猜押 工艺流程综合题（陕晋青宁专用）-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 考情分析 押题依据 制备类化工流程综合题 化学工艺流程综合题是高考化学中的一类综合性大题，通常以工业生产或实验室制备为背景，考查学生对化学原理、反应条件、物质分离与提纯、环境保护等知识的综合运用能力。题目往往涉及多个化学反应步骤，要求学生分析流程、书写方程式、计算产率或纯度，并提出优化建议。 高频考点：化学反应方程式的书写、物质分离与提纯方法（如过滤、结晶、蒸馏）、反应条件的控制（温度、压强、催化剂）。 中频考点：循环利用原料、副产物的处理、能量利用（如热交换）、环境保护（如废气处理）。 高考命题趋势 注重实际应用：高考命题越来越注重化学知识在工业生产或实验室制备中的实际应用。 综合性强：题目常结合多个知识点，如化学反应、物质分离、环境保护等。 创新性高：近年来出现了一些结合绿色化学、资源循环利用的创新题型。 押题方向 热点材料：锂离子电池、稀土材料等热点材料的提取与回收工艺。 经典工艺：硫酸、硝酸、氨的合成等经典化工流程。 环境保护：结合“碳中和”“碳达峰”等政策，考查废气、废水的处理。 实验与生产结合：以实验室制备为背景，考查物质分离与提纯方法。 除杂提纯类化工流程综合题 化学基本原理类化工流程综合题 图表信息类化工流程综合题 押题一 制备类化工流程综合题 1．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 2．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CoO、BaO和)为原料制备和的工艺流程如下。 回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)“滤渣Ⅰ”主要成分是 (填化学式)。 (3)“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。 (4)①“萃取”时需充分振荡，目的是 。 ②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。 (5)常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制 。 (6)在空气中能受热分解，测得剩余固体的质量与起始的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。 将固体置于热解装置中，通入空气流，在 ℃(填范围)煅烧至恒重即可得到。(已知的摩尔质量为119g/mol，的摩尔质量为241g/mol) 3．锇(Os)、铱(Ir)、铂(Pt)是原子序数依次增大的第六周期第Ⅷ族元素，锇、铱不溶于一般的强酸中，甚至不溶于王水。利用锇铱矿(主要成分为天然锇铱合金及Os2O3、IrO2)冶炼锇铱的工艺流程如下所示。回答下列问题： (1)锇铱矿冶炼最大的困难就是“熔矿”，写出一种能促进“熔矿”的措施： ；“熔矿”时Os2O3发生反应的化学方程式为 。 (2)“酸溶”得到的溶液的主要溶质是 。 (3)加入NaOH溶液“吸收”OsO4产生Na2OsO4的同时得到一种单质，该反应的离子方程式为 ，可使所得单质在“ ”操作中循环使用。 (4)得到铱粉过程中，需向含铱溶液中加入Na2S溶液，除去Ru、Pt等元素，同时加入一定量盐酸调节溶液pH，但pH不宜过低的原因是 。 (5)IrO2的晶胞如图所示，M代表 (填“Ir”或“O”)；若M点的坐标为(0，0，0)，N点的坐标为(0.19，0.19，0.5)，则P点坐标为 。 4．磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有以及Fe2O3.为节约和充分利用资源，利用如图流程制备TiO2·xH2O并回收铝、镁等。 已知：①“酸溶”后钛主要以形式存在； ②25℃时，、、； ③“水浸”后，浓度近似相等。 (1)关于高钛炉渣的焙烧，以下说法正确的是 （填字母）。 a．增加固体，焙烧速率增大    b．粉碎高钛炉渣，焙烧效率提高 c．及时分离，焙烧速率增大    d．适当搅拌，焙烧效率降低 (2)“焙烧”时，生成的氨气属于 （填“强电解质”“弱电解质”或“非电解质”），同时生成的化学方程式为 。 (3)“酸溶”后“滤液”中的溶质为 （填化学式），“滤液”煮沸后所得的溶液经处理可用于 阶段循环利用，“煮沸”时发生的离子方程式为 。 (4)“分步沉淀”依次得到 （填化学式），其中Al3+与氨水反应的离子方程式为 ，设计实验方案，证明“分步沉淀”时Fe3+已完全沉淀： 。 5．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为、、和)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、形式存在。 回答下列问题： (1)基态钛原子的价电子排布式为 ；已知，中Fe为＋2价，则V的化合价为 。 (2)“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和的化学方程式为 。 (3)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (4)已知，“沉钛”时，为使沉淀完全，需要调节溶液的pH不低于 ；该过程中，加入适量铁粉的目的为 。 (5)“氧化”时，的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。 (6)“萃取”时，先转化为，再与萃取剂结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入溶液的作用为 。 (7)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。 押题二 除杂提纯类化工流程综合题 6．废旧钴酸锂电池负极材料含碳单质，正极材料主要成分为LiCoO2、并含少量Ni、Cu、Fe等金属元素，未经处理随意丢弃容易导致污染，回收利用可以变废为宝。一种利用废旧锂离子电池正极材料回收锂和钴的工艺流程如下： 已知：①Co3+具有强氧化性，能将水中的氧化成； ②常温下，有关金属离子形成氢氧化物沉淀的相关见下表： 离子 Co2+ Ni2+ Fe2+ Fe3+ Cu2+ 开始沉淀时的pH 6.7 6.8 6.2 1.9 4.4 沉淀完全时的pH 9.3 8.8 8.3 3.3 6.5 （1）某激发态Li原子的电子排布式为1s12s12p1，该原子最高能级的电子可能有 种运动状态，该原子的电子排布违背了 。 A．能量最低原理        B．泡利不相容原理        C．洪特规则 （2）酸浸过程中，的作用是 。废旧电池“放电处理”有利于该工艺的回收，其原因是 。 （3）加入适量溶液后测得溶液为1.8，用离子方程式表示加入溶液的作用 。化合物M的作用是调节，应将调节到 的范围内。 （4）水相加入溶液后，过滤得到固体，滤液中溶质可做化工原料，写出该原料的一种用途 。 7．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有ZnO、PbO、CuO、FeO、、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。 (2)在水溶液中的电离方程式 。 (3)“沉锰”步骤中的作用 ，反应一般控制在60℃左右效率最高，原因 。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0mol ，消耗的物质的量为 。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH在5左右，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。 (6)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 8．以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂(主要含有机物、活性炭、Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“焙烧”的目的主要是将 、 氧化为气态物质除去。 (2)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“氯化浸取”的最佳条件为 、 。 (3)“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (4)滤渣1为 、 。已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (5)就“沉钯”中获得的进行“热分解”，生成的气体可返回 (填字母)工序继续使用。 A．焙烧 B．氯化浸出 C．转化、除杂 (6)工业上也可用还原制取海绵Pd，且对环境友好，该反应的化学方程式为 。 9．我国自2024年10月1日起开始施行《稀土管理条例》，稀土（RE）包括钪（Sc）、钇（Y）和镧系共17种元素。一种从稀土矿（含Fe、Al、Mg等元素）中分离稀土金属的工艺流程如下： 已知：①月桂酸和均难溶于水。 ②该工艺流程中稀土金属离子保持价；的。 ③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表： 离子 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 / (1)的基态电子排布式与 原子的基态电子排布式相同；稀土元素位于周期表中的 区（填标号）。 A．s        B．p        C．d        D．ds        E．f (2)“氧化”步骤的主要目的是转化，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是 ，滤渣的成分有 。 (4)“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于 。 (5)稀土元素La的一种合金是较好的储氢材料，贮氢后的合金用于制作镍氢二次电池，该电池的总反应是（碱性介质），写出其放电时负极的电极反应式： 。 10．锰酸锂是锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是，含少量等)为原料制备锰酸锂的流程如下： 常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 请回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)；提高“酸浸”速率的措施有： (举二例)。