空间结构为正四面体，D正确。 2．(2024·汉中统考一模)大力推广锂电池新能源汽车对实现“碳达峰”“碳中和”具有重要意义。Li4Ti5O12与LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下： 下列叙述错误的是(　 ) A．酸浸后，得到滤渣的主要成分是SiO2 B．在滤液②中主要的金属阳离子有Fe2＋、Mg2＋ C．高温煅烧时发生的反应为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O D．制备Li4Ti5O12过程中会生成Li2Ti5O15(Ti为＋4价)，则Li2Ti5O15中不含过氧键 解析：选D　利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12与LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2＋、Fe2＋、TiOCl，水解后过滤，沉淀为TiO2·xH2O，经过一系列反应得到Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2＋、Fe2＋，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧Li2CO3、H2C2O4、FePO4得到LiFePO4，以此解答。由分析可知，SiO2不和盐酸反应，酸浸后，得到滤渣的主要成分是SiO2，故A正确；由分析可知，水解后的滤液②中含Mg2＋、Fe2＋，故B正确；高温煅烧时草酸作还原剂将磷酸铁中三价铁还原成二价的亚铁生成磷酸亚铁锂，C正确；制备Li4Ti5O12过程中会生成Li2Ti5O15(Ti为＋4价，Li为＋1价)，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知Li2Ti5O15中含过氧键，15个氧中有七个氧呈现－2价，八个氧呈现－1价，D错误。 3．(2024·西安模拟)以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备MgSO4·7H2O的工艺流程如下： 已知：MnO＋H2SO4===MnSO4＋H2O，下列说法正确的是(　 ) A．为提高酸浸速率，可使用浓硫酸 B．试剂X可以是MgSO4 C．滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3、SiO2 D．操作a所得滤液经处理后可循环利用 解析：选D　以水泥厂的废料(主要成分为MgO，还有少量MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)制取MgSO4·7H2O，废料加入足量稀硫酸，MgO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3都与硫酸反应，转化为对应的硫酸盐，SiO2不与硫酸反应，向反应后溶液中加入次氯酸钠溶液氧化亚铁离子为铁离子，同时使锰离子转化为MnO2沉淀，再加入氧化镁等物质调节溶液的pH，除去锰离子、铁离子、铝离子，过滤，将滤液进行一系列操作得到MgSO4·7H2O。适当升温(或粉碎或搅拌)即可提高浸取速率，不需要使用浓硫酸，故A错误；试剂X为氧化镁或氢氧化镁、碳酸镁等，不能使用MgSO4，故B错误；滤渣为Al(OH)3、Fe(OH)3、SiO2、MnO2，故C错误；操作a所得滤液所含溶质为硫酸、硫酸钠，经处理后可循环利用，故D正确。 4．(2024·哈密二模)硼氢化钠(NaBH4)广泛用于化工生产，常温下能与水反应，碱性条件下能稳定存在，易溶于异丙胺(沸点为33 ℃)。工业上可用硼镁矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4)制取NaBH4，其工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)NaBH4中含有的化学键为________________________________________________。 (2)Ti的核外电子排布式为________________________________________________。 (3)碱溶过滤得滤渣的主要成分是______________、________________。 (4)写出Na2B4O7制取NaBH4的化学方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)高温合成中，加料之前需将反应器加热至100 ℃以上，并通入氩气。通入氩气的目的是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)NaBH4常用作还原剂，H2也是常见的还原剂。与相同氧化剂反应时，7.6 g NaBH4的还原能力相当于________g H2的还原能力。 解析：硼镁矿主要成分为Mg2B2O5·H2O，含少量杂质Fe3O4。硼镁矿粉碎后用氢氧化钠“碱溶”，Fe3O4不溶于氢氧化钠，Mg2B2O5·H2O和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀、NaBO2，过滤出Fe3O4、氢氧化镁沉淀，所得滤液中含有NaBO2，蒸发、浓缩、冷却结晶得Na2B4O7·10H2O，Na2B4O7·10H2O脱水生成Na2B4O7，Na2B4O7、Na、H2、SiO2在高温条件下生成NaBH4和硅酸钠，用异丙胺溶解NaBH4，过滤除去硅酸钠，蒸发NaBH4的异丙胺溶液得NaBH4。(6)7.6 g NaBH4做还原剂，氢元素化合价由－1升高为＋1，转移电子×8＝1.6 mol，氢气做还原剂，氢元素化合价由0降低为－1，转移1.6 mol电子需要0.8 mol氢气，所以还原能力相当于1.6 g H2的还原能力。 答案：(1)离子键、共价键 (2)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2 (3)Fe3O4　Mg(OH)2 (4)Na2B4O7＋16Na＋8H2＋7SiO24NaBH4＋7Na2SiO3　(5)排除装置中的空气，防止空气中的O2与Na、H2反应　(6)1.6 5．(2024·吴忠一模)废旧锡铬合金(含Sn、Cr、SnO、Cr2O3和少量Pb)。采用如下工艺流程回收锡并制备重铬酸钾(K2Cr2O7)。 已知：①“熔融氧化”中，氧化产物为Na2CrO4，还原产物为NaNO2； ②2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O。 回答下列问题： (1)基态Cr原子核外有_________个未成对电子。 (2)“热溶”时发生的非氧化还原反应的离子方程式为________________________________________________________；加快“热溶”速率的措施有__________________________________________________________(任写2条)。 (3)“溶渣”的主要成分为____________(填化学式)。 (4)“调pH2”的作用是________________________________________________________________________。 (5)“熔融氧化”反应的化学方程式为__________________________________________，该操作可在________(填字母)中进行。 A．蒸发皿　　　　　B．铁坩埚 C．石英坩埚 D．