专题13 化学工艺流程（河北专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编

· 专题13化学工艺流程 · 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 考点01 无机物性质 （5年2考） 2022·河北卷、2021河北卷 1.常考无机物的性质及应用、反应方程式的书写、工序操作、工业制备、母液或者滤渣成分推测、提高反应速率和平衡转化率的控制条件、节约成本的方法、保护环境、产率纯度计算等相关内容等。 2.创新题目考点多变，命题角度多样。 考点02 工艺流程选择 （5年3考） 2023河北卷、2022·河北卷、2021河北卷 考点03 工艺流程综合 （5年5考） 2025·河北卷、2024·河北卷、2023河北卷、2022·河北卷、2021河北卷 考点01 无机物性质 1．（2022·河北·高考真题）下列说法错误的是 A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃 B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性 C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用 D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂 2．（2021·河北·高考真题）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强 C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强 D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强 考点02工艺流程选择 1．（2023·河北·高考真题）一种以锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 下列说法错误的是 A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为和 C．除杂②工序中逐渐加入溶液时，若浓度接近，则先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为 2．（2022·河北·高考真题）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序 B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离 C．中和工序中的化学反应为 D．参与反应的为1∶1∶1 3．（2021·河北·高考真题）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度 B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3 C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度 D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成 考点03工艺流程综合 1．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式：。 (2)煅烧工序中反应生成的化学方程式：。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、、(填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因：。 (5)滤液Ⅱ的主要成分：(填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称) 2．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为，产生的气体①为(填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为(填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为(填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为(填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 3．（2023·河北·高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的。 回答下列问题： (1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为(填化学式)。 (2)滤渣的主要成分为(填化学式)。 (3)浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为。 (4)浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是。 (5)补全中和工序中主反应的离子方程式+。 (6)真空干燥的目的为。 4．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)红渣的主要成分为(填化学式)，滤渣①的主要成分为(填化学式)。 (2)黄铁矿研细的目的是。 (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为。 (4)工序①的名称为，所得母液循环使用。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为，氧化工序发生反应的离子方程式为。 (6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为和(填化学式，不引入杂质)。 5．（2021·河北·高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图： 回答下列问题： (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。 (2)工序①的名称为。 (3)滤渣I的主要成分是(填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为。 (5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为，可代替NaOH的化学试剂还有(填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。 (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33) 1．（2025·河北石家庄·一模）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是SiO2 B．“气体”的主要成分是NO2 C．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤 D．“反应Y”的化学方程式是NaBO2＋2MgH2=2MgO＋NaBH4 2．（2025·河北衡水·三模）铂钯精矿中的含量较低，含量较高。一种从铂钯精矿中提取和的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为；在煮沸下与水反应得到易溶于水的。下列说法错误的是 A．“酸浸”可除去 B．“分金”时，的氧化性大于 C．“煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D．“煅烧”过程中每消耗转移 3．（2025·河北保定·三模）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为、、和)可用于制备晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为(杂质不参与反应)。 该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60 完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13 回答下列问题： (1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是(填名称)。 (2)的结构类似于，是一种过硫化物，与酸反应生成，类似于，易分解，实验室制取时，某学生误将颗粒当作使用，当和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为___________(填字母)。 A． B．S C．FeS D． (3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为；“反应Ⅲ”加入的目的是；检验“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是。 (4)“调”时，应控制溶液的范围为；滤渣的成分为(填化学式)；“系列操作”为。 (5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是。 4．（24-25高三·期中）硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸的原理示意图如下。 (1)FeS2中Fe为价，S的化合价为。 (2)将Ⅰ中反应的化学方程式补充完整：。 _______。 若反应中消耗了1molFeS2，则生成SO2的物质的量为。 (3)Ⅱ中反应的化学方程式为。 (4)为避免硫酸生产尾气中的SO2污染环境，可使用尿素[CO(NH2)2]/H2O2溶液吸收尾气。 ①将尿素/H2O2溶液吸收SO2的化学方程式补充完整：。 _______。 ②使用尿素/H2O2溶液吸收SO2，一般选择在50~70℃下进行。过高的温度会导致相同时间内的SO2去除率下降，原因是。 5．（2025·河北张家口·二模）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的抗氧化剂，蓝矾(CuSO4·5H2O)常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示： 已知：pH=4时Fe3+完全沉淀，pH=4.8时Cu2+开始沉淀。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为；SO2分子的VSEPR模型是。 (2)“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液，则“吸收池甲”中的主要溶质为(填化学式)。 (3)“煅烧”中包括Cu2S与Cu2O在高温下反应生成Cu的过程，该反应的化学方程式为。 (4)为了提高产品纯度，试剂X宜选择(填化学式，任写一种)。 (5)蓝矾热失重图像如图所示： “系列操作”中“干燥”适宜选择的温度范围为(填选项字母)；图像中150℃时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为。 A．20~50℃    B．80~100℃    C．102~150℃    D．250~280℃ (6)铜和氟组成的两种晶胞结构如图所示： 晶胞1中，与Cu距离最近且相等的Cu有个；晶胞2对应晶体的化学式为。 