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。 (3)调节的目的是 ；已知此时，则调节的范围是 。 (4)“沉锰”后的滤液与碱加热处理后可返回 (填步骤名称)步骤循环利用。 (5)沉镁过程用到的有多种晶胞结构，其中一种如下图所示，晶胞参数为，的配位数为 ，晶胞密度为 (用的代数式表示)。 押题三 化学基本原理类化工流程综合题 11．是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁、锰等元素的化合物杂质)为原料获得。操作步骤如图： 已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的如表所示： 离子 开始沉淀时的 完全沉淀时的 6.3 9.7 2.2 3.2 6.4 8.4 根据要求回答下列问题 (1)向滤液中加入固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去等杂质，则除去的离子方程式为 。 (2)调节滤液Ⅱ的应控制在范围为 。 (3)检验滤液Ⅲ中杂质金属离子是否除尽最合理的试剂是 。 (4)滤液Ⅲ溶质的主要成分是，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，这两步操作的目的是 。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 (6)在废水处理中常用将转化为除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则 [已知：时，的电离常数]，；。 12．K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： (1)混合气体A由两种单质组成，其成分为 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为Cl- D．溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 (3)步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因 。 (4)以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式 。 13．一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。 (1)“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。 A．升高酸浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间 D．粉碎废铜渣 (2)“除铁”时滤渣主要成分为 。(填化学式) (3)“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为： 。 (4)①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是 。 ②“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。 ③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中 。 (5)由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中， 。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计) 14．高纯氧化镁(MgO)具有优良的电绝缘性和高导热性，常用作绝缘材料填料、高温耐热材料。利用白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)采用“铵浸法”制备高纯氧化镁的流程如下图所示。 已知：Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。回答下列问题： (1)“煅烧”时生成气体的反应方程式为 ，生成的气体可以返回到 工序中循环利用。 (2)“浸取”步骤中CaO和MgO的浸出率与的关系如下表所示。 CaO浸出率(%) 98.4 98.8 98.9 99.1 MgO浸出率(%) 1.1 1.5 1.8 6.0 浸出率：某物质溶的量占初始量的百分比。 最不宜选用的值为 ，判断理由为 。 (3)“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2.若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时体系中c(Mg2+)= 。 (4)“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为 。 (5)“滤渣2”的主要成分有 (填化学式)。 (6)“热解”步骤发生反应的离子方程式为 。 15．镍是重要的战略储备金属，广泛用于国防、航空航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点，红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示： 已知：氨性溶液由NH3•H2O、NH4HCO3配制；“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。 回答下列问题： (1)“气体A”为 (填名称)。 (2)“氨浸”时的温度为20℃，在此条件下超声浸出一小时，浸出率可达60%以上，选择该温度的原因是 。 (3)经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐，写出“氨浸”中Ni发生反应的离子方程式： 。 (4)“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为 。 (5)“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO，再通入H2制得Ni单质。请写出“高温热解”的化学方程式： ；若生产59吨镍，理论上需要H2 kg。 (6)碱式碳酸镍受热过程中可能生成其它镍的氧化物，其中一种晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为 ，该晶胞的俯视图为 (填字母代号)。 A．    B．  C． 押题四 图表信息类化工流程综合题 16．铁红()是一种无机颜料，用于油漆、橡胶、建筑等的着色，用途广泛。用蛇纹石提镁后的废渣(主要成分为及、、CoO、、、等杂质)为原料制备铁红，工艺流程如图。 已知：相关金属元素的氢氧化物沉淀的pH如表 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 3.5 7.2 4.0 完全沉淀的pH 3.2 9.5 4.6 9.1 6.7 回答下列问题： (1)的价电子轨道表示式为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 。 (3)“还原”反应的离子方程式为 。 (4)“调pH”的范围为 。 (5)“滤液2”中主要的金属阳离子为 。“沉铁”反应的离子方程式为 。 (6)“煅烧”反应的化学方程式为 。 17．脱硝催化剂在燃煤电厂、钢铁、水泥、炼焦化学等领域得到广泛应用。一种干湿法结合回收废弃SCR脱硝催化剂(主要成分为、和)的工艺流程如下。 已知： Ⅰ.钠化焙烧过程生成难溶于水的和易溶于水的；沉钒过程生成的沉淀为。 II.为一种有机协同萃取剂，由和TBP组成。 Ⅲ.“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动。 (1)实验室模拟“操作a”和“操作b”无需使用的仪器是_______(填标号)。 A．烧杯 B．漏斗 C．蒸馏烧瓶 D．玻璃棒 (2)“酸浸还原”的目的是将还原为，相关化学反应方程式为 。 (3)“酸浸还原”过程，反应温度和液固比对钒浸出率的影响如下图所示，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度和液固比分别为 和 。 (4)“焙烧”和“煅烧”过程产生的气体分别是 和 (填化学式)。 (5)回收V和W元素均采取了“逆流萃取”和“逆流反萃取”，“逆流”的优点是 。 (6)回收V元素，加入-TBP萃取发生的化学反应为： ① ② 从平衡角度分析，TBP的作用是 。向逆流萃取后的溶液中，加入，进行逆流反萃取，发生的总反应的化学方程式为 。 18．钴是重要的战略资源，但资源匮乏。一种从钴渣提钴的工业流程如下： 已知： ①钴渣成分为，浸取液中含等 ②25℃时，部分物质的溶度积见下表： 物质 ③M5640铜萃取剂是有机弱酸，其与反应简化为。 回答下列问题： (1)“酸浸、还原”时，有 种元素的化合价会发生改变，为加快该步骤的反应速率，可采取的措施是 (填写一种即可)。 (2)为回收铜，并使M5640萃取剂实现再生，循环使用，可进行如下操作： 图中试剂X的最佳选择是___________(填写序号)。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (3)“氧化”时，工业选择的氧化剂主要是氯酸钠或双氧水。 ①若使用双氧水，实际用量总比理论用量要多，即使在较低温度下使用较稀的双氧水，在氧化过程中也会产生较多的气体，其原因是 。 ②若使用氯酸钾，氧化过程中不产生气体，但在后期当加入氯酸钾过量时，会产生一种有害气体，则产生有害气体的离子方程式为 。 (4)“调pH”时生成滤渣的离子方程式为 。 (5)“电解沉积”时，电流效率(电解时，在电极上实际沉积的物质的量与按理论计算应析出的物质的量之比)与溶液pH的关系如图所示。 ①“电解沉积”时，金属钴在 (填写“正”、“负”、“阴”、“阳”)极析出。 ②试解释图中电流效率随溶液pH增大而变化的原因：时 ；时 。 19．工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，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)基态Cr原子的价电子排布图为 ，同周期元素的基态原子最外层电子数与Cr相同的元素为 (填元素符号)。 (2)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 (3)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4和铁红，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。 (4)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。 ①中和时pH的理论范围为 ； ②中和时产生的滤渣是 ； ③酸化的目的是(写离子反应方程式) ； ④Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。 (5)冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 。 20．火法炼铅烟尘的主要成分为及铜、锌、镉、砷的氧化物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图： 已知：i．易溶于水，热稳定性好； ii．。 (1)基态Pb原子的价电子排布式为 。 (2)步骤①中浓硫酸可将氧化成，该化学反应方程式为 。 (3)滤渣I成分有 (填化学式)。 (4)反应相同时间，步骤①浓硫酸活化中酸矿体积质量比和硫酸质量浓度对各元素浸出率的影响如图所示，则最优的反应条件是酸矿体积质量比为 ，硫酸质量浓度为 。 (5)步骤③中饱和溶液的作用是 。 (6)步骤④的操作为冷却、稀释，请从化学平衡移动原理分析这样操作的原因： 。 (7)步骤⑤中，当浓度为时，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 考情分析 押题依据 制备类化工流程综合题 化学工艺流程综合题是高考化学中的一类综合性大题，通常以工业生产或实验室制备为背景，考查学生对化学原理、反应条件、物质分离与提纯、环境保护等知识的综合运用能力。题目往往涉及多个化学反应步骤，要求学生分析流程、书写方程式、计算产率或纯度，并提出优化建议。 高频考点：化学反应方程式的书写、物质分离与提纯方法（如过滤、结晶、蒸馏）、反应条件的控制（温度、压强、催化剂）。 中频考点：循环利用原料、副产物的处理、能量利用（如热交换）、环境保护（如废气处理）。 高考命题趋势 注重实际应用：高考命题越来越注重化学知识在工业生产或实验室制备中的实际应用。 综合性强：题目常结合多个知识点，如化学反应、物质分离、环境保护等。 创新性高：近年来出现了一些结合绿色化学、资源循环利用的创新题型。 押题方向 热点材料：锂离子电池、稀土材料等热点材料的提取与回收工艺。 经典工艺：硫酸、硝酸、氨的合成等经典化工流程。 环境保护：结合“碳中和”“碳达峰”等政策，考查废气、废水的处理。 实验与生产结合：以实验室制备为背景，考查物质分离与提纯方法。 除杂提纯类化工流程综合题 化学基本原理类化工流程综合题 图表信息类化工流程综合题 押题一 制备类化工流程综合题 1．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。 【解析】（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。 2．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CoO、BaO和)为原料制备和的工艺流程如下。 回答下列问题： (1)基态Co原子的价层电子的轨道表示式为 。 (2)“滤渣Ⅰ”主要成分是 (填化学式)。 (3)“调pH”过程中生成黄钠铁钒沉淀，该反应的离子方程式为 。 (4)①“萃取”时需充分振荡，目的是 。 ②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：。在萃取过程中加入适量氨水，其作用是 。 (5)常温下，，若起始时，“沉钴”过程中应控制 。 (6)在空气中能受热分解，测得剩余固体的质量与起始的质量的比值(剩余固体的质量分数)随温度变化曲线如图所示。 将固体置于热解装置中，通入空气流，在 ℃(填范围)煅烧至恒重即可得到。(已知的摩尔质量为119g/mol，的摩尔质量为241g/mol) 【答案】(1) (2)、 (3) (4) 增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高的萃取率 消耗，促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率 (5)7.3 (6) 【分析】工业上以含镍废料(主要成分为NiO，含少量FeO、、CoO、BaO和)为原料制备和的工艺流程为：将含镍废料先加稀硫酸进行酸浸，不溶，BaO与反应生成沉淀，过滤后形成滤渣I除去；其余氧化物溶于稀硫酸转化为含、、、、的酸性滤液，在滤液中加入将氧化为，再加入调节溶液pH，将转化为沉淀过滤除去，剩下含、的滤液加入有机萃取剂把萃取到有机溶剂中分液进行分离，然后往有机层中加入硫酸进行反萃取重新得到，经过一系列处理得到产品之一；前面萃取分液后含的水层加入沉钴后得到产品之二，据此分析解答。 【解析】（1）Co为27号元素，位于周期表中第四周期第VIII族，基态Co原子的价层电子排布式为：，则基态Co原子的价层电子的轨道表示式为：。 故答案为：。 （2）根据分析，滤渣I的主要成分为不与稀硫酸反应的以及能与稀硫酸反应的BaO生成的沉淀。 故答案为：、。 （3）“调pH”过程是使在溶液中最后转化为沉淀的过程，则反应的离子方程式为：。 故答案为：。 （4）①“萃取”的目的是将含、的滤液加入有机萃取剂把萃取到有机溶剂中通过分液进行分离，萃取中充分振荡的目的是：增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高的萃取率； ②“萃取”和“反萃取”可简单表示为：，正反应为萃取过程，逆反应为反萃取过程；在萃取过程中加入适量氨水，可以消耗，促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率。 故答案为：增大有机溶剂与溶液的接触面积，提高的萃取率；消耗，促进平衡向正反应方向移动，提高萃取率。 （5）常温下，，若起始时，“沉钴”时的pH为：，解得，则，，最后得到“沉钴”过程中应控制。 故答案为：7.3。 （6）在空气中能受热分解，根据测得剩余固体的质量与起始的质量的比值(剩余固体的质量分数)图可知，受热后得到的产物可能是：、、，取分别得到上面3种产物的剩余固体的质量分数为：、、；根据以上数据再结合图形可以得出，在煅烧至恒重即可得到。 故答案为：。 3．锇(Os)、铱(Ir)、铂(Pt)是原子序数依次增大的第六周期第Ⅷ族元素，锇、铱不溶于一般的强酸中，甚至不溶于王水。利用锇铱矿(主要成分为天然锇铱合金及Os2O3、IrO2)冶炼锇铱的工艺流程如下所示。回答下列问题： (1)锇铱矿冶炼最大的困难就是“熔矿”，写出一种能促进“熔矿”的措施： ；“熔矿”时Os2O3发生反应的化学方程式为 。 (2)“酸溶”得到的溶液的主要溶质是 。 (3)加入NaOH溶液“吸收”OsO4产生Na2OsO4的同时得到一种单质，该反应的离子方程式为 ，可使所得单质在“ ”操作中循环使用。 (4)得到铱粉过程中，需向含铱溶液中加入Na2S溶液，除去Ru、Pt等元素，同时加入一定量盐酸调节溶液pH，但pH不宜过低的原因是 。 (5)IrO2的晶胞如图所示，M代表 (填“Ir”或“O”)；若M点的坐标为(0，0，0)，N点的坐标为(0.19，0.19，0.5)，则P点坐标为 。 【答案】(1) 将锇铱矿粉碎 (2)AlCl3 (3) 氧化挥发 (4)避免酸性过强，产生H2S气体，污染空气，且浪费原料 (5) Ir (0.81，0.81，0.5) 【分析】锇铱矿和过量Al高温融合，发生铝热反应后固体混合物的成分为Ir、Os、Al、Al2O3；用盐酸完全溶解Al和氧化铝后过滤，所得溶渣为Ir、Os，将溶渣在空气中高温氧化挥发，用NaOH溶液吸收OsO4得Na2OsO4溶液，沉锇后，再经还原即可得到锇粉；同时氧化挥发后的残渣Ⅰ的主要成分为Ir，经系列操作可得铱粉，据此分析解题。 【解析】（1）从反应速率的影响因素考虑，能促进“熔矿”的措施是：将锇铱矿粉碎；由分析可知，“熔矿”时Os2O3和铝发生置换反应，反应的化学方程式为； （2）结合分析可知，“酸溶”时，用盐酸完全溶解Al和氧化铝，则得到的溶液的主要溶质是AlCl3； （3）在该过程中，Os的价态由+8价降低到+6价，根据氧化还原的规律，以及题中的信息可知，该反应的离子方程式为：；根据流程可知，可使所得单质在“氧化挥发”操作中循环使用； （4）由于该使用过程中使用了硫化钠，硫化钠可以和酸反应生成硫化氢，会污染环境，则答案为：避免酸性过强，产生H2S气体，污染空气，且浪费原料； （5）根据均摊的原则，M代表的原子个数是8×+1=2，N代表的原子的个数是4×+2=4，结合分子式IrO2，则M代表Ir；若M点的坐标为(0，0，0)，N点的坐标为(0.19，0.19，0.5)，则P点坐标为(1-0.19，1-0.19，0.5)，即P点坐标为(0.81，0.81，0.5)。 4．磁选后的炼铁高钛炉渣中的主要成分有以及Fe2O3.为节约和充分利用资源，利用如图流程制备TiO2·xH2O并回收铝、镁等。 已知：①“酸溶”后钛主要以形式存在； ②25℃时，、、； ③“水浸”后，浓度近似相等。 (1)关于高钛炉渣的焙烧，以下说法正确的是 （填字母）。 a．增加固体，焙烧速率增大    b．粉碎高钛炉渣，焙烧效率提高 c．及时分离，焙烧速率增大    d．适当搅拌，焙烧效率降低 (2)“焙烧”时，生成的氨气属于 （填“强电解质”“弱电解质”或“非电解质”），同时生成的化学方程式为 。 (3)“酸溶”后“滤液”中的溶质为 （填化学式），“滤液”煮沸后所得的溶液经处理可用于 阶段循环利用，“煮沸”时发生的离子方程式为 。 (4)“分步沉淀”依次得到 （填化学式），其中Al3+与氨水反应的离子方程式为 ，设计实验方案，证明“分步沉淀”时Fe3+已完全沉淀： 。 【答案】(1)b (2) 非电解质 (3) 、 酸溶 (4) 、、 取少量分步沉淀的最终上层清液置于洁净试管中，滴加1~2滴KSCN溶液，若溶液不变红，则已完全沉淀 【分析】高钛炉渣(主要成分有以及Fe2O3)中加入硫酸铵“焙烧”、加热水“水浸”，过滤得到的滤液中含有浓度近似相等的，向滤液中加入氨水，分步沉淀出Fe(OH)3、Al(OH)3和Mg(OH)2。