烧杯 (6)“转化、分离”中，需要通过蒸发浓缩、降温至10 ℃、结晶的方法分离得到K2Cr2O7晶体的原因为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析：(1)Cr为24号元素，其价层电子排布式为3d54s1，则基态Cr原子核外有6个未成对电子；(2)硫酸热溶时发生的非氧化还原反应为SnO＋2H＋===Sn2＋＋H2O、Cr2O3＋6H＋===2Cr3＋＋3H2O；加快“热溶”速率的措施有搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等；(3)由流程可知，溶渣的主要成分为PbSO4；(4)根据题给信息可知，2CrO42－＋2H＋Cr2O72－＋H2O，则“调pH2”的作用是使CrO42－转化为Cr2O72－；(5)“熔融氧化”时Cr2O3和氢氧化钠反应生成铬酸钠，化学方程式为Cr2O3＋4NaOH＋3NaNO32Na2CrO4＋3NaNO2＋2H2O；熔融氧化应该在坩埚中进行，因用到了NaOH，不能选石英坩埚，应选铁坩埚，故选B。 答案：(1)6 (2)SnO＋2H＋===Sn2＋＋H2O、Cr2O3＋6H＋===2Cr3＋＋3H2O　搅拌、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等 (3)PbSO4 (4)使CrO42－转化为Cr2O72－ (5)Cr2O3＋4NaOH＋3NaNO32Na2CrO4＋3NaNO2＋2H2O　B (6)K2Cr2O7的溶解度随温度降低而减小，且在10 ℃时比溶液中其他物质溶解度更小 6．(2024·兰州一模)硼化钛(结构式为B＝Ti＝B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如下： 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置； ②B2O3高温下蒸气压大、易挥发； ③TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋。 回答下列问题： (1)滤渣的主要成分为______________(填化学式)。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_________________________________ ________________________________________________________________________， 该工艺中，经处理可循环利用的物质为________(填化学式)。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为__________________________________ ________________________________________________________________________， B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是________________________________________________。仅增大配料中B2O3的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是____________________________________________________(用化学方程式解释)。 解析：工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2，加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋，TiO2＋在沸水中形成TiO2·xH2O，在“热还原”中生成TiB2。(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2＋B2O3＋5CTiB2＋5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；仅增大配料中B2O3的用量，杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是TiC＋B2O3＋2CTiB2＋3CO↑。 答案：(1)SiO2　(2)TiO2＋＋(x＋1)H2OTiO2·xH2O＋2H＋　H2SO4 (3)TiO2＋B2O3＋5CTiB2＋5CO↑　B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应TiC＋B2O3＋2CTiB2＋3CO↑ 7．(2024年1月·广西高考适应性演练)层状结构MoS2薄膜能用于制作电极材料。MoS2薄膜由辉钼矿(主要含MoS2及少量FeO、SiO2)制得MoO3后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。 回答下列问题： (1)“焙烧”产生的SO2用NaOH溶液吸收生成NaHSO3的离子方程式为______________________________________。 (2)“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵[(NH4)2Mo2O7]溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是_______________(举一例)。 (3)“灼烧”过程中需回收利用的气体是____________________________(填化学式)。 (4)在650 ℃下“气相沉积”生成MoS2的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用H2形成该气流的原因是________________________________________________________________________。 (5)层状MoS2晶体与石墨晶体结构类似，层状MoS2的晶体类型为___________。将Li＋嵌入层状MoS2充电后得到的LixMoS2可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为______________________________________。结合原子结构分析，Li＋能嵌入MoS2层间可能的原因是______________________________________。 解析：MoS2薄膜由辉钼矿(主要含MoS2及少量FeO、SiO2)制得MoO3后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到[(NH4)2Mo2O7]，结晶后灼烧得到MoO3，最后与S经气相反应并沉积得到MoS2，据此分析解题。(1)SO2用NaOH溶液吸收，生成NaHSO3，离子方程式为SO2＋OH－===HSO3－。(2)可将固体粉碎等，提高“浸取”速率。(3)[(NH4)2Mo2O7]为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用。(4)H2和S在加热条件下发生反应生成H2S，所以用Ar而不选用H2。(5)层状MoS2晶体与石墨晶体结构类似，所以层状MoS2的晶体类型为分子晶体，将Li＋嵌入层状MoS2充电后得到的LixMoS2可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为LixMoS2－xe－===MoS2＋xLi＋，Li＋为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入MoS2层间。 答案：(1)SO2＋OH－===HSO3－ (2)将固体粉碎(合理即可) (3)NH3 (4)H2和S在加热条件下发生反应生成H2S (5)分子晶体　LixMoS2－xe－===MoS2＋xLi＋　Li＋为Li失去一个电子形成，原子半径小 B卷——难点强化 8．