6．（2025·河北保定·一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)浸锰液为与等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，与在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是。 (2)“预氧化与除铁”最好采用(填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是。 a.溶液    　　    b.    　　    c.溶液 (3)“洗液”可以返回到步骤进行循环使用。 (4)“操作”的名称为。 (5)在下，将一定量的置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为，则该反应中固体产物的化学式为。 (6)碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰和一种气体，反应的化学方程式为。 7．（2025·河北沧州·模拟预测）利用绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3)冶炼Be的一种工艺流程如下。 已知：①铍的性质与处于元素周期表对角线的铝相似。 ②氯化铍在熔融态时较难电离。 ③在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。 (1)“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶相中的稳定结构增强其反应活性，气体A是。 (2)滤渣1的成分为，“溶浸”工序、“沉铁”工序所加试剂改为稀硫酸、氨水和过氧化氢会更好，这是由于。 (3)“沉铍”时若使用NaOH溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：。 (4)“灼烧”工序的化学方程式为。 (5)“高温反应”镁或铍均会和氧气反应，需在惰性气氛中进行，(填“能”或“不能”)选择N2气氛。氯化铍熔融盐电解法也可以制备铍，但在电解过程中需要加入一定量NaCl，加入NaCl的作用是。 (6)该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和(填化学式)。 8．（2025·河北邯郸·三模）(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(主要含、，还含少量、、等)为原料制备的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，、。 ②“滤液”中主要含有、以及三种溶质。 回答下列问题： (1)锑矿含有的五种元素(、、、、)中位于元素周期表p区的有种，基态原子的价电子排布式为。 (2)“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，写出反应的离子方程式：；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，写出与稀硫酸反应的离子方程式：。 (3)“滤渣1”的成分是(填化学式)。 (4)“精制”的目的是除去溶液中的。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，则溶液中剩余。 (5)锑矿粉中的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则锑矿粉理论上能制备的质量为(保留两位有效数字)。 (6)工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，阳极上发生的电极反应为。 9．（2025河北·练习）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。 10．（2025·河北石家庄·一模）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。 11．（2024·全国·模拟预测）电池级MnSO4对纯度要求特别高，以工业级MnSO4(含、、、、等金属离子)为原料制备高纯MnSO4的过程如下。 回答下列问题： (1)加入Mn粉过程中，Mn粉的作用为。 (2)加入NH4HCO3时主要反应的化学方程式为。 (3)“沉淀过滤”的反应温度不宜过高的原因是。 (4)将“滤渣1”用纯水洗涤，证明沉淀洗涤干净的操作是。 (5)结合可知加入NH4HCO3的最好方式是(填字母)。 化学式 MnCO3 CaCO3 MgCO3 A．向NH4HCO3溶液中滴加滤液2 B．同时滴加NH4HCO3溶液和滤液2 C．向滤液2中滴加NH4HCO3溶液 (6)取样200 mL“滤液2”，MnSO4的浓度为，、随着 NH4HCO3溶液的加入转化的沉淀的量的变化如图，NH4HCO3加入量应为。 (7)“滤液3”中仍有大量，为了提高原料利用率可采取的处理方法是。 (8)最终制得的MnSO4晶体颗粒大小不均匀，可能的原因是。 12．（2025·河北石家庄·二模）四氧化三锰()用途广泛，如合成高品质电极材料锰酸锂、制造磁性材料锰锌铁氧体、制备汽车用温度传感器的热敏电阻等。用软锰矿为原料制备的工艺流程如下所示。 已知：①浸出液中含、、、等杂质； ②常温时，一些物质的如下表所示。 物质 请回答下列问题： (1)写出还原浸出中发生反应的化学反应方程式：。 (2)调节pH时，若使、沉淀完全(浓度不大于)，pH至少为(已知：)。 (3)P204是一种有机酸性萃取剂，用HA表示，萃取方程可简写为：。当其他条件相同时，若按照不同相比(P204与滤液体积比)，溶液中钙、镁、锰元素萃取率如下表格： 相比 钙萃取率/％ 镁萃取率/％ 锰萃取率/％ 68.88 35.19 3.43 75.60 58.28 6.25 83.12 72.29 13.03 93.43 83.67 17.40 99.78 90.17 23.97 根据流程及数据，判断萃取时最佳相比是；萃取后，水相中通入氨气和氧气发生主要反应的离子方程式为；油相中加入的试剂X是进行反萃取；反萃水相灼烧时火焰呈砖红色，请用相关理论解释原因；反萃水相中加入及后续操作的目的。 (4)此流程中能循环利用的试剂是。 13．（2025·河北衡水·三模）以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液； ②时，、； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。 (1)基态原子价电子排布式为。 (2)“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为。 (3)“操作a”的名称为。 (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为。 (5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“加入量”[以表示] 的关系曲线如图所示。 ①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为(计算结果保留小数点后两位)。(已知：的) ②“深度除铜”时加入量最好应选。 a．      b．      c．      d． (6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为。 14．（2025·河北保定·二模）是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe)为原料制备和的流程如图。回答下列问题： 已知：常温下，部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1 (1)Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。 元素 Mn Fe 电离能/() 717 759 1509 1561 3248 2957 Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是。 (2)提高“酸浸”速率的措施有(填一种即可)。 (3)“调pH”范围为，能转化为的原因是。 (4)“氧化2”的离子方程式为；净水时被还原成，水解生成胶体，胶体不同于溶液、浊液的本质特征是。 (5)“电解”会产生废液，该废液可循环用于(填名称)工序。 (6)“灼烧”中制备的化学方程式为；某温度下，在空气中灼烧生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.62%，则M的化学式为。 15．（2025·河北保定·三模）著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”，稀土元素如今已成为极其重要的战略资源。氧化钪广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(主要成分为)中提取氧化钪的路径如下： 已知：①难溶于盐酸； ②。 (1)基态Sc原子的价电子轨道表示式为；同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有种。 (2)实验中需要使用的盐酸，用浓盐酸配制实验所需要的盐酸，配制溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。 (3)若赤泥在“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是。 (4)若“萃取”时用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对萃取率的影响如表所示，料液温度对分离系数()的影响如图所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为、。[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如] w(P507) 分相情况 钪萃取率(%) 铁萃取率(%) 1% 分相容易 90.74 14.89 2% 分相容易 91.74 19.88 3% 分相容易 92.14 13.30 5% 有第三相 90.59 28.47 8% 轻微乳化 90.59 34.85 (5)常温下，“滤液”中有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①“萃取”过程中应控制pH小于。 ②“反萃取”时钪发生反应的离子方程式为；操作A是。 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式为。 16．（2025·河北·一模）氯化铊的化学式为，为白色结晶性粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇，主要用于毛发脱除剂，也用于烟花、信号弹和照明弹等。从某含铊废料(主要成分为、、、、、、等)中提取并制备的工艺流程如下。 回答下列问题： (1)中的化合价为；残渣的主要成分为。 (2)“浸取”过程中提高浸取率的方法有(任写两种)。 (3)工业上常常从“萃取”步骤得到的水相中逐步沉淀出金属离子回收利用，若沉淀前溶液中金属离子的浓度均为，第一步沉淀金属离子需要调节溶液pH的大小范围为。{已知：常温下，、、，当离子浓度时，认为该离子沉淀完全} (4)“还原、沉淀”过程中生成无污染气体，其发生反应的离子方程式为。 (5)“一系列操作”具体是指。 (6)的立方晶胞结构与相同，则与等距离且最近的Tl有个；若两个Tl间的最近距离为，TlCl晶体的密度为，则阿伏加德罗常数(列出计算式)。 17．（2025·河北·模拟预测）镓是第一个根据元素周期表预言并在自然界中证实的元素，是室温下电导率和热导率最大的元素之一，在电子工业中得到了广泛应用。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌（）、钛酸亚铁（）、等}获得多种金属化合物，部分工艺流程如图： 已知：①镓与铝是同主族元素，它们的化学性质相似。 ②“浸出”时转化为和。 ③金属离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 表1常温下金属元素的离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属元素的离子 开始沉淀pH 7.6 0.4 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 1.1 3.2 8.0 4.9 表2金属离子在该工艺条件下的萃取率 金属离子 萃取率/% 0 99 0 97~98.5 回答下列问题： (1)“浸出”时适当升温的目的是，“滤液1”溶质的主要成分是，加入固体X的作用是。 (2)写出调pH至1.1生成的离子方程式：。 (3)下列说法正确的是_________（填字母）。 A．浸出渣中含，可用来生产光导纤维 B．基态镓原子的简化电子排布式为 C．属于强碱 D．分段调节溶液pH的目的是逐一回收金属化合物 (4)“反萃取”加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式是。 (5)常温下向和的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成和沉淀，此时溶液中pH=8.6，两种沉淀共存时上层溶液中的。 (6)含30%铁酸镓的炼锌矿渣200.4t，利用此工艺获得氮化镓（GaN）10.08t，该工艺中GaN的产率为%（结果保留一位小数）。 试卷第22页，共47页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ · 专题13化学工艺流程 · 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 考点01 无机物性质 （5年2考） 2022·河北卷、2021河北卷 1.常考无机物的性质及应用、反应方程式的书写、工序操作、工业制备、母液或者滤渣成分推测、提高反应速率和平衡转化率的控制条件、节约成本的方法、保护环境、产率纯度计算等相关内容等。 2.创新题目考点多变，命题角度多样。 考点02 工艺流程选择 （5年3考） 2023河北卷、2022·河北卷、2021河北卷 考点03 工艺流程综合 （5年5考） 2025·河北卷、2024·河北卷、2023河北卷、2022·河北卷、2021河北卷 考点01 无机物性质 1．（2022·河北·高考真题）下列说法错误的是 A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃 B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性 C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用 D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂 【答案】B 【详解】A．氢氟酸能与二氧化硅反应生成氟化硅和水，氟化钙与浓硫酸反应生成硫酸钙和氟化氢，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A正确； B．硫酸氢钠是强酸的钠盐，在溶液中能电离出氢离子使溶液呈酸性，故B错误； C．溶洞的形成主要源于溶解于水的二氧化碳与岩石中的碳酸钙反应生成可溶于水的碳酸氢钙，故C正确； D．酸性高锰酸钾溶液与草酸溶液反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳和水，反应中锰元素的化合价降低被还原，硫酸锰是反应的催化剂，反应生成的硫酸锰能做反应的催化剂加快反应速率，则锰离子既是反应的还原产物又是反应的催化剂，故D正确； 故选B。 2．（2021·河北·高考真题）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是 A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化 B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强 C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强 D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强 【答案】B 【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误； B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确； C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误； D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误； 故选B。 考点02工艺流程选择 1．（2023·河北·高考真题）一种以锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 下列说法错误的是 A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为和 C．除杂②工序中逐渐加入溶液时，若浓度接近，则先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为 【答案】C 【分析】由图知锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气，故气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5~6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为和，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。 【详解】A．由分析知，Mn3O4与浓盐酸反应生成Mn2+和Cl2，A正确； B．结合表中数据可知,除杂①工序中调pH为pH为5~6，此时会产生和沉淀，B正确； C．由于故 浓度接近时，先析出沉淀，C错误； D．由题给流程和分析可知,沉淀工序中Mn2+与反应生成MnCO3、CO2和 H2O离子方程式为，D正确； 故选C。 2．（2022·河北·高考真题）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下： 下列说法错误的是 A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序 B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离 C．中和工序中的化学反应为 D．参与反应的为1∶1∶1 【答案】A 【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。 【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误； B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确； C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确； D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确； 综上所述，本题选A。 3．（2021·河北·高考真题）BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度 B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3 C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度 D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成 【答案】D 【详解】A．硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确； B．金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成，水解的离子方程式为，转化工序中加入稀，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成，B正确； C．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进水解，C正确； D．氯化铋水解生成的离子方程式为，水解工序中加入少量，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应，也不利于生成，综上所述，D错误； 故选D。 考点03工艺流程综合 1．（2025·河北·高考真题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式：。 (2)煅烧工序中反应生成的化学方程式：。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、、(填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因：。 (5)滤液Ⅱ的主要成分：(填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ可返回工序。(填工序名称) 【答案】(1) (2) (3) MgO (4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5) (6) (7)煅烧 【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析； 【详解】（1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：； （2）煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； （3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO； （4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行； （5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为； （6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，铁元素由0价升高到+3价，Cr由+6价降低到+3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； （7）滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。 