水浸渣中主要含有TiO2、SiO2，用过量浓硫酸“酸溶”后，钛主要以形式存在，SiO2不参与反应，则酸溶渣主要含SiO2，最后将滤液经煮沸得到TiO2·xH2O，据此解答。 【解析】（1）a．固体的浓度为定值，则增加固体，焙烧速率不变，a错误； b．粉碎高钛炉渣，增大反应接触面积，焙烧速率加快，炉渣焙烧更充分，焙烧效率提高，b正确； c．及时分离，即减小生成物浓度，焙烧速率不会增大，c错误； d．适当搅拌，焙烧速率加快，炉渣焙烧更充分，焙烧效率提高，d错误； 故选b。 （2）“焙烧”时，生成的属于非电解质，焙烧与固体反应生成、和，反应的化学方程式为：； （3）用过量浓“酸溶”后，钛主要以形式存在，则“酸溶”后“滤液”中的溶质为、，“滤液”煮沸后得到和，则“滤液”煮沸后所得的溶液经处理可用于酸溶阶段循环利用，“煮沸”时发生的离子方程式为：； （4）生成、、时所需OH－浓度分别为、、，已知“水浸”后，浓度近似相等，则，所以“分步沉淀”依次得到的沉淀为、、；与反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：；证明“分步沉淀”时Fe3+已完全沉淀，即检验分步沉淀的最终上层清液中的Fe3+，设计实验方案为：取少量分步沉淀的最终上层清液置于洁净试管中，滴加1~2滴KSCN溶液，若溶液不变红，则已完全沉淀。 5．稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为、、和)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示： 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应，生成的会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以、形式存在。 回答下列问题： (1)基态钛原子的价电子排布式为 ；已知，中Fe为＋2价，则V的化合价为 。 (2)“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和的化学方程式为 。 (3)“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为 (填化学式)。 (4)已知，“沉钛”时，为使沉淀完全，需要调节溶液的pH不低于 ；该过程中，加入适量铁粉的目的为 。 (5)“氧化”时，的使用量远大于理论计算量，可能的原因为 。 (6)“萃取”时，先转化为，再与萃取剂结合，其过程可表示为：，据此分析“反萃取”过程中加入溶液的作用为 。 (7)“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为 。 【答案】(1) ＋3 (2) (3) (4) 2.0 调节溶液pH使沉淀完全 (5)产生的催化的分解 (6)消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 (7) 【分析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为、、和)“加压焙烧”过程中存在反应，生成的会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，经“二次氯化”转化为、，加入盐酸进行酸浸，转化为，转化为，滤渣含，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使完全生成沉淀，加入将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，先转化为，再与萃取剂结合进入有机相，，加酸化的洗涤分液，有机相加入进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入生成黄铵铁矾，据此分析； 【解析】（1）钛为22号元素，其价电子排布式为：3d24s2，已知中Fe为＋2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为＋3价； （2）“加压焙烧”中经“二次氯化”转化为和，V由+3价升高到+5价，由0价降至-1价，根据化合价升降守恒进行配平，化学方程式为； （3）根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为； （4），，pH不低于2.0；加入适量铁粉的目的：调节溶液pH使沉淀完全； （5）“氧化”时，将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，的使用量远大于理论计算量，可能的原因为产生的催化的分解； （6）与反应，消耗，使降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离； （7）“沉铁”时，加入，生成黄铵铁矾的离子方程式为：； 押题二 除杂提纯类化工流程综合题 6．废旧钴酸锂电池负极材料含碳单质，正极材料主要成分为LiCoO2、并含少量Ni、Cu、Fe等金属元素，未经处理随意丢弃容易导致污染，回收利用可以变废为宝。一种利用废旧锂离子电池正极材料回收锂和钴的工艺流程如下： 已知：①Co3+具有强氧化性，能将水中的氧化成； ②常温下，有关金属离子形成氢氧化物沉淀的相关见下表： 离子 Co2+ Ni2+ Fe2+ Fe3+ Cu2+ 开始沉淀时的pH 6.7 6.8 6.2 1.9 4.4 沉淀完全时的pH 9.3 8.8 8.3 3.3 6.5 （1）某激发态Li原子的电子排布式为1s12s12p1，该原子最高能级的电子可能有 种运动状态，该原子的电子排布违背了 。 A．能量最低原理        B．泡利不相容原理        C．洪特规则 （2）酸浸过程中，的作用是 。废旧电池“放电处理”有利于该工艺的回收，其原因是 。 （3）加入适量溶液后测得溶液为1.8，用离子方程式表示加入溶液的作用 。化合物M的作用是调节，应将调节到 的范围内。 （4）水相加入溶液后，过滤得到固体，滤液中溶质可做化工原料，写出该原料的一种用途 。 【答案】（1） 6 A （2） 将还原为 放电有利于Li+从负极经电解液进入正极材料中 （3） （4）生产氮肥 【分析】废旧锂离子电池的正极材料含LiCoO2、并含少量Ni、Cu、Fe等金属元素，和SO2、硫酸溶液反应后得到的酸浸滤液中含有的阳离子有、、、、，向酸浸滤液中加入NaClO，将氧化为，加入调节pH并将、转化为沉淀除去，向含有、、的溶液中加入有机萃取剂，将萃取到有机层分离出、，向含有的有机层中加入再将反萃取出来，向含有的溶液中再加入溶液得到，过滤后的溶液中含有，据此分析解答。 （1）激发态Li原子的最高能级电子在2p能级，该能级有3个原子轨道，每个轨道可容纳两个自旋方向相反的电子，故该原子最高能级的电子可能有6种运动状态；该排布不是基态，显然违背了“能量最低原理”。故答案为：6；A； （2）LiCoO2中Co的化合价为+3价，酸浸后变成+2价，是将其还原了。根据锂离子电池放电反应为可知，放电时，正极反应为：，放电有利于锂离子尽快转移到正极，有利于锂的回收。故答案为：将还原为；放电有利于Li+从负极经电解液进入正极材料中； （3）根据题意，滤渣应将Fe和Cu元素除去，且不沉淀和，根据表格是不容易与和分离的，应将氧化为除去，有氧化性，能达到该目的，离子方程式为：。根据题干表格数据，要将和沉淀完全，pH≥6.5；不能沉淀，pH＜6.7，所以pH的调整范围是6.5≤pH＜6.7。故答案为：；6.5≤pH＜6.7； （4）根据分析可知，滤液中溶质为，含N元素，故可用来生产化肥。故答案为：生产氮肥。 7．钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有ZnO、PbO、CuO、FeO、、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：以氢氧化物形式沉淀时，和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。 (2)在水溶液中的电离方程式 。 (3)“沉锰”步骤中的作用 ，反应一般控制在60℃左右效率最高，原因 。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0mol ，消耗的物质的量为 。 (5)“沉钴”步骤中，控制溶液pH在5左右，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。 (6)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 【答案】(1)Fe3O4+4H2SO4= FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O (2)H2SH++HS-、HS-H++S2- (3) 的作氧化剂，将Mn2+转化为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+ 温度过低反应速率慢，温度过高易分解 (4)1.0mol (5)6Co2+++15H2O=6Co(OH)3↓+Cl-+12H+ (6)向滤液中加入NaOH溶液，边加变搅拌，控制pH值在8~12，静置后过滤、洗涤、干燥 【分析】某炼锌废渣含有ZnO、PbO、CuO、FeO、、CoO、MnO，经稀硫酸酸浸时，除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为同价态的阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH值，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去铁元素；第三次过滤后的滤液中加入氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 【解析】（1）“酸浸”步骤中，溶于硫酸得到FeSO4和Fe2(SO4)3，发生反应的化学方程式是Fe3O4+4H2SO4= FeSO4+Fe2(SO4)3+4H2O； （2）H2S是二元弱酸，电离要分步，电离方程式为：H2SH++HS-、HS-H++S2-； （3）“沉锰”步骤中Mn2+转化为MnO2，化合价升高被氧化，同时将Fe2+氧化为Fe3+，的作用为氧化剂；温度过低反应速率慢，温度过高易分解， （4）由Mn2+生成MnO2，Mn的化合价升高2，生成1.0molMnO2有2mol电子转移，1mol反应转移2mol电子，因此消耗的物质的量为1.0mol； （5）“沉钴”步骤中，控制溶液pH在5左右，加入适量的氧化，生成Co(OH)3沉淀，其反应的离子方程式为：6Co2+++15H2O=6Co(OH)3↓+Cl-+12H+； （6）沉钴后的滤液pH为5，锌以Zn2+形式存在，pH大于8，Zn2+完全沉淀，pH大于12，Zn(OH)2会溶解，因此回收Zn(OH)2的方法是：向滤液中加入NaOH溶液，边加变搅拌，控制pH值在8~12，静置后过滤、洗涤、干燥。 