猜押 工艺流程综合题（北京专用）-2025年高考化学冲刺抢押秘籍

猜押 工艺流程综合题 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 物质制备类工艺流程题 2024年第18题 2022年第18题 本题型以工业制备、分离提纯、资源回收为背景，综合元素化合物、反应原理、实验操作、计算等知识，体现化学学科的综合性和应用性；多来源于真实工业生产（如黄铜矿提铜、白云石制备碳酸钙、电解铝副产品提取镓等），融入绿色化学（如循环物质利用、节能减排）和新技术（如离子交换膜、细菌氧化）；结合工艺流程图、表格数据、文字描述，要求考生快速提取关键信息并分析注重综合分析能力（如反应条件优化、分离方法选择）和逻辑推理能力（如副产物判断、流程步骤设计）；涉及溶度积（Ksp）、产率、物质纯度等计算，需结合化学平衡和守恒定律。 2025年工艺流程题可能引入新能源材料（如锂电回收）、环保技术（如废水处理）等新领域；结合溶度积、化学平衡常数（K）进行多步计算，侧重数据图表分析能力；强调原子经济性、循环工艺设计，如“零排放”流程优化。 物质分离与提纯类工艺流程题 2023年第18题 资源回收与循环利用、反应原理与计算类工艺流程题 2022年第18题 押题一 物质制备类工艺流程题 1．是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 (1)碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是 。 ②溶解的化学方程式是 。 (2)酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是 。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是 。 (3)还原 用离子方程式表示的作用： 。 (4)用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是 。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因 。 2．利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 (1)煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 (2)用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 (3)溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 (4)分离过程中分离出的固体物质是 。 (5)用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 (6)该工业流程中可循环使用的物质是 。 3．工业上以铬铁矿（含有少量和等杂质）为主要原料制备的工艺流程如下图。 已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。 ②煅烧的目的是将转化为。 ③室温下， (1)元素位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)“煅烧”时参与反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 。 (4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为 ，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择的优点是 。 (5)室温下“中和”：。控制 ，可保证恰好沉淀完全（溶液中浓度为）。 (6)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时（溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。 A．硫酸 B．氢碘酸 C．硝酸钾 D．氢氧化钾 4．金红石是一种重要的钛矿石，具有较高的稳定性和化学惰性，其主要成分为，还含有少量Fe、Cr的氧化物。金属钛具有高强度、低密度、耐腐蚀等优良性能，广泛应用于航空航天、化工、医疗器械等领域。工业上常采用氯化法和还原法相结合的工艺来制备金属钛。工艺流程如下： (1)Ti原子的价层电子轨道排布式为 。 (2)金红石粉碎后遇浓硫酸加热酸浸，转化成了，加入大量水，水解成，水解过程的化学方程式为 。 (3)若氯化过程产生等物质的量的CO和，则该过程发生反应的化学方程式为 。 (4)还原过程用金属镁在高温下还原得到金属Ti． ①还原过程需在 气氛中进行(填字母)。 a．氩气    b．    c．    d．空气 ②下列金属冶炼常用的方式和上述过程相似的是 (填字母)。 a．Al    b．Fe    c．Na    d．Pt ③钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图1所示，工业中实际生产选择左右进行，请解释原因： 。 (5)如图2是“碳中和”反应在钛的氧化物催化作用下的反应基理，该过程的总反应可以表示为 。 (6)四卤化钛熔点如下表所示，利用物质结构的知识解释熔点变化的原因： 。 物质 熔点/℃ 377 -25 38 150 5．硝酸铈铵和亚铁氰化钾均可用作分析试剂。以废液晶显示屏玻璃为原料制备硝酸铈铵和亚铁氰化钾的工艺流程如图所示： 已知： ①显示屏玻璃中含较多的、、、。 ②不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。 回答下列问题： (1)滤液1中溶质主要含 (填化学式)。 (2)滤液2中含有、，加入试剂X，溶液中不引入新杂质，则试剂X是 (填化学式)。 (3)“溶解”步骤中还原产物为，该反应的化学方程式是 ；溶液与溶液等体积混合，充分反应后溶液中 {忽略混合前后溶液体积变化，}。 (4)“氧化沉铈”步骤反应的总离子方程式为 。 (5)中C、N原子中均含弧电子对，其中只有碳原子提供孤电子对与亚铁离子形成配位键，原因是 。 押题二 物质分离与提纯类工艺流程题 6．利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、、等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程。 已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 ②、均难溶于水。 (1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式 。 (2)结合以上制备流程，推测在此反应条件下，、、的氧化性从强到弱的顺序 。 (3)已知氧化性ClO，则沉淀I的主要成分是 ，萃取剂层所含金属元素只有锰元素，则萃取后的水层包含的金属阳离子有 。 (4)得到氯化钴晶体的操作I主要包括：向水层中加入 调整至， 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在和两种沉淀，则此溶液中和的浓度比值的数量级是 。 (6)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为，用的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到溶液和标准状况下2.24L黄绿色气体，则此钴氧化物的摩尔质量为 。 7．以水钴矿(Co2O3·H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 已知：①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.5 2.7 7.6 4.7 完全沉淀时(c=10-5 mol·L-1)的pH 9.0 3.7 9.1 6.2 ③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+； ④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+ >Fe3+。 