2．（2024·河北·高考真题）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。 ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为，产生的气体①为(填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为(填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为；浸取后低浓度的滤液①进入(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为(填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为(填序号)。 a．延长沉钒时间     b．将溶液调至碱性      c．搅拌      d．降低溶液的浓度 【答案】(1) (2) (3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换 (4) (5)bd 【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。 【详解】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。 （2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。 （3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。 （4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。 （5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意； b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意； c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意； d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意； 故选bd。 3．（2023·河北·高考真题）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的。 回答下列问题： (1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为(填化学式)。 (2)滤渣的主要成分为(填化学式)。 (3)浸取工序的产物为，该工序发生反应的化学方程式为。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为。 (4)浸取工序宜在之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是。 (5)补全中和工序中主反应的离子方程式+。 (6)真空干燥的目的为。 【答案】(1) (2) (3) (4)盐酸和液氨反应放热 (5) (6)防止干燥过程中被空气中的氧化 【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜氧化为可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入硫酸、盐酸中和，将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，硫酸亚铜发生歧化反应生成CuSO4，过滤得到含有硫酸铵、硫酸铜的滤液和氯化亚铜；氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸铜溶液发生置换反应生成海绵铜。 【详解】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合铜，故答案为：； （2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe； （3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为，故答案为：；； （4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸和液氨反应放热； （5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为+，故答案为：；； （6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中被空气中的氧化。 4．（2022·河北·高考真题）以焙烧黄铁矿(杂质为石英等)产生的红渣为原料制备铵铁蓝颜料。工艺流程如下： 回答下列问题： (1)红渣的主要成分为(填化学式)，滤渣①的主要成分为(填化学式)。 (2)黄铁矿研细的目的是。 (3)还原工序中，不生成S单质的反应的化学方程式为。 (4)工序①的名称为，所得母液循环使用。 (5)沉铁工序产生的白色沉淀中的化合价为，氧化工序发生反应的离子方程式为。 (6)若用还原工序得到的滤液制备和，所加试剂为和(填化学式，不引入杂质)。 【答案】(1) Fe2O3 SiO2 (2)增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率 (3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4 (4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤 (5) +2； 6Fe(NH4)2Fe(CN)6++6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+ (6) H2O2 NH3·H2O 【分析】已知黄铁矿高温煅烧生成Fe2O3，反应原理为：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故产生的红渣主要成分为Fe2O3和SiO2，将红渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加热充酸浸，反应原理为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，过滤出滤渣①，主要成分为SiO2，向滤液中加入黄铁矿进行还原，将Fe3+还原为Fe2+，由(3)小问可知不生成S沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，然后进行工序①为蒸发浓缩、冷却结晶，得到FeSO4晶体和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶体，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4调节溶液的pH为3，进行沉铁过程，反应原理为：Fe2++2+[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后过滤出沉淀，洗涤后加入H2SO4和NaClO3进行氧化步骤，反应原理为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，过滤、洗涤干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，红渣的主要成分为：Fe2O3，滤渣①的主要成分为：SiO2，故答案为：Fe2O3；SiO2； （2）黄铁矿研细的主要目的是增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率，故答案为：增大固液接触面积，加快反应速率，提高黄铁矿的利用率； （3）由分析可知，还原工序中，不产生S单质沉淀，则硫元素被氧化为，反应原理为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2+16H+，故化学方程式为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4，故答案为：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O15FeSO4+8H2SO4； （4）由分析可知，工序①的名称为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循环利用，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤； （5）沉铁工序中产生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合价为+2价和[Fe(CN)6]4-中的+3价，由分析可知，氧化工序所发生的离子方程式为：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6，故答案为：+2；6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ +6H+6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6； （6）由分析可知，还原工序所得的滤液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向滤液中先加入一定量的H2O2溶液将Fe2+完全氧化为Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再产生沉淀为止，过滤洗涤，对沉淀进行灼烧，即可制得Fe2O3·x H2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的试剂为H2O2和NH3·H2O，故答案为：H2O2；NH3·H2O。 5．（2021·河北·高考真题）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图： 回答下列问题： (1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是(填元素符号)。 (2)工序①的名称为。 (3)滤渣I的主要成分是(填化学式)。 (4)工序③中发生反应的离子方程式为。 (5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为，可代替NaOH的化学试剂还有(填化学式)。 (6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序(填“①”或“②”或“③”或“④”)参与内循环。 (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-⇌Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33) 【答案】 Fe、Cr 溶解浸出 MgO、Fe2O3 2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓ 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 ② 8.37 【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。 