8．以Al2O3为载体的钯催化剂常用于石化行业加氢催化裂化过程中，工业上以失活后的废Pd-Al2O3催化剂(主要含有机物、活性炭、Pd、Al2O3，还有少量PdO、SiO2)为原料制备氯化钯的流程如下： 已知：PdO性质稳定，难溶于水、盐酸。 (1)“焙烧”的目的主要是将 、 氧化为气态物质除去。 (2)温度、固液比对浸取率的影响如图，则“氯化浸取”的最佳条件为 、 。 (3)“氯化浸出”时，若盐酸浓度过高，可能发生的副反应离子方程式为 。 (4)滤渣1为 、 。已知，若要使溶液中不高于，则应加入氨水使pH不低于 。 (5)就“沉钯”中获得的进行“热分解”，生成的气体可返回 (填字母)工序继续使用。 A．焙烧 B．氯化浸出 C．转化、除杂 (6)工业上也可用还原制取海绵Pd，且对环境友好，该反应的化学方程式为 。 【答案】(1) 活性炭 有机物 (2) 70℃ 3：1 (3) (4) PdO SiO2 5 (5)C (6) 【分析】废催化剂，在空气中“焙烧”除去有机物、活性炭，用盐酸、氯酸钠“氯化浸出”，性质稳定，难溶于水、盐酸。加入氯酸钠，被转化为，和不溶于盐酸，过滤出、；滤液中含有、，滤液加氨水生成氢氧化铝沉淀（滤渣）。滤液有，加盐酸转化为，加热分解为。 【解析】（1）有机物、碳能燃烧生成二氧化碳，“焙烧”的目的是除去有机物、活性炭。 （2）根据温度、固液比对浸取率的影响图，、固液比时浸取率最高，则“氯化浸取”的最佳条件为、固液比。 （3）氯酸钠具有强氧化性，若盐酸浓度过高，氯酸钠和盐酸发生归中反应生成氯气，可能发生的副反应离子方程式为。 （4）性质稳定，难溶于水、盐酸，不溶于盐酸，所以滤渣1为和。若要使溶液中铝离子不高于，，，则，所以应加入氨水使不低于。 （5）“沉钯”中获得的，根据原子守恒，进行“热分解”，会生成氨气，氨气可返回“转化、除杂”工序继续使用，故选C。 （6）对环境友好，说明氧化产物是氮气，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为：。 9．我国自2024年10月1日起开始施行《稀土管理条例》，稀土（RE）包括钪（Sc）、钇（Y）和镧系共17种元素。一种从稀土矿（含Fe、Al、Mg等元素）中分离稀土金属的工艺流程如下： 已知：①月桂酸和均难溶于水。 ②该工艺流程中稀土金属离子保持价；的。 ③开始溶解时的pH为9，有关金属离子沉淀的相关pH见下表： 离子 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 / (1)的基态电子排布式与 原子的基态电子排布式相同；稀土元素位于周期表中的 区（填标号）。 A．s        B．p        C．d        D．ds        E．f (2)“氧化”步骤的主要目的是转化，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉淀除杂”前调pH的适宜范围是 ，滤渣的成分有 。 (4)“沉淀RE”后，滤液中浓度为。为确保滤饼中检测不到Mg元素，滤液中应低于 。 (5)稀土元素La的一种合金是较好的储氢材料，贮氢后的合金用于制作镍氢二次电池，该电池的总反应是（碱性介质），写出其放电时负极的电极反应式： 。 【答案】(1) Ar CE (2) (3) 4.7～6.2 、 (4) (5) 【分析】稀土矿(含Fe、Al、Mg等元素)中加入“酸浸”将各金属转化为离子，再加入过氧化氢将氧化为，调pH将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，再向滤液中加月桂酸钠将稀土金属元素转化为沉淀，再向其滤饼中加入盐酸并加热搅拌、冷却结晶以除去月桂酸，得到RECl3，据此解答。 【解析】（1）Sc为21号元素，基态核外有18个电子，其电子排布式与Ar原子的基态电子排布式相同；稀土元素包括d区的Sc、Y和f区的镧系元素，故选CE； （2）“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为，同时过氧化氢被还原生成水，反应的离子方程式为：； （3）据分析，“沉淀除杂”目的是将、转化为对应的氢氧化物沉淀而除去，因此调节pH范围应使和完全沉淀，而不使沉淀，因此pH的适宜范围是4.7～6.2，此时滤渣的成分有、； （4）为使得滤饼中检测不到Mg元素，则加入月桂酸钠后未开始沉淀，则，即； （5）根据电池的总反应式(碱性介质)，放电时负极上失去电子被氧化生成，则电极反应式为：。 10．锰酸锂是锂电池的正极材料。以软锰矿粉(主要成分是，含少量等)为原料制备锰酸锂的流程如下： 常温下，几种难溶物质的溶度积数据如下表： 物质 请回答下列问题： (1)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)；提高“酸浸”速率的措施有： (举二例)。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为 。 (3)调节的目的是 ；已知此时，则调节的范围是 。 (4)“沉锰”后的滤液与碱加热处理后可返回 (填步骤名称)步骤循环利用。 (5)沉镁过程用到的有多种晶胞结构，其中一种如下图所示，晶胞参数为，的配位数为 ，晶胞密度为 (用的代数式表示)。 【答案】(1) SiO2 搅拌、适当提高反应温度，适当增大硫酸浓度等 (2) (3) 将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除去 5≤pH<7.5 (4)调pH (5) 3 【分析】以软锰矿粉为原料，加入硫酸并通入二氧化硫进行酸浸，反应后除去滤渣1为SiO2，得到滤液主要含有硫酸锰、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入二氧化锰，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀为滤渣2，再加入氟化锰沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3，所得滤液再加入碳酸氢铵沉锰，得到碱式碳酸锰[2MnCO3⋅3Mn(OH) 2⋅H2O]的同时放出CO2，再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000℃，反应得到锰酸锂(LiMnO2)。 【解析】（1）由分析可知，“滤渣 1”的主要成分是SiO2；提高“酸浸”速率的措施有搅拌、适当提高反应温度，适当增大硫酸浓度等； （2）“氧化”时将氧化成，同时自身被还原为锰离子，发生反应的离子方程式为。 （3）通入氨气调节pH，将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，调节的目的是将Al3+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀除去；调节时不能使锰沉淀， ，c（OH-）=，此时pH为7.5，而当离子浓度mol/L-1，可认为沉淀完全，结合氢氧化铝和氢氧化铁的Ksp值，铝离子沉淀的pH较大，则铝离子完全沉淀时c（OH-）=，此时pH为5，则调节的范围是5≤pH<7.5。 （4）“沉锰”后的滤液中溶质主要是硫酸铵，与碱加热处理后可生成氨气，则可返回调pH步骤循环利用。 （5）结合图示，该晶胞含有黑球为2+=4，白球为1+=2，则黑球为，白球为Mn2+，1个Mn2+与6个F-形成配位键，配位数为6，1个F-与3个Mn2+形成配位键，配位数为3；该晶胞含有2个，晶胞密度为。 押题三 化学基本原理类化工流程综合题 11．是一种绿色易溶于水的晶体，可由电镀废渣(除镍外，还含有铜、锌、铁、锰等元素的化合物杂质)为原料获得。操作步骤如图： 已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的如表所示： 离子 开始沉淀时的 完全沉淀时的 6.3 9.7 2.2 3.2 6.4 8.4 根据要求回答下列问题 (1)向滤液中加入固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去等杂质，则除去的离子方程式为 。 (2)调节滤液Ⅱ的应控制在范围为 。 (3)检验滤液Ⅲ中杂质金属离子是否除尽最合理的试剂是 。 (4)滤液Ⅲ溶质的主要成分是，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，这两步操作的目的是 。 (5)硫酸镍在强碱溶液中用氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的。写出该反应的离子方程式 。 (6)在废水处理中常用将转化为除去，向含有的废水中通入一定量的气体，调节溶液的，当时，开始沉淀，则 [已知：时，的电离常数]，；。 【答案】(1) (2) (3)溶液 (4)增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集) (5) (6)5 【分析】废渣在稀硫酸中溶解、过滤后除去不溶性物质，滤液Ⅰ含有铁、镍、锌的离子等杂质，调pH，加入FeS可除去、，滤液Ⅱ加H2O2是将氧化成，调pH使转化成Fe(OH)3沉淀而除去，滤液Ⅲ的溶质主要为NiSO4，加入的Na2CO3与NiSO4反应生成NiCO3沉淀，过滤后洗涤沉淀得纯净的NiCO3，NiCO3与稀硫酸反应生成NiSO4溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到晶体，据此答题。 【解析】（1）向滤液中加入FeS，与Cu2+反应生成CuS沉淀而去除，反应的离子方程式为： 。 （2）要想在碱性环境中除尽铁而又保持不被沉淀，应先用将滤液Ⅱ中的氧化为 ，再调pH使完全生成Fe(OH)3，而尚不开始沉淀。由表中数据可知，完全沉淀时pH ≥ 3.2，而开始沉淀的pH=6.4，所以滤液Ⅱ的pH应控制在。 （3）滤液Ⅲ中若含有残留的杂质金属离子，该离子为，可用KSCN溶液检验。取少量滤液Ⅲ于试管中，滴加KSCN溶液，若不出现红色，证明已经除尽。 （4）滤液Ⅲ溶质的主要成分是，但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加过滤后得到固体，再加适量稀硫酸溶解又生成，可增大的浓度，利于蒸发结晶(或富集)。 （5）在强碱溶液中用氧化硫酸镍，被氧化生成，NaClO被还原生成，该反应的离子方程式为：。 （6）已知溶液中，当时，开始沉淀，根据得，根据的第二步电离常数，得，。 12．K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定。以K2FeO4为原料进行如下转化(所加试剂均过量，不考虑溶液的挥发)： (1)混合气体A由两种单质组成，其成分为 。 (2)下列说法正确的是___________。 A．K2FeO4作净水剂不仅可以杀菌消毒，还可以除去水中悬浮颗粒物 B．K2FeO4中Fe的价层轨道为全空结构，稳定性比Fe3+好 C．溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，阴离子主要为Cl- D．溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解 (3)步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度说明Fe3+几乎未被还原的原因 。 (4)以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，写出该过程中阳极的电极反应式 。 【答案】(1)O2、Cl2 (2)AD (3)①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率(其他合理答案也可) (4) 【分析】K2FeO4是一种新型绿色消毒剂，在碱性条件下稳定，在中性或酸性条件下不稳定，在酸性条件下发生氧化还原反应生成两种气体，应该是氯气和氧气；溶液B中应该含有还原产物三价铁离子，加硫化钠发生步骤Ⅱ得沉淀和溶液。结合小题（3）题干信息，可知沉淀为Fe2S3。 【解析】（1）K2FeO4和盐酸发生氧化还原反生成的两种气体，K2FeO4具有强氧化性，所以两种气体都应该是氧化产物，根据反应物的元素组成，气体A是：O2、Cl2；故答案为：O2、Cl2； （2）A. K2FeO4作净水剂+6价铁有强氧化性不仅可以杀菌消毒，生成的Fe3+水解生成氢氧化铁胶体，可以除去水中悬浮颗粒物，A正确； B. K2FeO4中Fe的价层轨道3d2，不是稳定结构；Fe3+的3d轨道半充满，更稳定，B错误； C. 溶液B中的阳离子为Fe3+、K+，还应该有H+，C错误； D. 溶液C溶液呈碱性的原因是S2-的水解，S2-+H2O，D正确； 故答案为：AD； （3）步骤Ⅱ的操作为：向足量Na2S溶液中逐滴滴入少量溶液B，发现沉淀D的主要成分为Fe2S3，从反应原理角度Fe3+几乎未被还原的原因①碱性条件下Fe3+的氧化性减弱；②Fe3+和生成沉淀的速率比氧化还原反应的快；③沉淀反应使溶液中的Fe3+被大量消耗，降低了Fe3+的氧化性和氧化还原反应速率。 （4）以Fe为阳极电解KOH浓溶液可制备K2FeO4，阳极铁发生氧化反应生成+6价铁，与溶液中的碱反应，该过程中阳极的电极反应式。故答案为：。 13．一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe2O3杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]的流程如下所示。 (1)“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。 A．升高酸浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间 D．粉碎废铜渣 (2)“除铁”时滤渣主要成分为 。(填化学式) (3)“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为： 。 (4)①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是 。 ②“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。 ③“沉铜”时也可以利用Na2CO3和NaHCO3的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶液pH约为8.5，溶液中H2CO3、、的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中 。 (5)由含少量Fe3+的CuSO4溶液可制取CuSO4·H2O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案：向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中， 。(已知：Fe3+在时完全转化为氢氧化物沉淀；室温下从CuSO4饱和溶液中结晶出CuSO4·5H2O，CuSO4·5H2O在80～120℃下干燥得到CuSO4·H2O。实验中需要使用CuO粉末、pH计) 【答案】(1)BD (2)Fe(OH)3 (3)Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O (4) 溶液中Cu2+浓度较低 2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O 10-1.75：1 (5)加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O 【分析】由题干流程图可知，加入盐酸与氧化铜、氧化铁反应生成氯化铜、氯化铁，加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，蒸氨后生成氧化铜，CuO和硫酸反应生成硫酸铜，铜离子和碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，据此分析解题。 【解析】（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，但温度太高，盐酸挥发速度加快，反应速率不一定加快，A不合题意； B．加快搅拌速度，能提高铜元素浸出率，B符合题意； C．缩短酸浸时间，酸浸反应不完全，铜元素浸出率下降，C不合题意； D．粉碎废铜渣，增大反应物接触面积，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，D符合题意； 故答案为：BD； （2）“除铁”时加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，滤渣主要成分为Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3； （3）过量氨水与氯化铜反应生成Cu(NH3)4(OH)2，蒸氨生成CuO、氨气和水，反应的化学方程式为Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O，故答案为：Cu(NH3)4(OH)24NH3↑+CuO+H2O； （4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO3溶液的原因是溶液中Cu2+浓度较低，产率不高故答案为：溶液中Cu2+浓度较低； ②“沉铜”时生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，同时生成二氧化碳，离子方程式为2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O，故答案为：2Cu2++4=Cu2(OH)2CO3↓+3CO2↑+H2O； ③由题干分布图可知，当pH=10.25时，+H+，Ka2==10-10.25，饱和碱式碳酸铜溶液的pH约为8.5，得c(H+)=10-8.5mol/L，代入Ka2==10-10.25， ===10-1.75，故答案为：故答案为：10-1.75：1； （5）向含有少量Fe3+的CuSO4溶液中，加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全转化为氢氧化铁沉淀除去，在室温下蒸发结晶CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O，故答案为：加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO4饱和溶液得到CuSO4•5H2O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO4•H2O。 14．高纯氧化镁(MgO)具有优良的电绝缘性和高导热性，常用作绝缘材料填料、高温耐热材料。利用白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)采用“铵浸法”制备高纯氧化镁的流程如下图所示。 已知：Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。回答下列问题： (1)“煅烧”时生成气体的反应方程式为 ，生成的气体可以返回到 工序中循环利用。 (2)“浸取”步骤中CaO和MgO的浸出率与的关系如下表所示。 CaO浸出率(%) 98.4 98.8 98.9 99.1 MgO浸出率(%) 1.1 1.5 1.8 6.0 浸出率：某物质溶的量占初始量的百分比。 最不宜选用的值为 ，判断理由为 。 (3)“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2.若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时体系中c(Mg2+)= 。 (4)“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为 。 (5)“滤渣2”的主要成分有 (填化学式)。 (6)“热解”步骤发生反应的离子方程式为 。 