回答下列问题： (1)Cu+价层电子的轨道表示式为 。 (2)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为： 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 。 (4)常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 (填名称)。 (5)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015 mol·L-1(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化，保留两位小数)。 (6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。 8．铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。 已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。 ②铁冰晶石的成分为。 回答下列问题： (1)在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是 (填标号)。 A．是一种轻金属，能与冷水反应 B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀 C．常温下，溶液的 (2)中的化合价为 。 (3)“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是 。 (4)实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是 (填化学式)。 (5)“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式： ；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是 (填离子符号)。 (6)焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是 ；写出镁还原法的反应原理： 。 9．以重晶石(以为主，含少量和的化合物)为原料制备的工艺流程如图所示。“焙烧”时均转化为较稳定的氧化物。 已知：表1  溶解度随温度的变化 温度 10 20 30 40 50 60 6.67 9.02 11.5 14.1 17.1 20.4 焙烧主产物 4.89 7.86 10.4 14.9 20.5 27.7 表2  几种硝酸盐的溶解度比较 溶剂 水 17.1 230.5 84.5 146.6 硝酸 0.87 134.35 51.0 69.56 回答下列问题： (1)“焙烧”中原料的比值为 (填“质量比”或“物质的量比”)；测得“废气”的平均摩尔质量为，写出相应的主反应化学方程式： 。 (2)“净化”时加入浓硝酸有两个目的：①除去杂质；②获取硝酸钡。“净化”时生成淡黄色固体的离子方程式为 ；“操作Ⅰ”“操作Ⅱ”的主要不同为 。 (3)根据下图判断工业生产时，配比最好为_______(填标号)。 A．3 B．4 C．4.3 D．5 (4)“碳化”时应先通入 ；写出“碳化”总反应化学方程式： ，该反应的化学平衡常数为 {用可代替的电离常数的电离常数和的溶度积表示}。 10．工业上利用“钪钛渣”(主要含和，含少量)提取Sc的流程如图所示。 已知，①；②；③。 (1)基态Sc原子核外电子排布式为 ，Sc在元素周期表中的位置是第四周期第 族，中Si原子的杂化类型为 。 (2)若“氧化”后溶液中，则加氨水“调”的范围是 ，滤渣1的成分为 。 (3)“钪钛渣”加硫酸后，Ti元素转化为，“调”后加适量溶液，会水解，其水解反应的离子方程式为 。 (4)某实验小组对“沉钪”步骤进行实验探究，相关数据实验溶液如表，对比实验数据，最适合的条件是“实验1”的条件，则该条件的优点有 。 实验 溶液 沉淀颗粒 沉淀率/% 1 1：3 较粗 99.3 2 1：5 细 90.0 3 1：5 很细 93.1 (5)“沉钪”得到的沉淀是，将该沉淀在空气中加热，一段时间后，固体剩余率为80.%，则剩余固体物质的化学式为 。 押题三 资源回收与循环利用、反应原理与计算类工艺流程题 11．废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： 不同温度下碳酸锂的溶解度如下表： 温度（℃） 20 40 60 80 100 溶解度（g） 1.33 1.17 1.08 0.85 0.72 (1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 (2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)滤液A中的、、均为价，则的主要作用是 。 (4)写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 (5)滤液C中 。 (6)滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有： 、 、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子主要有 （写离子符号）。 12．钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图： 已知：①易溶于硫酸； ②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原； ③“滤饼”的主要成分为。 回答下列问题： (1)基态钒原子的简化电子排布式为 。 (2)“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为 。 (3)“氧化”步骤，生成的离子方程式为 。 (4)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是 。 (5)“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因 。 (6)“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是 。 (7)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。 13．镓、锗均是重要金属，一种从炼锌矿渣{主要含铁酸锗()，铁酸镓[]，铁酸锌()}中回收镓、锗的工艺流程如下： 已知：时，、、、，、。 (1)Ga属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时(不溶于水)与硫酸和反应的离子方程式为 。 (3)时，“沉镓”过程中，若溶液中的、，当沉淀完全(离子浓度小于，可认为沉淀完全)时，、是否开始沉淀，判断并说明理由： ；使和分离的方法为 。 (4)以惰性材料为电极电解制备金属镓时，金属镓在 (填“阴”或“阳”)极生成；电解完成后的电解质残液可返回到 工序循环使用。 (5)“蒸馏”提纯时，下列图示中温度计位置正确的是 (填标号)。 (6)水解生成时，要加入大量的水，其目的是 。 14．废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： (1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 (2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 (写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为 。 (4)写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 (5)常温下滤液C中 mol/L。(常温：) (6)所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项) A．饱和Na2CO3溶液 B．