(2024年1月·安徽高考适应性演练)钼(Mo)及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以NiS和MoS2形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到Na2SO4的一种工艺流程如下： 回答下列问题： (1)Ni位于元素周期表第____周期第_______族。(NH4)2MoO4中钼元素的化合价为___________。 (2)“焙烧”中生成Na2MoO4的化学方程式为_______________________________。 (3)Na2CO3用量对钼浸出率和浸取液中CO浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择Na2CO3用量为理论用量1.2倍的原因：________________________________________。 (4)Na2MoO4、Na2SO4的溶解度曲线如图2所示，为充分分离Na2SO4，工艺流程中的“操作X”应为__________(填标号)。 A．蒸发结晶　　　　　　 B．低温结晶 C．蒸馏 D．萃取 (5)为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“______________”步骤。 (6)(NH4)2MoO4分解可得MoO3。高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼的化学方程式为__________________________________________________。 解析：镍钼矿(NiS、MoS2等)加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应2MoS2＋6Na2CO3＋9O22Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4，NiS＋Na2CO3＋2O2NiO＋CO2＋Na2SO4，加水后，MoO进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶(根据Na2MoO4、Na2SO4的溶解度随温度变化特点确定)，将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。 (1)Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中Mo的化合价为＋6价； (2)MoS2与碳酸钠和空气焙烧，反应的化学方程式为2MoS2＋6Na2CO3＋9O22Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4； (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低； (4)温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶； (5)交换溶液主要含Na＋，应返回净化步骤； (6)高温下，用铝粉还原MoO3得到金属钼和氧化铝，化学方程式为MoO3＋2AlMo＋Al2O3。 答案：(1)四　Ⅷ　＋6　 (2)2MoS2＋6Na2CO3＋9O22Na2MoO4＋6CO2＋4Na2SO4 (3)若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低　 (4)B (5)净化　 (6)MoO3＋2AlMo＋Al2O3 9．(2024年1月·河南高考适应性演练)钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知钢渣中Ca元素质量分数为30%，V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Ca2＋ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： (1)浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有__________________________________________________________ (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)为避免引入杂质离子，氧化剂A应为_______________________________(举1例)。 (3)滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为__________。 (4)若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定_________ kg CO2。 (5)富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为_____________。该焙烧反应的化学方程式是______________________________________________。 (6)微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a＝b＝4.99 nm，c＝17.3 nm，α＝β＝90°，γ＝120°，该晶体密度为_______________ g·cm－3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 解析：钢渣中含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3＋、Fe2＋、Al3＋、Ca2＋，滤液中加入氧化剂A将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入试剂B将Fe3＋、Al3＋转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。 (1)浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO·SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应进行。 (2)加入氧化剂A的目的是将Fe2＋氧化成Fe3＋，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2等。 (3)加入试剂B的目的是使Fe3＋、Al3＋转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。 (4)钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为×44 g·mol－1＝297 kg。 (5)由题图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由＋3价升至＋5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3＋2CaCO3＋O2Ca2V2O7＋2CO2。 (6)该晶胞中含Ca2＋的个数为4×＋4×＋2×＋2×＋4＝6，含CO的个数为4×＋4×＋4＝6,1个晶胞的质量为 g，晶胞的体积为a2c＝×(4.99×10－7 cm)2×(17.3×10－7 cm)＝ ×4.992×17.3×10－21 cm3，该晶体密度为 g÷×4.992×17.3×10－21 cm3＝ ×1023g·cm－3。 答案：(1)适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌(任写一种)　稀硫酸与2CaO·SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应进行 (2)H2O2　 (3)氨水　 (4)297　 (5)Ca2V2O7　V2O3＋2CaCO3＋O2Ca2V2O7＋2CO2 (6)×1023 学科网（北京）股份有限公司 $$