【答案】(1) CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2 碳化 (2) 当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失 (3)5.6×10-4 (4)Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失 (5)Fe2O3和H2SiO3 (6)5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑ 【分析】由题干流程图可知，将白云石(主要成分为CaCO3•MgCO3，还含有少量SiO2、Fe2O3)进行煅烧1，即产生CaO、MgO、CaSiO3或MgSiO3和CO2，然后加入NH4Cl溶液进行浸取，由于Ksp[Ca(OH)2]远大于Ksp[Mg(OH)2]，故浸取后将得到MgO、CaCl2、Fe2O3和H2SiO3，过滤得到含有CaCl2和NH4Cl等溶质的滤液1和含MgO、Fe2O3和H2SiO3的滤饼，滤饼经过消化将MgO转化为Mg(OH)2后通入CO2进行碳化得到Mg(HCO3)2溶液和Fe2O3和H2SiO3的滤渣2，对Mg(HCO3)2溶液进行热解得到4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O固体和滤液3，最后对固体进行煅烧2得到MgO，据此分析解题。 【解析】（1）由分析可知，“煅烧”时生成气体即CaCO3•MgCO3煅烧得到MgO、CaO和CO2，该反应的反应方程式为：CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2，生成的气体即CO2可以返回到“碳化”工序中循环利用，故答案为：CaCO3•MgCO3MgO+CaO+2CO2；碳化； （2）由表中数据可知，当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失，故最不宜选用的值为，故答案为：；当=时MgO的浸出率太高，造成Mg的损失； （3）由题干信息可知，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12 ,“消化”步骤中MgO转化为Mg(OH)2，若“消化”过程中控制体系的pH为10，此时溶液中OH-浓度为10-4mol/L，体系中c(Mg2+)===5.6×10-4，故答案为：5.6×10-4； （4）由分析可知，“碳化”过程是将Mg(OH)2转化为Mg(HCO3)2溶液，故“碳化”过程中若CO2的量不足导致的结果为：Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失，故答案为：Mg(OH)2不能完全转化为Mg(HCO3)2溶液，而是以Mg(OH)2、MgCO3沉淀的形式留在滤渣2中，造成Mg的损失； （5）由分析可知，“滤渣2”的主要成分有Fe2O3和H2SiO3，故答案为：Fe2O3和H2SiO3； （6）由分析可知，“热解”步骤为对Mg(HCO3)2溶液进行加热得到4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O固体，则发生反应的离子方程式为：5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑，故答案为：5Mg2++104MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑。 15．镍是重要的战略储备金属，广泛用于国防、航空航天、能源领域。从红土镍矿中冶炼镍成为了研究热点，红土镍矿主要含有NiO、SiO2、Fe2O3、Fe3O4等成分。一种碳还原-超声氨浸工艺流程如图所示： 已知：氨性溶液由NH3•H2O、NH4HCO3配制；“还原焙烧”反应的产物为镍铁合金、硅酸钙。 回答下列问题： (1)“气体A”为 (填名称)。 (2)“氨浸”时的温度为20℃，在此条件下超声浸出一小时，浸出率可达60%以上，选择该温度的原因是 。 (3)经过“氨浸”后转化为含[Ni(NH3)4]2+的某酸式盐，写出“氨浸”中Ni发生反应的离子方程式： 。 (4)“操作Ⅰ”中需使用的玻璃仪器为 。 (5)“系列操作”中包含高温热解碱式碳酸镍生成NiO，再通入H2制得Ni单质。请写出“高温热解”的化学方程式： ；若生产59吨镍，理论上需要H2 kg。 (6)碱式碳酸镍受热过程中可能生成其它镍的氧化物，其中一种晶胞结构如下图所示，该氧化物的化学式为 ，该晶胞的俯视图为 (填字母代号)。 A．    B．  C． 【答案】(1)CO (2)温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率慢 (3) (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 (5) 2×103 (6) Ni3O4 C 【分析】红土镍矿加入碳酸钙、过量碳粉经还原焙烧得到镍铁合金、硅酸钙，加氧气、二氧化碳氨浸，浸出液主要阳离子为[Ni(NH3)4]2+，浸渣为三氧化二铁和碳粉，以及硅酸钙转化生成的碳酸钙、硅酸沉淀等，滤液经氨蒸，获得碱式碳酸镍，再系列操作得到Ni，据此解答。 【解析】（1）反应中碳过量，则得到“气体A”为一氧化碳CO； （2）温度过高氨水受热分解，温度过低反应速率较慢； （3）Ni经过“氨浸”后转化为[Ni(NH3)4]2+， “氨浸”中Ni被氧气氧化为[Ni(NH3)4]2+，同时二氧化碳参与反应生成碳酸氢根离子，发生反应的离子方程式：； （4）“操作Ⅰ”为分离固液的操作，为过滤，需使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒； （5）高温热解碱式碳酸镍生成Ni，结合质量守恒可知，同时生成二氧化碳和水，化学方程式为，通入H2制得单质Ni，反应为，若生产59吨镍，理论上需要； （6）棱上O为4个晶胞所共有，体内为独有，得氧原子个数为，面上镍原子为两个晶胞所共有，个数为，该氧化物的化学式为Ni3O4，从上往下看，四周的镍和氧原子要重合，由于镍原子大，所以氧原子投影在镍原子里，故该晶胞的俯视图为C。 押题四 图表信息类化工流程综合题 16．铁红()是一种无机颜料，用于油漆、橡胶、建筑等的着色，用途广泛。用蛇纹石提镁后的废渣(主要成分为及、、CoO、、、等杂质)为原料制备铁红，工艺流程如图。 已知：相关金属元素的氢氧化物沉淀的pH如表 金属氢氧化物 开始沉淀的pH 2.3 7.5 3.5 7.2 4.0 完全沉淀的pH 3.2 9.5 4.6 9.1 6.7 回答下列问题： (1)的价电子轨道表示式为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 。 (3)“还原”反应的离子方程式为 。 (4)“调pH”的范围为 。 (5)“滤液2”中主要的金属阳离子为 。“沉铁”反应的离子方程式为 。 (6)“煅烧”反应的化学方程式为 。 【答案】(1) (2)SiO2、PbSO4 (3) (4)6.7-7.5 (5) Fe2+、Na+ (6) 【分析】废渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应、生成的硫酸铅不溶于H2SO4，所以浸渣的成分是SiO2、PbSO4，酸浸液中含有Fe3+、Al3+ 、Co2+、Cr3+、Ni2+，加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，加入NaOH调节pH生成沉淀Cr(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1为Cr(OH)3和Al(OH)3，所得滤液加Na2S沉钴镍，则滤渣2为CoS、NiS，所得滤液2中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+，加入碳酸氢铵沉铁，反应过程中元素化合价不发生变化，则所得滤渣3为FeCO3，经煅烧得到目标产物铁红。 【解析】（1） 铁为26号元素，失去3个电子形成铁离子，的价电子轨道表示式为； （2）由分析，“浸渣”的主要成分为SiO2、PbSO4； （3）“还原”反应为加入二氧化硫还原Fe3+生成Fe2+，同时生成硫酸根离子，反应中铁化合价由+3变为+2、硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒，离子方程式为：； （4）“调pH”过程是保证Cr3+、Al3+转化为Cr(OH)3和Al(OH) 3，而Fe2+尽可能不沉淀，结合表，则应控制pH为6.7-7.5。 （5）由分析，“滤液2”中主要的金属阳离子为Fe2+、Na+。“沉铁”反应为加入碳酸氢铵沉铁得到FeCO3，结合质量守恒，还生成水和二氧化碳，离子方程式为； （6）FeCO3经煅烧被空气中氧气氧化得到目标产物铁红氧化铁，。 17．脱硝催化剂在燃煤电厂、钢铁、水泥、炼焦化学等领域得到广泛应用。一种干湿法结合回收废弃SCR脱硝催化剂(主要成分为、和)的工艺流程如下。 已知： Ⅰ.钠化焙烧过程生成难溶于水的和易溶于水的；沉钒过程生成的沉淀为。 II.为一种有机协同萃取剂，由和TBP组成。 Ⅲ.“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动。 (1)实验室模拟“操作a”和“操作b”无需使用的仪器是_______(填标号)。 A．烧杯 B．漏斗 C．蒸馏烧瓶 D．玻璃棒 (2)“酸浸还原”的目的是将还原为，相关化学反应方程式为 。 (3)“酸浸还原”过程，反应温度和液固比对钒浸出率的影响如下图所示，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度和液固比分别为 和 。 (4)“焙烧”和“煅烧”过程产生的气体分别是 和 (填化学式)。 (5)回收V和W元素均采取了“逆流萃取”和“逆流反萃取”，“逆流”的优点是 。 (6)回收V元素，加入-TBP萃取发生的化学反应为： ① ② 从平衡角度分析，TBP的作用是 。向逆流萃取后的溶液中，加入，进行逆流反萃取，发生的总反应的化学方程式为 。 【答案】(1)C (2) (3) 140℃ 20：1 (4) (5)使原料充分接触，提高萃取效率 (6) 降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率 【分析】废弃SCR脱硝催化剂(主要成分为、和)，经过“酸浸还原”将还原为；经过“逆流萃取”、“逆流反萃取”可以回收V元素；经过氧化、沉钒过程通过调节pH生成沉淀，煅烧后得到；钠化焙烧过程生成难溶于水的和易溶于水的，加水溶解后过滤，可以得到溶液和固体；溶液经过“逆流萃取”、“逆流反萃取”可以回收W，最后处理可得到；酸溶后，经过处理得到，据此分析作答。 【解析】（1）“操作a”和“操作b”均为过滤操作，需漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要蒸馏烧瓶，故答案为：C。 （2）“酸浸还原”的目的是将还原为，根据氧化还原反应原理，该反应为与硫酸和亚硫酸钠反应，生成、硫酸钠和水的过程，化学反应方程式为：，故答案为：。 （3）由图可知，液固比分别20：1时钒浸出率最高，此时温度为140℃、160℃和180℃，综合考虑浸出效率及成本，应选择的最佳温度为140℃，故答案为：140℃；20：1。 （4）“焙烧”时，加入碳酸钠生成难溶于水的和易溶于水的，根据质量守恒可知，生成的气体为；用氨水进行“沉钒”，得到含铵根的化合物，该化合物进过“煅烧”，生成的同时，还会产生，故答案为：；。 （5）由信息可知，“逆流”指料液和萃取剂以相反的方向流动，该操作可以使原料充分接触，提高萃取效率，故答案为：使原料充分接触，提高萃取效率。 （6）由反应②可知，加入TBP，可使转化为，从而降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；逆流萃取后的溶液中，加入，则与反应，生成的过程，化学方程式为，故答案为：降低浓度，促进反应①正向移动，提高萃取率；。 18．钴是重要的战略资源，但资源匮乏。一种从钴渣提钴的工业流程如下： 已知： ①钴渣成分为，浸取液中含等 ②25℃时，部分物质的溶度积见下表： 物质 ③M5640铜萃取剂是有机弱酸，其与反应简化为。 回答下列问题： (1)“酸浸、还原”时，有 种元素的化合价会发生改变，为加快该步骤的反应速率，可采取的措施是 (填写一种即可)。 (2)为回收铜，并使M5640萃取剂实现再生，循环使用，可进行如下操作： 图中试剂X的最佳选择是___________(填写序号)。 A．溶液 B．溶液 C．溶液 D．溶液 (3)“氧化”时，工业选择的氧化剂主要是氯酸钠或双氧水。 ①若使用双氧水，实际用量总比理论用量要多，即使在较低温度下使用较稀的双氧水，在氧化过程中也会产生较多的气体，其原因是 。 ②若使用氯酸钾，氧化过程中不产生气体，但在后期当加入氯酸钾过量时，会产生一种有害气体，则产生有害气体的离子方程式为 。 (4)“调pH”时生成滤渣的离子方程式为 。 (5)“电解沉积”时，电流效率(电解时，在电极上实际沉积的物质的量与按理论计算应析出的物质的量之比)与溶液pH的关系如图所示。 ①“电解沉积”时，金属钴在 (填写“正”、“负”、“阴”、“阳”)极析出。 ②试解释图中电流效率随溶液pH增大而变化的原因：时 ；时 。 【答案】(1) 3 粉碎钴渣 (或适当加热或升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等合理答案) (2)A (3) 反应中生成的Fe3＋能催化双氧水分解 (4) (5) 阴 随着c(H＋)减小，H＋得电子生成H2 的副反应减少 随着c(H＋)小，Co2+水解生成Co(OH)2 的程度增大 【分析】钴渣中加入稀硫酸和亚硫酸钠溶液还原浸取，二氧化硅不反应，得到浸取液中含等，浸渣是二氧化硅，浸出液进行萃取使得铜离子进入有机层，水层加入氧化剂将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调pH，可以使Fe3+沉淀，滤渣是氢氧化铁，过滤后所得滤液电解沉积得到金属钴； 【解析】（1）亚硫酸根离子具有还原性，能将三价铁、钴还原为二价铁、钴，同时亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，铁、钴、硫3种元素化合价改变，为加快该步骤的反应速率，可采取的措施是粉碎钴渣 (或适当加热或升高温度、适当增大硫酸的浓度、搅拌等合理答案)； （2）M5640铜萃取剂是有机弱酸，其与反应简化为，加入X进行反萃取促使平衡逆向移动，则应该选择浓度较大的硫酸，故选A； （3）①过氧化氢会氧化亚铁离子为铁离子，铁离子能催化过氧化氢生成水和氧气，导致使用双氧水，实际用量总比理论用量要多，即使在较低温度下使用较稀的双氧水，在氧化过程中也会产生较多的氧气气体； ②氯酸钾中氯酸根离子具有氧化性，首先在反应中被还原氯离子，后期加入氯酸钾过量时，酸性条件下氯酸根离子会和氯离子发生归中反应生成有毒的氯气，离子方程式为； （4）加入碳酸钠溶液调pH，可以使Fe3+沉淀，反应为铁离子和碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体：； （5）①“电解沉积”时，钴离子在阴极得到电子发生还原生成钴单质，金属钴在阴极析出。 ②时，随着c(H＋)减小，H＋得电子生成H2 的副反应减少；时，随着c(H＋)小，Co2+水解生成Co(OH)2 的程度增大，都会导致电流效率的降低。 19．工业上以铬铁矿(FeO·Cr2O3，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)基态Cr原子的价电子排布图为 ，同周期元素的基态原子最外层电子数与Cr相同的元素为 (填元素符号)。 (2)焙烧时将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。 (3)焙烧的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4和铁红，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。 (4)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。 ①中和时pH的理论范围为 ； ②中和时产生的滤渣是 ； ③酸化的目的是(写离子反应方程式) ； ④Fe元素在 (填操作单元的名称)过程中除去。 (5)冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 。 【答案】(1) K和Cu (2)增大接触面积，提高反应速率 (3)4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO3 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 (4) H2SiO3、 Al(OH)3 浸取 (5)H2SO4 【分析】以铬铁矿(FeO·Cr2O3，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4，Fe(II )被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。 【解析】（1） Cr是24号元素，对于基态铬原子，当3d轨道填充5个电子时，处于半充满状态，根据洪特规则，这种半充满结构相对稳定。所以基态Cr原子的价电子排布图为， K的原子序数为19，基态原子电子排布式为[Ar] 4s1，外层电子数为1，Cu的原子序数为29，基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1，外层电子数也为1，最外层电子数与Cr相同。 （2）焙烧时将矿料磨碎，可增大矿料与氧气的接触面积；气体与矿料逆流而行，利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率。 （3）根据题意以及流程图可知，焙烧时FeO·Cr2O3与O2、纯碱反应生成Na2CrO4和铁红，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：4FeO·Cr2O3+7O2+8Na2CO3 2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2 （4）①中和时调节溶液pH的目的是将、转化为Al(OH)3 、H2SiO3沉淀过滤除去，由图可知，当溶液时，除尽，当溶液pH>9.3时，H2SiO3会再溶解生成，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3 ； ②中和时调节溶液pH的目的是将、转化为Al(OH)3 、H2SiO3沉淀过滤除去，故产生的滤渣是Al(OH)3 、H2SiO3； ③将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以、形式存在，溶液中存在平衡: ，酸化时，可提高Na2Cr2O7的产率； ④焙烧后，FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4，Fe(II )被O2氧化成Fe2O3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水而被除去； （5）加入H2SO4酸化，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可循环利用。 20．火法炼铅烟尘的主要成分为及铜、锌、镉、砷的氧化物，回收处理炼铅烟尘可实现资源再生。某工艺流程如图： 已知：i．易溶于水，热稳定性好； ii．。 (1)基态Pb原子的价电子排布式为 。 (2)步骤①中浓硫酸可将氧化成，该化学反应方程式为 。 (3)滤渣I成分有 (填化学式)。 (4)反应相同时间，步骤①浓硫酸活化中酸矿体积质量比和硫酸质量浓度对各元素浸出率的影响如图所示，则最优的反应条件是酸矿体积质量比为 ，硫酸质量浓度为 。 (5)步骤③中饱和溶液的作用是 。 (6)步骤④的操作为冷却、稀释，请从化学平衡移动原理分析这样操作的原因： 。 (7)步骤⑤中，当浓度为时，为 。 【答案】(1) (2) (3)、 (4) 1.1:1 (5)使转化成，与不溶杂质分离开 (6)因存在平衡，降温、稀释平衡逆向移动，有利于生成更多的 (7) 【分析】炼铅烟尘浓硫酸活化后稀硫酸浸取，滤渣1为不反应的SiO2、生成的沉淀PbSO4，滤液1中含H3AsO4、ZnSO4、CdSO4、CuSO4；滤渣Ⅰ与浓盐酸、饱和氯化钠溶液在加热条件下反应得到含的溶液，滤渣Ⅱ为：SiO2；步骤④的操作为冷却、稀释，使得平衡逆向移动，析出PbCl2；再加饱和硫酸钠溶液发生沉淀转化，生成PbSO4。 【解析】（1）Pb为82号元素，基态Pb原子的价电子排布式为； （2）步骤①中浓硫酸可将氧化成，反应中As化合价由+3升高为+5，则硫被还原，化合价由+6变为+4，结合电子守恒，该化学反应方程式为； （3）由分析，滤渣I成分有、； （4）由图可知，当酸矿体积质量比为1.1:1，硫酸的质量浓度为时，杂质元素的浸出率达到最高，利于除去； （5）饱和溶液中氯离子浓度很大，可以使得转化成，与不溶杂质分离开； （6）因存在平衡，该平衡正向为吸热过程，则降温、稀释利于平衡逆向移动，有利于生成更多的； （7）步骤⑤中，当浓度为时，=。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$