饱和NaHCO3溶液 C．饱和食盐水 D．覆盖油层的水 (7)下列情况会导致测定结果偏低的是___________。 A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中 B．没有恢复到室温就进行读数 C．水准管液面高于量气管 D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气 15．镍是一种有色金属，被称为“钢铁工业的维生素”。以某废镍催化剂(含有、、、、、等氧化物)为原料回收的工艺流程如图所示。 已知：①在该实验条件下、均不能氧化； ②； ③部分金属硫化物的及开始沉淀和完全沉淀的如表。 金属硫化物 开始沉淀 完全沉淀 4.64 5.91 2.64 4.27 1.46 2.71 回答下列问题： (1)“球磨”的作用为 ；“滤渣①”的主要成分为 (填化学式)。 (2)查阅资料：在水溶液中，时能稳定存在，时能稳定存在。 若以“滤渣②”为原料制备硫酸铜，则在“酸浸”时，溶液的最大整数值为 。 (3)“除铜”步骤中，当完全沉淀时溶液中 。(保留三位有效数字，当溶液中离子浓度小于或等于时，认为该离子沉淀完全) (4)“转化”过程中溶液的主要作用是 (填离子方程式)；“调”步骤的目的是 。 (5)试分析上述工艺流程在除杂过程中，造成镍元素损失的主要原因： (填一条)；以废镍催化剂(的质量分数为)为原料按上述工艺流程回收，镍的回收率为，则最终得到的质量为 。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押 工艺流程综合题 猜押考点 3年真题 考情分析 押题依据 物质制备类工艺流程题 2024年第18题 2022年第18题 本题型以工业制备、分离提纯、资源回收为背景，综合元素化合物、反应原理、实验操作、计算等知识，体现化学学科的综合性和应用性；多来源于真实工业生产（如黄铜矿提铜、白云石制备碳酸钙、电解铝副产品提取镓等），融入绿色化学（如循环物质利用、节能减排）和新技术（如离子交换膜、细菌氧化）；结合工艺流程图、表格数据、文字描述，要求考生快速提取关键信息并分析注重综合分析能力（如反应条件优化、分离方法选择）和逻辑推理能力（如副产物判断、流程步骤设计）；涉及溶度积（Ksp）、产率、物质纯度等计算，需结合化学平衡和守恒定律。 2025年工艺流程题可能引入新能源材料（如锂电回收）、环保技术（如废水处理）等新领域；结合溶度积、化学平衡常数（K）进行多步计算，侧重数据图表分析能力；强调原子经济性、循环工艺设计，如“零排放”流程优化。 物质分离与提纯类工艺流程题 2023年第18题 资源回收与循环利用、反应原理与计算类工艺流程题 2022年第18题 押题一 物质制备类工艺流程题 1．是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 (1)碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是 。 ②溶解的化学方程式是 。 (2)酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是 。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是 。 (3)还原 用离子方程式表示的作用： 。 (4)用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是 。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因 。 【答案】(1) 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 (2) 浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行 (3) (4) 产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变 【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。 【详解】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率； ②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：； （2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快； ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行； （3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：； （4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2； ②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。 2．利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 (1)煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 (2)用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 (3)溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 (4)分离过程中分离出的固体物质是 。 (5)用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 (6)该工业流程中可循环使用的物质是 。 【答案】(1)CaO、MgO (2) (3) 80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度 1:4.2 (4)Mg(OH)2 (5) (6)NH3、CO2、NH4Cl 【分析】白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2，通入NH3和CO2最终生成 CaCO3沉淀，以此解答。 【详解】（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成 CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO。 （2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：。 （3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率； ②根据图二，当投料比为1:4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1:4.2。 （4）根据题目中给出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12远小于 Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此 Mg2+会优先形成 Mg(OH)2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是 Mg(OH)2。 （5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：。 （6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质。 3．工业上以铬铁矿（含有少量和等杂质）为主要原料制备的工艺流程如下图。 已知：①最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。 ②煅烧的目的是将转化为。 ③室温下， (1)元素位于元素周期表第 周期，第 族。 (2)“煅烧”时参与反应的化学方程式为 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 。 (4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为 ，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择的优点是 。 (5)室温下“中和”：。控制 ，可保证恰好沉淀完全（溶液中浓度为）。 (6)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时（溶液的吸光度与其浓度成正比），测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是__________（填字母）。 A．硫酸 B．氢碘酸 C．硝酸钾 D．氢氧化钾 【答案】(1) 四 VIB (2) (3) (4) 析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得等合理答案均可 (5)8.37 (6)A 【分析】铬铁矿（含有少量和等杂质）加入碳酸钠灼烧，将转化为 ，“焙烧” 所得固体为Na2CrO4、Na[Al(OH)]4和Fe2O3，加水浸取，滤渣为难溶性的Fe2O3，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、Na[Al(OH)]4，加入CO2中和，得到沉淀Al(OH)3，则滤渣为Al(OH)3，再通入足量CO2酸化，转化为，向溶液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，以此解答。 【详解】（1）Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期，第VIB族。 （2）“煅烧”时和Na2CO3、O2反应转化为，同时有和CO2生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为。 （4）“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为，选择的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的能循环利用；或来源丰富，廉价易得。 （5）室温下“中和”：，平衡常数K==10-13.37，恰好沉淀完全时，溶液中浓度为，则c(H+)==10-8.37mol/L，pH=8.37。 （6）用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，以保持溶液的酸性，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选 A。 4．金红石是一种重要的钛矿石，具有较高的稳定性和化学惰性，其主要成分为，还含有少量Fe、Cr的氧化物。金属钛具有高强度、低密度、耐腐蚀等优良性能，广泛应用于航空航天、化工、医疗器械等领域。工业上常采用氯化法和还原法相结合的工艺来制备金属钛。工艺流程如下： (1)Ti原子的价层电子轨道排布式为 。 (2)金红石粉碎后遇浓硫酸加热酸浸，转化成了，加入大量水，水解成，水解过程的化学方程式为 。 (3)若氯化过程产生等物质的量的CO和，则该过程发生反应的化学方程式为 。 (4)还原过程用金属镁在高温下还原得到金属Ti． ①还原过程需在 气氛中进行(填字母)。 a．氩气    b．    c．    d．空气 ②下列金属冶炼常用的方式和上述过程相似的是 (填字母)。 a．Al    b．Fe    c．Na    d．Pt ③钛的提取率在不同温度下随时间变化的曲线如图1所示，工业中实际生产选择左右进行，请解释原因： 。 (5)如图2是“碳中和”反应在钛的氧化物催化作用下的反应基理，该过程的总反应可以表示为 。 (6)四卤化钛熔点如下表所示，利用物质结构的知识解释熔点变化的原因： 。 物质 熔点/℃ 377 -25 38 150 【答案】(1) (2) (3) (4) a b 800℃时，转化率低；和的转化率相当，时能耗太高 (5) (6)为离子晶体，熔点较高，都是分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔点逐渐升高 【分析】“酸浸”后过滤，得到含TiOSO4、Fe2 (SO4)3等的溶液，加入大量水使TiOSO4水解，过滤后得到胶状；经煅烧得到TiO2，TiO2再与C、Cl2发生氧化还原反应生成TiCl4、CO、CO2，TiCl4经Mg热还原得到Ti。 【详解】（1） Ti的价层电子排布式为3d24s2，故价层电子轨道排布式为； （2）依题水解生成，水解方程式为； （3）水解后的经煅烧得到TiO2，再与C、Cl2发生氧化还原反应生成TiCl4、CO、CO2，反应的化学方程式为； （4）①Mg与氧气、氮气、二氧化碳均反应，故还原过程应在氩气氛围中进行； ②Mg还原TiCl4制Ti，属于热还原法，Fe也是用热还原法制备；Na、Al等活泼金属用电解法，Pt、Au等不活泼金属用富集法制备； ③800℃的提取率低，1000℃与1500℃提取率很高而且相差不大，故选择1000℃，可以节约生产成本； （5）根据反应机理图可知，在催化剂作用下甲醇和二氧化碳转化甲酸甲酯、甲醛和水，总反应方程式为； （6）TiF4是离子晶体，其余为分子晶体。离子晶体熔点较高，分子晶体熔点低，且分子晶体熔点随相对分子质量增大而升高。 5．硝酸铈铵和亚铁氰化钾均可用作分析试剂。以废液晶显示屏玻璃为原料制备硝酸铈铵和亚铁氰化钾的工艺流程如图所示： 已知： ①显示屏玻璃中含较多的、、、。 ②不溶于稀硫酸，也不溶于溶液。 回答下列问题： (1)滤液1中溶质主要含 (填化学式)。 (2)滤液2中含有、，加入试剂X，溶液中不引入新杂质，则试剂X是 (填化学式)。 (3)“溶解”步骤中还原产物为，该反应的化学方程式是 ；溶液与溶液等体积混合，充分反应后溶液中 {忽略混合前后溶液体积变化，}。 (4)“氧化沉铈”步骤反应的总离子方程式为 。 (5)中C、N原子中均含弧电子对，其中只有碳原子提供孤电子对与亚铁离子形成配位键，原因是 。 【答案】(1)、NaOH (2)Fe (3) (4) (5)碳元素的电负性比氮元素的小(合理即可) 【详解】（1）“碱浸”过程中，只有SiO2溶于NaOH得到滤液1（含Na2SiO3、NaOH）； （2）据题意可知，加入X目的是将Fe3+还原成Fe2+，可选择Fe还原Fe3+，且不引入杂质； （3）“溶解”过程中，CeO2溶于浓盐酸生成CeCl3、H2O和Cl2，反应的化学方程式为；根据题给信息可知NaOH溶液过量，设最终溶液中Ce3+的浓度为xmol/L，则c(OH-)= (0.01+3x)mol/L，则有c(Ce3+)·c3(OH-)=x×(0.01+3x) 3≈x×0.013=1.6×10-20，x=1.6×10-11； （4）“氧化沉铈”过程中，CeCl3与H2O2、NH3·H2O反应生成Ce(OH)4和氯化铵，反应的离子方程式为； （5）因为N原子的电负性强于C原子，故C原子更容易提供孤电子对与Fe2+形成配位键。 押题二 物质分离与提纯类工艺流程题 6．利用水钴矿(主要成分为，含少量、、、、、等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程。 已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的如表所示： 沉淀物 开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7 完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 ②、均难溶于水。 (1)写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式 。 (2)结合以上制备流程，推测在此反应条件下，、、的氧化性从强到弱的顺序 。 (3)已知氧化性ClO，则沉淀I的主要成分是 ，萃取剂层所含金属元素只有锰元素，则萃取后的水层包含的金属阳离子有 。 (4)得到氯化钴晶体的操作I主要包括：向水层中加入 调整至， 、过滤、洗涤、减压烘干等过程。 (5)根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在和两种沉淀，则此溶液中和的浓度比值的数量级是 。 (6)取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为，用的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到溶液和标准状况下2.24L黄绿色气体，则此钴氧化物的摩尔质量为 。 【答案】(1) (2) (3) 、 、 (4) 盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶 (5) (6) 【分析】水钴矿主要成分及杂质、、、、与盐酸反应，不与盐酸反应；同时加入，将、还原为、，得到含有、、、、、等离子的浸出液，以固体形式存在。向浸出液中加入将氧化为，反应为，再加入调pH至5.2。根据阳离子沉淀的pH数据，此时、会转化为、沉淀（沉淀Ⅰ ），而、、、仍留在滤液Ⅰ中。向滤液Ⅰ中加入NaF溶液。、会与反应生成、沉淀（沉淀Ⅱ），从而除去、，得到滤液Ⅱ，此时滤液Ⅱ主要含、。向滤液Ⅱ中加入萃取剂。萃取剂将萃取到萃取剂层，留在水层，实现与的分离。向含的水层中加入草酸铵溶液，发生反应。：对含的水层进行操作Ⅰ（一般为向水层中加入盐酸调整pH至2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作 ），得到晶体。 【详解】（1）水钴矿主要成分，加入和盐酸，具有氧化性，具有还原性，将氧化为，自身被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到该离子方程式。 （2）浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入，能将氧化为，但不能将氧化成，所以氧化性顺序为。 （3）加入调至5.2 ，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的数据，在=3.7完全沉淀，在=5.2完全沉淀，所以沉淀Ⅰ主要成分是、 。加入溶液沉淀、，萃取剂层只有锰元素，说明锰被萃取除去，那么萃取后的水层包含的金属阳离子有、Na+。 （4）为抑制水解，向水层中加盐酸调至2 ~ 3 ，从溶液中得到晶体，需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程 。 （5）完全沉淀=9.6，，=10-13.8；完全沉淀=9.2，，=10-14.6。两种沉淀共存时，，数量级为。 （6）标准状况下2.24L氯气物质的量为0.1mol，1.0L1mol/L盐酸中HCl物质的量为1mol 。设钴氧化物化学式为，根据，由氯元素守恒可知生成中Cl元素物质的量为，则物质的量为0.4mol 。根据电子守恒，，。根据电荷守恒，，解得n(O2-)= 0.5mol ，则x∶y=0.4mol∶0.5mol=4∶5，则为，摩尔质量为。 7．以水钴矿(Co2O3·H2O，含少量Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含少量SiO2、Fe2O3)为原料制取胆矾和单质钴。 已知：①常温下，Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Ksp(CaSO4)=7.1×10-7，Ksp(CoCO3)=2.4×10-7； ②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表： 金属离子 Fe2+ Fe3+ Co2+ Cu2+ 开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH 7.5 2.7 7.6 4.7 完全沉淀时(c=10-5 mol·L-1)的pH 9.0 3.7 9.1 6.2 ③萃取Cu2+的反应原理；Cu2++2HRCuR2+2H+； ④Mg、Ca、Fe、Co均能与强酸反应产生H2；氧化性：Co3+ >Fe3+。 回答下列问题： (1)Cu+价层电子的轨道表示式为 。 (2)“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，写出“酸浸”过程中主要反应的化学方程式为： 。 (3)“滤渣1”的主要成分为 。 (4)常温下，“滤液1”中加“氧化铜”调pH不小于 ，“反萃取”步骤中加入的“试剂a”为 (填名称)。 (5)常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015 mol·L-1(忽略溶液中极少量的Ca2+)，除去2L“滤液2”中的Mg2+，至少需加入NaF固体的质量为 g(忽略溶液体积的变化，保留两位小数)。 (6)采用惰性电极电解CoCl2溶液﹑在无离子交换膜的条件下，不能用CoSO4溶液代替CoCl2溶液的理由是 。 (7)将制得的胆矾配成溶液，先加入足量氨水，得到深蓝色溶液，再通入SO2至弱酸性，生成白色沉淀。经仪器分析：白色沉淀含H、N，O、S、Cu五种元素，且Cu∶N∶S=1∶4∶l；所含Cu离子中无单电子；晶体的部分组成微粒的空间构型分别为三角锥形和正四面体形。则白色沉淀的化学式为 。 【答案】(1) (2) (3)SiO2、CaSO4 (4) 3.7 稀硫酸 (5)4.62 (6)电解CoSO4溶液使溶液呈酸性，将生成的Co再次溶解，导致Co的产率降低 (7)NH4[Cu(NH3)3]SO4 【分析】水钴矿(Co2O3•H2O，含Fe2O3、MgO、CaO)和辉铜矿(Cu2S，含SiO2、Fe2O3)加稀硫酸“酸浸”，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，得含有Co2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+、Ca2+的浸出液，SiO2不溶于酸、CaSO4微溶过滤得滤渣1，浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，过滤，滤液1中加NaF生成MgF2、CaF2沉淀除Mg2+、Ca2+，过滤，则滤液2中含Cu2+、Co2+，加入萃取剂分液，Cu2+进入有机层，Co2+存在萃取余液中，萃取余液加碳酸钠生成碳酸钴晶体沉淀，过滤，碳酸钴晶体中加盐酸溶解得CoCl2溶液，电解CoCl2溶液得金属Co,有机层加试剂a反萃取，Cu2+重新进入水相，进一步得胆矾。 【详解】（1） Cu的价电子为3d104s1，Cu+价电子3d10，轨道表示式为； （2）“酸浸”过程硫元素价态变为+6价，Co2O3溶于酸得到Co3+，Co3+氧化Cu2S生成硫酸根和Cu2+、Co2+，根据氧化还原反应得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为； （3）由分析可知，“滤渣1”的主要成分为SiO2、CaSO4； （4）浸出液加氧化铜调节pH生成Fe(OH)3除铁，根据表格数据，调pH不小于3.7；反萃取是将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，根据反应Cu2++2HR⇌CuR2+2H+，加酸能增大氢离子浓度有利于平衡逆向移动，可以将有机层中的Cu2+转化到水溶液中，考虑到不引入新杂质，试剂a为稀硫酸； （5）常温下，若“滤液2”中c(Mg2+)=0.015mol/L，由Ksp(MgF2)=6.25×10-9，Mg2+刚好除尽时溶液中c(F-)==mol/L=2.5×10-2mol/L，则溶液中剩余F-物质的量为2.5×10-2mol/L×2L=0.05mol，与Mg2+沉淀的F-的物质的量为0.015mol/L×2L×2=0.06mol，至少需加入NaF固体的质量为(0.05+0.06)mol×(23+19)g/mol=4.62g； （6）由已知④Co能与强酸反应产生H2，若用CoSO4溶液代替CoCl2溶液，H2O(OH-)阳极放电，溶液酸性增强，将生成的Co再次溶解，导致Co产率降低； （7）白色沉淀晶体中分别呈三角锥和正四面体形两种离子，三角锥形离子为亚硫酸根离子，正四面体形离子为铵根，结合Cu∶N∶S=1∶4∶l推知白色沉淀的化学式：NH4[Cu(NH3)3]SO4。 8．铍广泛用于航空航天、电子元件、导弹与武器制造等领域。