【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr； (2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出； (3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3； (4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2+2CO2+H2O= +2NaHCO3↓； (5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O； (6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②； (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为，反应的平衡常数为K1====1013.37，当为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8.37，故答案为：8.37。 1．（2025·河北石家庄·一模）白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂NaBH4的工艺流程如下： 已知H3BO3微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A．“滤渣1”的主要成分是SiO2 B．“气体”的主要成分是NO2 C．“操作X”涉及蒸发浓缩、降温结晶、过滤 D．“反应Y”的化学方程式是NaBO2＋2MgH2=2MgO＋NaBH4 【答案】B 【分析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，过滤得到滤液1，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，和滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸过滤得到滤渣1，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来后，对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，“滤渣1”的主要成分是SiO2，A正确； B．气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，B错误； C．由题干信息状况，偏硼酸钠(NaBO2)易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定，故“操作X”涉及到蒸发浓缩、降温结晶、过滤，C正确； D．由分析可知，耐火材料为MgO，故“反应Y”的化学方程式是，D正确； 故答案为：B。 2．（2025·河北衡水·三模）铂钯精矿中的含量较低，含量较高。一种从铂钯精矿中提取和的工艺如图所示。 已知：“酸浸”过程为电控除杂；“氯化溶解”后所得主要产物为；在煮沸下与水反应得到易溶于水的。下列说法错误的是 A．“酸浸”可除去 B．“分金”时，的氧化性大于 C．“煮沸”过程中发生了氧化还原反应 D．“煅烧”过程中每消耗转移 【答案】D 【分析】已知“氯化溶解”后所得主要产物为HAuCl4、H2PtCl6、H2PdCl6，则“酸浸”过程应除去了Cu、Zn、Pb，“分金”过程通入SO2除去Au，加入NH4Cl沉铂、沉钯，“煮沸”过程分离铂和钯，“煅烧”得到Pt，在煮沸下与水反应得到易溶于水的。 【详解】A．由分析可知，“酸浸”过程为电控除杂，可除去Cu、Zn、Pb，A正确； B．“分金”时，SO2作还原剂，HAuCl4作氧化剂被还原，H2PtCl6不反应，说明HAuCl4氧化性大于H2PtCl6，B正确； C．“煮沸”过程中发生反应，可知Pd元素化合价降低，部分Cl元素化合价升高，即发生了氧化还原反应，C正确； D．“煅烧”过程中发生反应，由反应方程式可知，每消耗3mol (NH4)2PtCl6转移12mol e-，故每消耗1mol(NH4)2PtCl6转移4mol e-，D错误； 故答案选D。 3．（2025·河北保定·三模）高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为、、和)可用于制备晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为(杂质不参与反应)。 该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60 完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13 回答下列问题： (1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是(填名称)。 (2)的结构类似于，是一种过硫化物，与酸反应生成，类似于，易分解，实验室制取时，某学生误将颗粒当作使用，当和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为___________(填字母)。 A． B．S C．FeS D． (3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为；“反应Ⅲ”加入的目的是；检验“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是。 (4)“调”时，应控制溶液的范围为；滤渣的成分为(填化学式)；“系列操作”为。 (5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是。 【答案】(1)锥形瓶 (2)C (3) 将溶液中的氧化为 取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入溶液，若没有生成蓝色沉淀，则已经全部氧化为 (4) 、、、 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)重结晶 【分析】在废锰渣中加入硫酸，其中不反应，过滤后滤渣A的主要成分为，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为，过滤得S等的滤渣和含硫酸铁、硫酸锰的溶液的滤液，反应Ⅲ加MnO2是将Fe2+氧化成，其反应为，加CaCO3是利用Fe3+与双水解除去，生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Y为、微溶的、未反应的和，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品，据此回答。 【详解】（1）过滤操作仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要锥形瓶； （2）FeS2与盐酸反应： FeS2 + 2HCl = FeCl2 + H2S2，H2S2分解生成H2S和S，不会生成FeS，故选C； （3）反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为，离子方式为；反应Ⅲ加MnO2是将氧化成，其反应为；检验“反应Ⅲ”是否完全反应，只需要检验溶液中是否存在即可，取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入溶液，若没有生成蓝色沉淀，则已经全部氧化为； （4）“调pH” 使沉淀，不沉淀，由表中数据可知，pH范围；由分析知滤渣Y为、微溶的、未反应的和；最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品； （5）由于产品MnSO4溶解度随温度变化大，重结晶可以进一步提纯MnSO4。 4．（24-25高三·期中）硫酸是重要的化工原料，工业制硫酸的原理示意图如下。 (1)FeS2中Fe为价，S的化合价为。 (2)将Ⅰ中反应的化学方程式补充完整：。 _______。 若反应中消耗了1molFeS2，则生成SO2的物质的量为。 (3)Ⅱ中反应的化学方程式为。 (4)为避免硫酸生产尾气中的SO2污染环境，可使用尿素[CO(NH2)2]/H2O2溶液吸收尾气。 ①将尿素/H2O2溶液吸收SO2的化学方程式补充完整：。 _______。 ②使用尿素/H2O2溶液吸收SO2，一般选择在50~70℃下进行。过高的温度会导致相同时间内的SO2去除率下降，原因是。 【答案】(1)-1价 (2) 3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 2mol (3)2SO2+O22SO3 (4) SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2 温度过高，H2O2分解速率大，浓度显著降低 【分析】本题以“黄铁矿制备硫酸”为线索，主要考查硫及其化合物的性质。工业上以黄铁矿为原料制备硫酸过程中，先经焙烧生产出二氧化硫，在高温、催化剂的作用下，二氧化硫被氧化成三氧化硫，为提高三氧化硫的吸收速率，通常采用98.3%的浓硫酸吸收，最后转化成硫酸，据此分析解题。 【详解】（1）根据化学式的各元素化合价的代数和等于0可知，FeS2中Fe为价，S的化合价为-1价，故答案为：-1价； （2）根据氧化还原反应配平可得，Ⅰ中反应的化学方程式为，3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，由上述反应方程式可知，若反应中消耗了1molFeS2，则生成SO2的物质的量为2mol，故答案为：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2；2mol； （3）由题干流程图可知，Ⅱ中反应即SO2被催化氧化转化为SO3，该反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3； （4）①根据氧化还原反应配平原则进行配平可得，反应中SO2的S由+4价升高到+6价，H2O2中O由-1价降低到-2价，尿素中各元素化合价均为改变，其中N元素转化为铵根离子，C转化为CO2气体，则尿素/H2O2溶液吸收SO2的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2，故答案为：SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2； ②使用尿素/H2O2溶液吸收SO2，一般选择在50~70℃下进行，由于温度过高，H2O2分解速率大，浓度显著降低，故过高的温度会导致相同时间内的SO2去除率下降，故答案为：温度过高，H2O2分解速率大，浓度显著降低。 5．（2025·河北张家口·二模）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的抗氧化剂，蓝矾(CuSO4·5H2O)常作游泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流程如图所示： 已知：pH=4时Fe3+完全沉淀，pH=4.8时Cu2+开始沉淀。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为；SO2分子的VSEPR模型是。 (2)“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液，则“吸收池甲”中的主要溶质为(填化学式)。 (3)“煅烧”中包括Cu2S与Cu2O在高温下反应生成Cu的过程，该反应的化学方程式为。 (4)为了提高产品纯度，试剂X宜选择(填化学式，任写一种)。 (5)蓝矾热失重图像如图所示： “系列操作”中“干燥”适宜选择的温度范围为(填选项字母)；图像中150℃时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n为。 A．20~50℃    B．80~100℃    C．102~150℃    D．250~280℃ (6)铜和氟组成的两种晶胞结构如图所示： 晶胞1中，与Cu距离最近且相等的Cu有个；晶胞2对应晶体的化学式为。 【答案】(1) 3d104s1 平面三角形 (2)NaHSO3 (3) (4)CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3等 (5) B 1 (6) 12 CuF2 【分析】该工艺流程以辉铜矿(主要成分是Cu2S，含少量FeS、SiO2等杂)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠，辉铜矿煅烧生成的SO2与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH=4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯碱粉末反应，控制pH=7~8，生成亚硫酸钠，再通入SO2，生成，煅烧得的烧渣成分为CuO、、SiO2，硫酸浸取后滤渣1为SiO2，双氧水氧化得到溶液中含有Cu2+、Fe3+，加入试剂X为CuO或等，调pH=4，除去Fe3+，再经过系列操作得蓝矾。 【详解】（1）Cu是29号元素，核外含有29个电子，Cu的价层电子排布式为3d104s1；SO2中心S原子有个价层电子对，VSEPR模型为平面三角形。 （2）“吸收池丙”中为NaHSO3过饱和溶液，“吸收池甲”与“吸收池丙”的pH相同，则“吸收池甲”中的主要溶质为NaHSO3。 （3）Cu2S与Cu2O高温下反应生成Cu和SO2，根据氧化还原规律以及原子守恒配平可得。 （4）加入含Cu的弱碱性物质(如CuO)，可中和H+并避免引入杂质。 （5）根据热失重图像，蓝矾在102℃(b点)已经失重，表明此时已经失去部分结晶水，干燥操作需在不触发失去结晶水的温度范围内进行，既能有效去除游离水，又不会导致结晶水流失，故选B项；150℃时产物质量稳定在17.8g，对应中间产物CuSO4·nH2O，总物质的量仍为0.1mol(CuSO4未分解)，此时相对分子质量，则，。 （6）由图可知，晶胞1中，与Cu距离最近且相等的Cu有12个；晶胞2中，Cu有个，F有个，对应晶体的化学式为CuF2。 6．（2025·河北保定·一模）碳酸锰是制造电信器材软磁铁氧体、合成二氧化锰和制造其它锰盐的原料。制备碳酸锰的一种工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)浸锰液为与等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，与在酸性条件下反应生成的化学反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是。 (2)“预氧化与除铁”最好采用(填标号)作氧化剂；“铁渣”的主要成分是。 a.溶液    　　    b.    　　    c.溶液 (3)“洗液”可以返回到步骤进行循环使用。 (4)“操作”的名称为。 (5)在下，将一定量的置于空气中加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为，则该反应中固体产物的化学式为。 (6)碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰和一种气体，反应的化学方程式为。 【答案】(1)4:1 (2) b Fe(OH)3、S (3)预氧化与除铁 (4)过滤、洗涤、干燥 (5)Mn2O3 (6) 【分析】浸锰液为与等在硫酸介质中反应得到的含有的分散系，预氧化与除铁过程加入二氧化锰把二价铁氧化为三价铁，铁渣的主要成分为三价铁水解产生的氢氧化铁沉淀；用低酸对铁渣进行清洗得到的洗液中含有二价锰离子，所以应返回到沉锰步骤循环利用；滤液除重金属、过滤后，滤液再加入碳酸氢铵溶液沉锰得到碳酸锰沉淀和硫酸铵溶液，据此答题。 【详解】（1）与在酸性条件下反应生成的化学反应方程式为：，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1。 （2）“预氧化与除铁”最好采用二氧化锰作氧化剂，可以避免带入新的杂质离子，故选b；据分析，“铁渣”的主要成分是Fe(OH)3、S。 （3）用低酸对铁渣进行清洗是清洗铁渣表面的溶液，其成分与预氧化与除铁步骤中得所滤液的成分相同，所以得到的洗液应返回到预氧化与除铁步骤循环利用。 （4）沉锰后分离沉淀和溶液的操作为过滤、洗涤、干燥。 （5）设的物质的量为1mol，则其量为115g；其中锰元素的质量为55g；加热至恒重，此时测得固体的质量残留率为，其质量为：115g×=79g，则氧元素的质量为：79-55=24g，则锰元素与氧元素的物质的量之比为2：3，所以此时固体产物的化学式为Mn2O3。 （6）碳酸锰与水在加热条件下发生水解，生成碱式碳酸锰和一种气体，该气体为二氧化碳，所以反应的化学方程式为：。 7．（2025·河北沧州·模拟预测）利用绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3)冶炼Be的一种工艺流程如下。 已知：①铍的性质与处于元素周期表对角线的铝相似。 ②氯化铍在熔融态时较难电离。 ③在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在。 (1)“熔炼”的目的是通过改变绿柱石晶相中的稳定结构增强其反应活性，气体A是。 (2)滤渣1的成分为，“溶浸”工序、“沉铁”工序所加试剂改为稀硫酸、氨水和过氧化氢会更好，这是由于。 (3)“沉铍”时若使用NaOH溶液，将导致铍的产率降低，用离子方程式解释原因：。 (4)“灼烧”工序的化学方程式为。 (5)“高温反应”镁或铍均会和氧气反应，需在惰性气氛中进行，(填“能”或“不能”)选择N2气氛。氯化铍熔融盐电解法也可以制备铍，但在电解过程中需要加入一定量NaCl，加入NaCl的作用是。 (6)该流程中能循环使用的物质有HF、NH3和(填化学式)。 【答案】(1)CO2 (2) H2SiO3、CaSO4 浓硫酸和FeO发生反应放出SO2污染性气体 (3)Be2++4OH-＝[Be(OH)4]2- (4)(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑ (5) 不能 增强熔融盐导电性 (6)(NH4)2SO4 【分析】绿柱石(主要化学成分为BeO、Al2O3、SiO2，还含有少量FeO和Fe2O3)，加入石灰石熔炼，SiO2、Al2O3、BeO分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧化碳，加入浓硫酸溶浸，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣1为H2SiO3和CaSO4，向滤液中加入硫酸铵沉铝，过滤得到滤液和铝铵矾，在滤液中加氨水调节pH使铁离子转化为沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液中含有BeSO4、(NH4)2SO4，再向溶液中加入氨水沉铍得到氢氧化铍，过滤后向氢氧化铍中加入HF、NH3，得到(NH4)2BeF4，(NH4)2BeF4灼烧得到BeF2、NH3和HF，加入镁在高温下反应生成Be，以此解答该题。 【详解】（1）“熔炼”过程中SiO2、Al2O3、BeO分别与CaCO3反应生成CaSiO3、铝酸钙、铍酸钙和二氧化碳，气体A为二氧化碳。答案为：CO2； （2）加入浓硫酸进行溶浸，浸出液中含有BeSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3，滤渣1为H2SiO3和微溶物CaSO4。“溶浸”工序、“沉铁”工序所加试剂改为稀硫酸、氨水和过氧化氢会更好，这是因为浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸和FeO发生反应放出SO2污染性气体。答案为：H2SiO3、CaSO4；浓硫酸和FeO发生反应放出SO2污染性气体； （3）由题给信息可知，Be的性质与Al类似，在强碱性条件下，Be元素以[Be(OH)4]2-形式存在，若使用NaOH溶液，生成[Be(OH)4]2-，因此会降低Be的沉淀率，导致Be的产率降低。离子方程式为：Be2++4OH-＝[Be(OH)4]2-。答案为：Be2++4OH-＝[Be(OH)4]2-； （4）根据流程图可知，灼烧时(NH4)2BeF4分解生成BeF2、NH3和HF。反应方程式为：(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑。答案为：(NH4)2BeF4BeF2+2NH3↑+2HF↑； （5）不能选择N2气氛，因为高温下，Be、Mg皆能与N2发生反应生成氮化物。氯化铍在熔融态时较难电离，熔融氯化铍电解制Be时加入NaCl的作用增强熔融盐导电性。答案为：不能；增强熔融盐导电性； （6）根据元素守恒可知沉铍后的滤液中含有(NH4)2SO4，灼烧过程中会产生HF和NH3，故该流程中能循环使用的物质是(NH4)2SO4、HF、NH3。答案为：(NH4)2SO4。 8．（2025·河北邯郸·三模）(六氟锑酸钠)是光化学反应的催化剂。我国科学家开发的一种以锑矿(主要含、，还含少量、、等)为原料制备的工艺流程如图所示。 已知：①常温下，、。 ②“滤液”中主要含有、以及三种溶质。 回答下列问题： (1)锑矿含有的五种元素(、、、、)中位于元素周期表p区的有种，基态原子的价电子排布式为。 (2)“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，写出反应的离子方程式：；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸(不稳定，与亚硫酸类似，会分解)，写出与稀硫酸反应的离子方程式：。 (3)“滤渣1”的成分是(填化学式)。 (4)“精制”的目的是除去溶液中的。常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，则溶液中剩余。 (5)锑矿粉中的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则锑矿粉理论上能制备的质量为(保留两位有效数字)。 (6)工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，阳极上发生的电极反应为。 【答案】(1) 3 (2) (3)和 (4) (5)4.0 (6)或 【分析】锑矿粉加入硫代硫酸钠做还原剂，在NaOH溶液中将Sb2O5还原，Sb2O3和Sb2S3都溶于NaOH溶液，Fe2O3和CuS不溶，过滤除去，含NaSbO2和Na2S的溶液中加入硫酸铜溶液，生成CuS和Cu(OH)2沉淀，过滤后向滤液中先加入浓NaOH溶液，加热至适当温度后，慢慢滴入H2O2溶液，将+3价的Sb氧化为+5价，得到NaSbO3·3H2O沉淀，过滤，向得到的NaSbO3·3H2O晶体中加入氢氟酸进行转化，最后为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到NaSbF6。 