一种以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍的工艺流程如图。 已知：①“烧结”时，未发生氧化还原反应；“烧结”后，、元素分别转化成可溶性的、，其他元素以稳定的氧化物形式存在。 ②铁冰晶石的成分为。 回答下列问题： (1)在元素周期表中，与处于对角线的位置，它们的性质相似。下列叙述错误的是 (填标号)。 A．是一种轻金属，能与冷水反应 B．具有高熔点，能耐酸碱腐蚀 C．常温下，溶液的 (2)中的化合价为 。 (3)“烧结”时，不宜采用陶瓷类器材，原因是 。 (4)实验室利用回收的可以制备两种常见气体，它们是 (填化学式)。 (5)“沉铍”步骤中加入溶液调节为11，析出颗粒状的，写出生成的离子方程式： ；若加入的溶液过量，得到的含铍粒子是 (填离子符号)。 (6)焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是 ；写出镁还原法的反应原理： 。 【答案】(1)AB (2) (3)陶瓷中含有的二氧化硅会与碳酸钠反应 (4)、 (5) (6) 防止空气与铍、镁反应 【分析】以铍矿石(主要成分为，还含有少量等)为原料制备铍，铍矿石加入Na2SiF6、Na2CO3烧结，烧结时，未发生氧化还原反应，烧结后，Be、Mn元素以可溶性的Na2BeF4、Na2MnF4形式存在，同时生成二氧化硅，加入水浸出，过滤，所得滤渣为二氧化硅，滤液中加入NH3•H2O、KMnO4得到MnO2固体，过滤得到MnO2，滤液中加入NaOH沉铍，过滤得到的滤渣洗涤烘干然后煅烧得到工业BeO，BeO可以通过焦炭还原法或者镁还原法制得金属Be，滤液中加入硫酸铁得到铁冰晶石； 【详解】（1）与处于对角线的位置，它们的性质相似； A．Al与冷水不反应，可知Be也不能与冷水反应，故A错误； B．氧化铝的熔点高，可知氧化铍具有高熔点，与氧化铝类似，氧化铍既能与酸反应又能与碱反应，因此不耐酸碱腐蚀，故B错误； C．氯化铝水解显酸性，可知常温时，BeCl2也可以水解使溶液的pH＜7，故C正确； 答案为C； （2）中Na为+1价，F为-1价，根据化合价代数和为零可知的化合价为+3； （3）陶瓷中含有二氧化硅，高温时可以与碳酸钠反应，故“烧结”时不宜采用陶瓷类器材； （4）可以催化H2O2分解制备O2；与浓盐酸加热反应可制备Cl2； （5）沉铍时，溶液中的与NaOH反应生成Be(OH)2，反应的离子方程式为；Be(OH)2和Al(OH)3性质相似，能和足量NaOH溶液反应生成，含铍的离子为； （6）焦炭还原法和镁还原法制铍单质都在氩气中进行，氩气的作用是防止空气与铍、镁反应；镁还原法制铍单质是用单质镁与BeO高温下反应生成Be和MgO，反应方程式为。 9．以重晶石(以为主，含少量和的化合物)为原料制备的工艺流程如图所示。“焙烧”时均转化为较稳定的氧化物。 已知：表1  溶解度随温度的变化 温度 10 20 30 40 50 60 6.67 9.02 11.5 14.1 17.1 20.4 焙烧主产物 4.89 7.86 10.4 14.9 20.5 27.7 表2  几种硝酸盐的溶解度比较 溶剂 水 17.1 230.5 84.5 146.6 硝酸 0.87 134.35 51.0 69.56 回答下列问题： (1)“焙烧”中原料的比值为 (填“质量比”或“物质的量比”)；测得“废气”的平均摩尔质量为，写出相应的主反应化学方程式： 。 (2)“净化”时加入浓硝酸有两个目的：①除去杂质；②获取硝酸钡。“净化”时生成淡黄色固体的离子方程式为 ；“操作Ⅰ”“操作Ⅱ”的主要不同为 。 (3)根据下图判断工业生产时，配比最好为_______(填标号)。 A．3 B．4 C．4.3 D．5 (4)“碳化”时应先通入 ；写出“碳化”总反应化学方程式： ，该反应的化学平衡常数为 {用可代替的电离常数的电离常数和的溶度积表示}。 【答案】(1) 物质的量比 (2) 操作I为趁热过滤提高硫化钡的浸出率，操作Ⅱ为冷却过滤减少硝酸钡溶解 (3)C (4) NH3 【分析】重晶石(以为主，含少量和的化合物)和C混合焙烧后得到废气为CO2，废渣为BaS、Fe2O3、CaO、MgO，用热水浸取除去Fe2O3、CaO、MgO，“净化”时加入浓硝酸有两个目的：①除去杂质；②获取硝酸钡，操作I为趁热过滤提高硫化钡的浸出率，操作Ⅱ为冷却过滤减少硝酸钡溶解，经过重结晶得到硝酸钡，“碳化”时硝酸钡和二氧化碳、氨气反应生成，以此解答。 【详解】（1）“培烧”中原料的比值为，为保证硫酸钡完全反应，碳应过量，故应为物质的量之比；由“废气”的平均摩尔质量为可知，根据焙烧产物为，化学方程式为。 （2）“净化”时加入浓硝酸可以将溶液中的S2-氧化为淡黄色固体S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为；操作I为趁热过滤提高硫化钡的浸出率，操作Ⅱ为冷却过滤减少硝酸钡溶解。 （3）硝酸与硫化钡按物质的量之比完全反应，由表2可知，硝酸应过量，以降低硝酸钡的溶解度，由图可知，配比超过4.3后，硝酸钡收率不变，配比最好为4.3，故选C。 （4）二氧化碳在水中的溶解度不大，先通入氨气形成碱性环境，然后通入二氧化碳可以吸收更多的二氧化碳，有利于的制备，硝酸钡和二氧化碳、氨气反应生成，总反应的化学方程式为，由题意可知，、、、、，根据的关系可得该反应的平衡常数为。 10．工业上利用“钪钛渣”(主要含和，含少量)提取Sc的流程如图所示。 已知，①；②；③。 (1)基态Sc原子核外电子排布式为 ，Sc在元素周期表中的位置是第四周期第 族，中Si原子的杂化类型为 。 (2)若“氧化”后溶液中，则加氨水“调”的范围是 ，滤渣1的成分为 。 (3)“钪钛渣”加硫酸后，Ti元素转化为，“调”后加适量溶液，会水解，其水解反应的离子方程式为 。 (4)某实验小组对“沉钪”步骤进行实验探究，相关数据实验溶液如表，对比实验数据，最适合的条件是“实验1”的条件，则该条件的优点有 。 实验 溶液 沉淀颗粒 沉淀率/% 1 1：3 较粗 99.3 2 1：5 细 90.0 3 1：5 很细 93.1 (5)“沉钪”得到的沉淀是，将该沉淀在空气中加热，一段时间后，固体剩余率为80.%，则剩余固体物质的化学式为 。 【答案】(1) (2) (3) [或] (4)沉淀率大，得到产物更多；草酸用量少，更节约原料；沉淀颗粒粗，更有利于过滤(答出两点即可) (5) 【分析】向“钪钛渣”中加入硫酸后得到含的浸出液，不溶于酸首先分离，浸出液用空气氧化将转化为，加氨水调pH沉淀Fe，加NaOH沉淀Ti，加草酸沉淀Sc。 【详解】（1）Sc为21号元素，基态Sc原子核外电子排布式为；Sc在元素周期表中的位置是第四周期第B族；二氧化硅中每个硅原子与四个氧原子形成四个Si-O，因此Si的杂化方式是。 （2）加氨水“调”的目的是沉淀而不沉淀，因此溶液最小pH为完全沉淀时：，pH=14-11=3，最大pH为开始沉淀时：，，则加氨水“调”的范围是；据分析，滤渣1的成分为。 （3）中Ti为+4价，因此水解产物为（或），水解的离子方程式为 [或]。 （4）对比各实验数据，“实验1”的条件，则该条件的优点有沉淀率大，得到产物更多；草酸用量少，更节约原料；沉淀颗粒粗，更有利于过滤(答出两点即可)。 （5）摩尔质量为462g/mol，加热一段时间后，固体剩余率为80%，则此时固体摩尔质量为，数值减少92，约对应5个结晶水，则剩余固体物质的化学式为。 押题三 资源回收与循环利用、反应原理与计算类工艺流程题 11．废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： 不同温度下碳酸锂的溶解度如下表： 温度（℃） 20 40 60 80 100 溶解度（g） 1.33 1.17 1.08 0.85 0.72 (1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 (2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)滤液A中的、、均为价，则的主要作用是 。 (4)写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 (5)滤液C中 。 (6)滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有： 、 、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子主要有 （写离子符号）。 【答案】(1)化学能转化为电能 (2) 升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌 (3)还原剂 (4) 防止在过程③被氧化生成产生污染 (5) (6) 蒸发结晶 趁热过滤 【分析】该工艺流程的原料为废旧锂离子电池(含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉)，回收金属元素分别得到含铝滤液、、、。废旧电池初步处理，经碱浸，铝片与碱溶液反应生成过滤得含铝滤液，钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂以及石墨粉为滤渣成分，经硫酸/及氨水调，过滤分离得石墨，根据滤液A中的、、均为价，可知、、在酸性环境与发生氧化还原反应，其中为还原剂，过程③使滤液A中价的被氧化生成分离出去，滤液B中含有、、，加入生成沉淀分离出来后，滤液C中含有，加入浓得到。 【详解】（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能； 故答案为：化学能转化为电能； （2）为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有升高温度、适当增大碱液浓度或搅拌；步骤①发生铝片与碱溶液反应生成的反应，离子方程式为； 故答案为：升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌；； （3）中化合价为+3价、中化合价为+6价、中化合价为+3价，经硫酸/及氨水调，得到的滤液A中的、、均为价，均被还原，由此可知，为还原剂； 故答案为：还原剂； （4）过程③为滤液A中价的被氧化生成分离出去，故该离子反应为；步骤②中若用盐酸酸化溶液，则滤液A中含有，在过程③加入时，被氧化生成产生污染； 故答案为：；防止在过程③被氧化生成产生污染； （5）根据，即，则； 故答案为：； （6）滤液C中含有，与加入的浓反应得到，根据的不同温度下的溶解度可知，温度较高时，其溶解度小，故滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；剩余液体主要成分为，故阴离子为； 故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；。 12．钒触媒常用作转化为的催化剂。一种从废钒触媒（含、、等）中回收的工艺如下图： 已知：①易溶于硫酸； ②为两性氧化物，溶于酸生成，在高温下易被还原； ③“滤饼”的主要成分为。 回答下列问题： (1)基态钒原子的简化电子排布式为 。 (2)“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为 。 (3)“氧化”步骤，生成的离子方程式为 。 (4)“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是 。 (5)“沉钒”步骤，加生成沉淀。该步骤需要加入过量的，请从平衡的角度解释原因 。 (6)“滤液1”和“滤液2”中都含有的盐是 。 (7)“煅烧”步骤需要通入一定量的空气，原因是 。 【答案】(1)[Ar] (2) (3) (4)加入过多，后续会消耗更多，增加成本 (5)过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀 (6)、 (7)提供氧化氛围，防止在高温下被还原 【分析】废钒催化剂(含有、、)加入稀硫酸，不溶液于稀硫酸，则滤渣为，滤液中含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+ 、，加氯酸钠进行氧化生成沉钒，转化为，沉钒过滤后成为滤饼，滤饼主要成分为，滤液体中含有、Fe3+、K+、Na+、H+、Al3+、Cl-、，滤饼中加入，转化为NaVO3；加入稀硫酸调节pH=2，与氯化铵反应生成 沉淀，煅烧分解为V2O5，据此分析； 【详解】（1）钒是第23号元素，基态钒原子的简化电子排布式为[Ar]； （2）为两性氧化物，溶于酸生成，“浸取”步骤，参与反应的化学方程式为； （3）“氧化”步骤，氯酸钠具氧化性做氧化剂， 被氧化生成的离子方程式为：； （4）“碱溶”步骤，加入的量不宜过多，原因是：加入过多，后续调节pH值，会消耗更多，增加成本； （5）加生成沉淀，加入过量的，过量，增大浓度，平衡向生成方向移动，便于完全沉淀； （6）由分析可知，“滤液1”（加稀硫酸浸取和氧化步骤） 和“滤液2”（碱溶和调pH步骤）都含有的盐是、； （7）煅烧分解为V2O5是产生，具有氧化性，具有还原性，故提供氧化氛围，防止在高温下被还原； 13．镓、锗均是重要金属，一种从炼锌矿渣{主要含铁酸锗()，铁酸镓[]，铁酸锌()}中回收镓、锗的工艺流程如下： 已知：时，、、、，、。 (1)Ga属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时(不溶于水)与硫酸和反应的离子方程式为 。 (3)时，“沉镓”过程中，若溶液中的、，当沉淀完全(离子浓度小于，可认为沉淀完全)时，、是否开始沉淀，判断并说明理由： ；使和分离的方法为 。 (4)以惰性材料为电极电解制备金属镓时，金属镓在 (填“阴”或“阳”)极生成；电解完成后的电解质残液可返回到 工序循环使用。 (5)“蒸馏”提纯时，下列图示中温度计位置正确的是 (填标号)。 (6)水解生成时，要加入大量的水，其目的是 。 【答案】(1) p (2) (3) 未开始沉淀，沉淀完全时的，和开始沉淀的pH均为5.5 加入双氧水氧化，然后加入氧化锌调pH小于5.5，将铁元素沉淀完全后，过滤 (4) 阴 碱溶 (5)A (6)促进水解完全 【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸锗GeFe2O5、铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]，得到目标产物：Ca、Ce，除杂元素：Fe、Zn；酸浸还原GeFe2O5、Ga2(Fe2O4)3、ZnFe2O4中的Fe(+3价)在H2SO4溶液中被SO2还原为Fe2+，所以“酸浸还原”后的溶液中含金属阳离子有(Ge4+、Ga3+、Fe2+、Zn2+，其中Ga2(Fe2O4)3发生的反应为Ga2(Fe2O4)3+3SO2+12H+=6Fe2++2Ga3++3+6H2O；沉锗：溶液中的Ge4+与通入的H2S反应生成GeS2沉淀；分离：“沉锗”后的溶液中含有的金属阳离子有Ga3+、Fe2+、Zn2+，通过分离出FeSO4使溶液进一步纯化；沉镓：向含Ga3+和Zn2+的溶液中通入NH3，可将Ga3+转化为Ga(OH)3；碱溶：Ga(OH)3与NaOH发生的反应为Ga(OH)3+NaOH=Na[Ga(OH)4]或Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O；电解：电解NaGaO2{或Na[Ga(OH)4]}得到Ga；氧化：GeS2中的S(-2价)在HCl作用下被NaClO3、氧化为S，而NaClO3被还原为Cl-，所以由得失电于守恒可知4n(GeS2)=6n(NaClO3)，由于在该反应中GeS2作还原剂、NaClO3作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量上比为2：3；蒸馏：氧化后得到的GeCl4通过蒸馏的方法从溶液中分离；水解：GeCl4水解生成GeO2；还原：GeO2经原后生成Ge； 【详解】（1）Ga是31号元素，原子核外有31个电子，所以基态铁原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s24p1，则其价电子排布式为4s24p1，属于p区。 （2）“酸浸还原”后含金属阳离子有(Ge4+、Ga3+、Fe2+、Zn2+)，其中ZnFe2O4发生的反应为； （3）当沉淀完全(离子浓度小于，可认为沉淀完全)时，c(OH-)=，pH=4.3；若溶液中的开始沉淀，此时c(OH-)= ，pH≈5.5；若溶液中的开始沉淀，此时c(OH-)= ，pH≈5.5。当沉淀完全(离子浓度小于)时，可认为沉淀完全)时，、没有开始沉淀。