【详解】（1）元素周期表p区元素价电子排布为ns2np1~6，、、、、S中位于元素周期表p区的有、、S共3种，位于第五周期VA族，价电子排布式为。 （2）“浸出”时可与反应生成硫代亚锑酸盐()和亚锑酸盐()，根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：；只能在碱性介质中存在，遇酸则生成硫代亚锑酸，硫代亚锑酸与亚硫酸类似，会分解产生沉淀和H2S气体，离子方程式为：。 （3）由分析可知，“滤渣1”的成分是和。 （4）“精制”的目的是除去溶液中的，常温下，向“滤液”中加入胆矾，生成和沉淀，若此时溶液的为10，c(OH-)=，c(Cu2+)=，则溶液中剩余。 （5）锑矿粉中Sb的质量分数为20%，整个流程中损失率为5%，则10t锑矿粉理论上能制备NaSbF6的质量为≈4.0t。 （6）工业上还可以通过电解含、、的溶液制备金属，电解过程中，S2-在阳极失去电子生成S，OH-也可在阳极失去电子生成O2，阳极上发生的电极反应为或。 9．（2025河北·练习）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。 10．（2025·河北石家庄·一模）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； 【详解】（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：； 11．（2024·全国·模拟预测）电池级MnSO4对纯度要求特别高，以工业级MnSO4(含、、、、等金属离子)为原料制备高纯MnSO4的过程如下。 回答下列问题： (1)加入Mn粉过程中，Mn粉的作用为。 (2)加入NH4HCO3时主要反应的化学方程式为。 (3)“沉淀过滤”的反应温度不宜过高的原因是。 (4)将“滤渣1”用纯水洗涤，证明沉淀洗涤干净的操作是。 (5)结合可知加入NH4HCO3的最好方式是(填字母)。 化学式 MnCO3 CaCO3 MgCO3 A．向NH4HCO3溶液中滴加滤液2 B．同时滴加NH4HCO3溶液和滤液2 C．向滤液2中滴加NH4HCO3溶液 (6)取样200 mL“滤液2”，MnSO4的浓度为，、随着 NH4HCO3溶液的加入转化的沉淀的量的变化如图，NH4HCO3加入量应为。 (7)“滤液3”中仍有大量，为了提高原料利用率可采取的处理方法是。 (8)最终制得的MnSO4晶体颗粒大小不均匀，可能的原因是。 【答案】(1)将、、还原为单质 (2) (3)温度过高，NH4HCO3易分解 (4)取最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，若不生成白色沉淀，则已洗净 (5)C (6)130 mL (7)将多次实验的滤液集中浓缩，继续加入NH4HCO3溶液沉淀 (8)升温速率不均匀(或升温速率过快) 【分析】工业级MnSO4(含、、、、等金属离子)加水进行水浸得到滤液1，在滤液1中加入Mn粉，将、、还原为Zn、Co、Ni单质，过滤将其除去，得到滤液2，滤液2中含MnSO4、MgSO4、CaSO4，向滤液2中加入，由表中数据可知，和反应生成MnCO3沉淀，反应的化学方程式为，过滤得到滤渣1，滤渣1为，向滤渣1中加入稀硫酸，与稀硫酸反应生成溶液，蒸发结晶得到，据此回答。 【详解】（1）由题给流程图分析可知，加入Mn粉，得到单质Zn、Co、Ni，说明Mn将、、还原为单质； （2）分析流程可知，“沉淀过滤”中加入碳酸氢铵，得到的“滤渣1”为MnCO3，MnCO3不溶于水但溶于酸，所以产物中不能有生成，则反应的化学方程式为； （3）由于碳酸氢铵受热易分解，，故“沉淀过滤”的反应温度不宜过高； （4）“滤液2”中含有，“滤渣1”为MnCO3，可通过检验判断“滤渣1”是否洗净； （5）滤液2中含MnSO4、MgSO4、CaSO4，若NH4HCO3过量，沉淀的同时，和也会转化为沉淀，难以分离；若滤液2过量，根据题给溶度积可知，NH4HCO3会优先与反应，少量的NH4HCO3不与其他离子反应，则应向滤液2中滴加NH4HCO3溶液； （6）由题图可知，当加入130 mL NH4HCO3溶液时，能保证MnCO3沉淀量大且CaCO3、MgCO3沉淀量小； （7）将多次实验的滤液集中处理，浓缩后继续加入NH4HCO3溶液沉淀，可提高原料利用率； （8）升温速度不均匀或温度升高过快均会导致产生的晶体颗粒大小不均匀。 【点睛】本题以制备高纯MnSO4为背景考查工艺流程分析，具体考查化学试剂的作用、离子检验、物质提纯方法等，意在考查考生获取信息、分析问题和解决问题的能力，以及证据推理与模型认知、科学态度与社会责任的学科核心素养。 12．（2025·河北石家庄·二模）四氧化三锰()用途广泛，如合成高品质电极材料锰酸锂、制造磁性材料锰锌铁氧体、制备汽车用温度传感器的热敏电阻等。用软锰矿为原料制备的工艺流程如下所示。 已知：①浸出液中含、、、等杂质； ②常温时，一些物质的如下表所示。 物质 请回答下列问题： (1)写出还原浸出中发生反应的化学反应方程式：。 (2)调节pH时，若使、沉淀完全(浓度不大于)，pH至少为(已知：)。 (3)P204是一种有机酸性萃取剂，用HA表示，萃取方程可简写为：。当其他条件相同时，若按照不同相比(P204与滤液体积比)，溶液中钙、镁、锰元素萃取率如下表格： 相比 钙萃取率/％ 镁萃取率/％ 锰萃取率/％ 68.88 35.19 3.43 75.60 58.28 6.25 83.12 72.29 13.03 93.43 83.67 17.40 99.78 90.17 23.97 根据流程及数据，判断萃取时最佳相比是；萃取后，水相中通入氨气和氧气发生主要反应的离子方程式为；油相中加入的试剂X是进行反萃取；反萃水相灼烧时火焰呈砖红色，请用相关理论解释原因；反萃水相中加入及后续操作的目的。 (4)此流程中能循环利用的试剂是。 【答案】(1) (2)6.65 (3) 3：1 稀硫酸 反萃取时加入硫酸，平衡逆向移动，生成的微溶，水相中含有 从反萃取水相中沉淀分离出，回收元素 (4)P204或反萃取油相 【分析】软锰矿加入稀硫酸及还原剂，还原浸出产生CO2，所得浸出液调节pH后过滤除去滤渣，滤液加入P204萃取，得到的水相通入氨气、氧气，洗涤、干燥得到高纯，油相加入试剂X反萃取，得反萃取油相和反萃取水相，反萃取水相加入氟化铵反应得到含氟净化液，加入碳酸氢铵反应后过滤得到含氟，高温煅烧得到高纯，据此解答。 【详解】（1）出液中元素的存在形式主要是，该反应的化学方程式为； （2）的，若使沉淀完全，应在之间，的，若使沉淀完全，则，，，此时已沉淀完全，故pH至少为6.65； （3）根据工业流程，水相最后可以得到高纯，则对于Mn的萃取率要相对较低，而钙和镁的萃取率要相对较高，当相比为时，镁、钙萃取率最高，虽然锰元素萃取率也在升高，但是根据流程中，锰元素还有回收利用的过程，因此应该以提高镁、钙萃取率为主，因此选择相比为； “萃取”后，水相中主要是硫酸锰，通入和时，发生反应的离子方程式为； “反萃取”时，应使反应逆向移动，可以增加的浓度，且不引入其他阴离子，所以应加入的试剂X是稀硫酸； 反萃水相灼烧时火焰呈砖红色，说明含有钙元素，原因是反萃取时加入硫酸，平衡逆向移动，生成的微溶，水相中含有； 根据上述分析可知，反萃取水相中含有和，因此反萃取水相中继续加入并进行后续操作的目的是从反萃取水相中沉淀分离出，回收元素； （4）因为油相中加入硫酸反萃取后，得到反萃取油相P204即HA，因此可以循环利用的是P204或反萃取油相。 13．（2025·河北衡水·三模）以固体废锌催化剂(主要成分为及少量)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，、转化为、进入溶液； ②时，、； ③深度除杂标准：溶液中； ④有机萃取剂(用表示)可萃取出，其萃取原理反应为：。 (1)基态原子价电子排布式为。 (2)“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为。 (3)“操作a”的名称为。 (4)“深度除锰”是在碱性条件下将残留的转化为，离子方程式为。 (5)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示] 与“加入量”[以表示] 的关系曲线如图所示。 ①当加入量时，锌的最终回收率下降的原因是(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为(计算结果保留小数点后两位)。(已知：的) ②“深度除铜”时加入量最好应选。 a．      b．      c．      d． (6)“电解”时，使用惰性电极，阴极存在竞争反应。该竞争反应的电极反应式为。 【答案】(1) (2)温度升高，挥发 (3)分液 (4) (5) 或 2.16×1014 c (6) 【分析】固体废锌催化剂(主要成分为及少量)，加入NH3-NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，过滤除去滤渣，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行深度除锰，反应的方程式为H2O2+Mn2++2NH3•H2O=MnO2↓+2H2O+2，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2++S2-=CuS↓+4NH3，进行过滤操作，得到滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入有机萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。 【详解】（1）锌是30号元素，基态原子价电子排布式为； （2）“浸取”温度为时，锌浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，原因是温度升高，挥发使生成的[Zn(NH3)4]2+减少，锌浸出率下降； （3）“操作a”分离有机层和无机层，名称为分液； （4）“深度除锰”可将残留的转化为，Mn元素化合价升高被氧化，H2O2做氧化剂，O元素化合价降低，该反应的离子方程式为； （5）①当加入量时，锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀，锌的回收率下降的可能原因是或；该反应的平衡常数为K=====2.16×1014； ②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×106，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为：c； （6）用惰性电极电解溶液，Zn2+在阴极得电子生成Zn，副反应为得电子生成，电极反应为：。 14．（2025·河北保定·二模）是锌锰电池的正极材料，是一种绿色净水剂。以某锰矿(主要成分是，含少量Mn和Fe)为原料制备和的流程如图。回答下列问题： 已知：常温下，部分金属离子在溶液中沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.9 7.0 8.1 完全沉淀的pH 3.2 9.0 10.1 (1)Mn和Fe两元素的部分电离能数据如下表所示。 元素 Mn Fe 电离能/() 717 759 1509 1561 3248 2957 Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，其主要原因是。 (2)提高“酸浸”速率的措施有(填一种即可)。 (3)“调pH”范围为，能转化为的原因是。 (4)“氧化2”的离子方程式为；净水时被还原成，水解生成胶体，胶体不同于溶液、浊液的本质特征是。 (5)“电解”会产生废液，该废液可循环用于(填名称)工序。 (6)“灼烧”中制备的化学方程式为；某温度下，在空气中灼烧生成锰的氧化物M，固体失重率约为33.62%，则M的化学式为。 【答案】(1)基态的价层电子排布式分别为，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易 (2)粉碎矿石或增大反应物浓度或适当加热或搅拌等 (3) 的溶解度小于 (4) 分散质粒子直径在 (5)酸浸 (6) 【分析】锰矿主要成分是，含少量和Fe。锰矿加稀硫酸、硫酸亚铁“酸溶”，被硫酸亚铁还原为硫酸锰，锰和硫酸反应生成硫酸锰、铁和硫酸反应生成硫酸亚铁，加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，加氧化铁调节生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤渣为氢氧化铁、滤液为硫酸锰；在碱性条件下，次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，加浓KOH溶液把高铁酸钠转化为高铁酸钾；硫酸锰溶液电解可以得到二氧化锰；硫酸锰溶液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，在空气中灼烧碳酸锰生成二氧化锰，据此分析； 【详解】（1）基态的价层电子排布式分别为，基态达到半充满稳定结构，再失去1个电子较难，而基态再失去1个电子达到半充满结构，失电子较容易，所以的第三电离能大于铁的第三电离能； （2）根据影响反应速率的因素，提高“酸浸”速率的措施有粉碎矿石、增大反应物浓度、适当加热、搅拌等； （3）“调”的目的是使Fe3+完全沉淀，Mn2+不能沉淀，所以“调”范围为；“转化”的原理是利用的溶解度小于，Na2FeO4和KOH反应生成K2FeO4沉淀； （4）“氧化2”是在碱性条件下，用次氯酸钠把氢氧化铁氧化为高铁酸钠，反应的离子方程式为；胶体不同于溶液、悬浊液、乳浊液的本质特征是分散质粒子直径在； （5）电解硫酸锰溶液生成二氧化锰、氢气、硫酸，“电解”会产生废液硫酸，该废液可循环用于“酸浸”工序； （6）“灼烧”中碳酸锰和氧气反应生成和二氧化碳，反应的化学方程式为；设M的化学式为MnxOy，根据Mn元素守恒xmol生成1molMnxOy，固体失重率约为33.6%，则，，M的化学式为。 15．（2025·河北保定·三模）著名化学家徐光宪在稀土化学等领域取得了卓越成就，被誉为“稀土界的袁隆平”，稀土元素如今已成为极其重要的战略资源。氧化钪广泛应用于航天、激光等科学领域。一种从赤泥(主要成分为)中提取氧化钪的路径如下： 已知：①难溶于盐酸； ②。 (1)基态Sc原子的价电子轨道表示式为；同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有种。 (2)实验中需要使用的盐酸，用浓盐酸配制实验所需要的盐酸，配制溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。 (3)若赤泥在“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而减慢，其原因是。 (4)若“萃取”时用酸性磷酸酯萃取剂(P507)、苯乙酮、磺化煤油配得的混合液作萃取剂，P507质量分数(w)对萃取率的影响如表所示，料液温度对分离系数()的影响如图所示，萃取时P507最佳质量分数及料液温度分别为、。[分离系数指分离后混合体系中某物质的物质的量分数，如] w(P507) 分相情况 钪萃取率(%) 铁萃取率(%) 1% 分相容易 90.74 14.89 2% 分相容易 91.74 19.88 3% 分相容易 92.14 13.30 5% 有第三相 90.59 28.47 8% 轻微乳化 90.59 34.85 (5)常温下，“滤液”中有机萃取剂萃取的反应原理可表示为：(代表有机萃取剂，为有机配合物)。 ①“萃取”过程中应控制pH小于。 ②“反萃取”时钪发生反应的离子方程式为；操作A是。 (6)“焙烧”时发生反应的化学方程式为。 【答案】(1) 5 (2)500mL容量瓶 (3)氯化氢挥发浓度减小 (4) P507最佳浓度为3% 料液温度为65℃ (5) 4 过滤 (6) 【分析】用赤泥(一种矿渣，主要成分为)提取的流程为：将赤泥加入盐酸进行酸浸，根据题目已知，都可与盐酸反应转化为，而不与盐酸反应，通过过滤在滤渣中除去；然后在含离子的滤液中加入有机萃取剂进行萃取分液，和大部分不被萃取通过水相分离，而和小部分进入有机相，然后加入NaOH溶液与反应生成固体进行反萃取分液分离，得到固体加盐酸溶解，再加草酸沉淀生成，在空气中焙烧得到产品，据此分析； 【详解】（1） Sc为21号元素，位于周期表中第四周期第ⅢB族，故基态Sc的价电子轨道表示式为：；未成对电子数为1，有电子排布为4s1的K，3d14s2的Sc，3d104s1的Cu，4s24p1的Ga，4s24p5的Br，共5种； （2）配制溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶； （3）盐酸易挥发，“酸浸”时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小，因此酸浸速率减慢； （4）分析表中数据可知，P507浓度为3%时，钪萃取率最大，铁萃取率最小，且分相容易，分析图像可知，料液温度为63℃-65℃时，分离系数最大，则萃取时P507最佳浓度为3%，料液温度为65℃； （5）①常温下，“浸出液”中，，当Sc3+开始沉淀时，溶液中c(OH-)=，pH=-lgc(H+)=，“萃取”过程中应控制pH小于4； ②萃取时是加入有机萃取剂将萃取通过分液分离出来，反应的离子方程式为：；而进行反萃取时是加入NaOH溶液再萃取分液，则反应的离子方程式为：；反萃取后分液得到的反萃液和反萃取的固体，操作A是故过滤； （6）在中Sc的化合价为价，反应前后Sc的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与了反应，应该是空气中的氧气氧化了草酸钪晶体中的碳元素生成了，故焙烧时反应的化学方程式为：。 16．（2025·河北·一模）氯化铊的化学式为，为白色结晶性粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇，主要用于毛发脱除剂，也用于烟花、信号弹和照明弹等。从某含铊废料(主要成分为、、、、、、等)中提取并制备的工艺流程如下。 回答下列问题： (1)中的化合价为；残渣的主要成分为。 (2)“浸取”过程中提高浸取率的方法有(任写两种)。 (3)工业上常常从“萃取”步骤得到的水相中逐步沉淀出金属离子回收利用，若沉淀前溶液中金属离子的浓度均为，第一步沉淀金属离子需要调节溶液pH的大小范围为。{已知：常温下，、、，当离子浓度时，认为该离子沉淀完全} (4)“还原、沉淀”过程中生成无污染气体，其发生反应的离子方程式为。 (5)“一系列操作”具体是指。 (6)的立方晶胞结构与相同，则与等距离且最近的Tl有个；若两个Tl间的最近距离为，TlCl晶体的密度为，则阿伏加德罗常数(列出计算式)。 【答案】(1) ＋3 和 (2)升温、粉碎含铊废料、增大和混合液及溶液的浓度(任答两种即可) (3) (4) (5)过滤、乙醇洗涤、干燥(多写“降温结晶、冷水洗涤”也可) (6) 12 【分析】含铊废料中加入H2SO4、KMnO4、NaCl后得到含NaTlCl4、Fe3+、Zn2+溶液和含SiO2、PbSO4的滤渣，然后“萃取”步骤分别沉淀Fe3+、Zn2+，“反萃取”步骤加入CH3COONH4将NaTlCl4转化为NH4[TlCl4]，“还原、沉淀”步骤用N2H4还原[TlCl4]-得到TlCl粗品，再经过过滤、乙醇洗涤、干燥得到TlCl固体。 【详解】（1）NH4[TlCl4]中Tl的化合价为+3；残渣的主要成分为PbSO4和SiO2。 （2）“浸取”过程中提高浸取率的方法为升温、粉碎含铊废料、增大KMnO4和H2SO4混合液及NaCl溶液的浓度。 （3）由于常温下，、，当Fe3+沉淀完全时，，，此时溶液的pH=2.8，当Zn2+开始沉淀时，，此时溶液的pH=6.3，因此第一步沉淀时需要调节溶液pH的大小范围为。 （4）由有无污染气体生成、TlCl微溶于冷水可知，反应产物中有N2，且沉淀为TlCl，故“还原、沉淀”过程中发生反应的离子方程式为。 （5）“一系列操作”具体是指过滤、乙醇洗涤、干燥。 （6）由NaCl的晶胞结构可知，与Tl等距离且最近的Tl有12个；一个晶胞中有Tl的个数为，Cl的个数为，根据TlCl的密度计算阿伏加德罗常数。 17．（2025·河北·模拟预测）镓是第一个根据元素周期表预言并在自然界中证实的元素，是室温下电导率和热导率最大的元素之一，在电子工业中得到了广泛应用。综合利用炼锌矿渣{主要含铁酸镓、铁酸锌（）、钛酸亚铁（）、等}获得多种金属化合物，部分工艺流程如图： 已知：①镓与铝是同主族元素，它们的化学性质相似。 ②“浸出”时转化为和。 ③金属离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 表1常温下金属元素的离子形成氢氧化物沉淀的pH 金属元素的离子 开始沉淀pH 7.6 0.4 1.7 5.5 3.0 沉淀完全pH 9.6 1.1 3.2 8.0 4.9 表2金属离子在该工艺条件下的萃取率 金属离子 萃取率/% 0 99 0 97~98.5 回答下列问题： (1)“浸出”时适当升温的目的是，“滤液1”溶质的主要成分是，加入固体X的作用是。 (2)写出调pH至1.1生成的离子方程式：。 (3)下列说法正确的是_________（填字母）。 A．浸出渣中含，可用来生产光导纤维 B．基态镓原子的简化电子排布式为 C．属于强碱 D．分段调节溶液pH的目的是逐一回收金属化合物 (4)“反萃取”加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式是。 (5)常温下向和的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，生成和沉淀，此时溶液中pH=8.6，两种沉淀共存时上层溶液中的。 (6)含30%铁酸镓的炼锌矿渣200.4t，利用此工艺获得氮化镓（GaN）10.08t，该工艺中GaN的产率为%（结果保留一位小数）。 【答案】(1) 加快反应速率 和 将还原为，便于在萃取过程中与分离 (2) (3)AD (4) (5) (6) 【分析】炼锌矿渣主要含铁酸镓、铁酸锌（）、钛酸亚铁（）、等，加入稀硫酸将矿渣溶解，不与稀硫酸反应以滤渣的形式除去；调节pH至1.1，Ti元素形成滤渣；加入过氧化氢并调节pH=5.4，与沉淀完全形成、，滤液中存在、和，加入硫酸将滤饼溶解，加入还原剂将还原为，经过萃取、反萃取和高温合成后形成GaN。 【详解】（1）浸出”时适当升温，可加快反应速率；根据分析可知，“滤液1”溶质的主要成分是和；加入固体X可将还原为，便于在萃取过程中与分离； （2）调pH至1.1，生成的离子方程式：； （3）A．二氧化硅可用于制光导纤维，A正确； B．Ga原子序数31，基态镓原子的简化电子排布式为，B错误； C．镓与铝是同主族元素，它们的化学性质相似，不属于强碱，C错误； D．分段调节溶液pH，可使不同金属在不同pH分别沉淀，可逐一回收金属化合物，D正确； 答案选AD； （4）“反萃取”加入过量NaOH溶液，镓与铝是同主族元素，它们的化学性质相似，与OH-反应生成：； （5）根据题干信息：，，溶液中pH=8.6时，，，故； （6）该工艺中GaN的产率：。 试卷第2页，共49页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$