因Fe3+沉淀的pH较小，故使和分离的方法为加入双氧水氧化，然后加入氧化锌调pH小于5.5，将铁元素沉淀完全后，过滤。 （4）电解时，偏镓酸钠中的偏镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和氢氧根离子,电极反应式为GaO+3e-+2H2O=Ga+4OH-,氢氧根离子和钠离子结合形成氢氧化钠，故在阴极生成金属镓，且电解完成后的电解质残液可返回到碱溶工序循环使用； （5）蒸馏时测量馏出气的温度，故温度计水银球与蒸馏烧瓶的支管口相平，故选A。 （6）水解生成时，要加入大量的水，其目的是促进水解完全。 14．废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： (1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 (2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 (写出其中一种即可)，步骤①发生反应的离子方程式为 。 (3)滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，则H2O2作为反应物的半反应式为 。 (4)写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 (5)常温下滤液C中 mol/L。(常温：) (6)所得碳酸锂样品含有少量Na2SO4杂质，拟通过图示装置测定样品中Li2CO3的含量，b中液体为硫酸溶液，量气管中可以加入的试剂可以是___________。(不定项) A．饱和Na2CO3溶液 B．饱和NaHCO3溶液 C．饱和食盐水 D．覆盖油层的水 (7)下列情况会导致测定结果偏低的是___________。 A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中 B．没有恢复到室温就进行读数 C．水准管液面高于量气管 D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气 【答案】(1)化学能转化为电能 (2) 搅拌或者适当升高温度 (合理均可) 2Al + 2OH-+ 6H2O = 2[Al(OH)4]-+ 3H2↑ (3)H2O2-2e-= 2H+ + O2 (4) Mn2+ + S2O+ 2H2O = 4H+ + MnO2 + 2SO MnO会在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2 (5)1.09×10-6 (6)BD (7)C 【分析】正极材料含钴酸锂(LiCoO2)，锰酸锂(Li2MnO4)，镍酸锂(LiNiO2)以及铝片、石墨粉等，初步处理后进行碱浸，Al反应生成四羟基合铝酸钠溶液，滤渣经过氧化氢酸性溶液溶解，H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，过滤分离出石墨，滤液在过程③中Mn2+被S2O氧化为MnO2，过程④中加入NaOH调pH使Ni2+和Co2+变为氢氧化物沉淀，过滤后在滤液C中加入浓碳酸钠生成碳酸锂。 【详解】（1）锂离子电池属于原电池，原电池工作时，是将化学能转化为电能，所以锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能； （2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，根据化学反应速率的影响因素，除了对原料粉碎处理增大接触面积外，还可以采用搅拌、升高温度、适当增大碱的浓度等措施，步骤①是铝片与碱液反应，铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al + 2OH-+ 6H2O = 2[Al(OH)4]-+ 3H2↑； （3）滤液A中的Co、Ni、Mn均为+2价，说明H2O2将LiCoO2、Li2MnO4、LiNiO2等物质中的Co、Mn、Ni还原为+2价，所以H2O2的主要作用是还原剂，H2O2半反应式为H2O2-2e-= 2H+ + O2； （4）S2O中有过氧键，具有氧化性，过程③中Mn2+被S2O氧化为MnO2，离子方程式为Mn2+ + S2O+ 2H2O = 4H+ + MnO2 + 2SO，步骤②中不能用盐酸酸化溶液，因为溶液中的MnO具有强氧化性，能与盐酸中的Cl-发生氧化还原反应，Cl-被氧化为Cl2，MnO被还原，会导致后续反应受影响，所以原因是酸性条件下MnO会氧化Cl-生成Cl2； （5）滤液C中形成Co(OH)2沉淀，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)×c2(OH-)=1.09×10-15，一般情况下溶液为碱性，假设c(OH-)=1.0×10-2mol/L（具体OH-浓度应根据题目中其他条件确定，此处假设为常见碱性环境浓度），则c(Co2+)====1.09×10-6mol/L； （6）测定样品中Li2CO3的含量，利用硫酸与样品反应，测定CO2的体积，通过CO2的量计算Li2CO3的含量； A．CO2与饱和Na2CO3溶液要反应，故不符合； B．CO2在饱和NaHCO3溶液中溶解度很小，故符合； C．CO2可以溶于饱和食盐水，故不符合； D．覆盖油层的水不会溶解CO2，故符合； 答案选BD； （7）A．反应产生的气体一部分滞留在“Y”型试管中，但是会有等量的空气进入量气管，CO2的体积不会偏小，结果不会偏低，故A不选； B．没有恢复到室温就进行读数导致测得的CO2的体积偏大，结果偏高，故B不选； C．水准管高于量气管，则CO2的压强大于大于大气压，使测得的体积偏低，结果偏低，故C选； D．固体样品称量后，在反应之前吸收空气中的水蒸气，不影响生成的CO2，结果无影响，故D不选； 答案选C。 15．镍是一种有色金属，被称为“钢铁工业的维生素”。以某废镍催化剂(含有、、、、、等氧化物)为原料回收的工艺流程如图所示。 已知：①在该实验条件下、均不能氧化； ②； ③部分金属硫化物的及开始沉淀和完全沉淀的如表。 金属硫化物 开始沉淀 完全沉淀 4.64 5.91 2.64 4.27 1.46 2.71 回答下列问题： (1)“球磨”的作用为 ；“滤渣①”的主要成分为 (填化学式)。 (2)查阅资料：在水溶液中，时能稳定存在，时能稳定存在。 若以“滤渣②”为原料制备硫酸铜，则在“酸浸”时，溶液的最大整数值为 。 (3)“除铜”步骤中，当完全沉淀时溶液中 。(保留三位有效数字，当溶液中离子浓度小于或等于时，认为该离子沉淀完全) (4)“转化”过程中溶液的主要作用是 (填离子方程式)；“调”步骤的目的是 。 (5)试分析上述工艺流程在除杂过程中，造成镍元素损失的主要原因： (填一条)；以废镍催化剂(的质量分数为)为原料按上述工艺流程回收，镍的回收率为，则最终得到的质量为 。 【答案】(1) 增大废镍催化剂的表面积，提高浸出效率 、 (2)4 (3) (4) 将、转化为、沉淀除掉 (5) 调pH过程中可能会生成胶体吸附溶液中的 217 【分析】以某废镍催化剂(含有、、、、、等氧化物)，经过球磨，将催化剂粉碎，提高浸出率，酸浸后相应的金属氧化物溶解，不溶解，Pb元素转化为，二者进入滤渣中，滤液①中加入除铜，则滤渣②为，滤液加入过氧化氢溶液，将氧化为，调节pH使得、转化为、沉淀除掉，滤液经过一系列操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。 【详解】（1）球磨”的作用是增大废镍催化剂的表面积，提高浸出效率；由分析可知，“滤渣①”的主要成分为、； （2）已知，时能稳定存在，时能稳定存在，若以“滤渣②”为原料制备硫酸铜，则在酸浸过程中不能形成沉淀，即需要稳定的存在滤液①中，因此溶液的最大整数值为4； （3）Ka1=，Ka2=，联立K=Ka1×Ka2==，可得，整理可得； （4）由分析可知，溶液的主要作用是将氧化为，离子方程式为；“调”步骤的目的是将、转化为、沉淀除掉； （5）造成镍元素损失的主要原因是调pH过程中可能会生成胶体吸附溶液中的； 最终得到的质量为。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$