第三章 专题2 分离提纯类-【6星学霸·高考黑题】2026年高考化学二轮专项冲刺

第三章工艺流程题学丽 专题2分离提纯类 命题密钥 分离提纯类工艺流程题一般从混合矿物或废弃物中，经分离捉纯得到目标产品，分离提纯 一般包括过滤、洗涤、结晶、萃取/反萃取、蒸馏等操作，要求考生熟悉每一步操作的目的。目前 来看，这类题依然是高考热点。 考点觉醒 1.模型解读 辅助原料 辅助原科 产品的分离和提纯 原料预处理徐杂，净化 ,主产物 操作或反应Ⅱ 一目标产物 原料 操作或反应I 副产物 副产物 排放物的无害化处理 原纤的猫环利用 2.提分技巧 (1)分离提纯的物理方法 ①“固+固”混合物： 加热升华法：如NaC和 均易溶钻晶法：如KNO,和Nad 固+固 加水 4溶+易溶过滤法：如Nad和eOH 其他特殊法：如FS和Fe可用磁铁发引 ②“固+液”混合物： 萃取法：如从碘水中提取碘 互溶 降温结晶法：如从硫酸钢溶液中荻取胆矾品体 因+液 L蕊馏：如从海水中获取蒸棉水 不互溶过逃 ③“液+液”混合物： 互溶蒸馏法：如酒精和水，从石油中获取汽油、煤油 液+液 不互溶分液法：如油和水，乙酸乙酯和Na,C0,溶液 (2)分离提纯的化学方法 方法 原理 洗气法 将气体混合物通过洗气装置而除去杂质气体 沉淀法 将杂质离子转化为沉淀 气化法 将杂质离子转化为气体 热分解法 用加热法除去固体混合物中易分解的物质 酸碱溶解法 利用酸或碱将杂质溶解除去 氧化还原法 利用氧化还原反应除去杂质 水解法 利用水解反应除去杂质 电解法 利用电解原理分离和提纯物质 073 学醒高考·黑题化学 实战演练 经典真题分离提纯类)(2025·安徽，15,14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrS04、Si02、CaC03、SrC0 和MgCO,等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 稀监酸 BaCl,溶液 含锶废渣 酸烫浸出1☒-5，溶液一S·60 浸出液 浸出渣2 已知25℃时，K,(SS04)=10646,K(BaS04)=1097。 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为 (2)“浸出液”中主要的金属离子有S+ (填离子符号)。 (3)“盐浸”中SS0,转化反应的离子方程式为 ;25℃时， 向0.01 mol SrS0,粉末中加人100mL0.11mol·L1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中 c(sr2*)·c(s02)= (mol·L1)2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸2h,浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大 的原因是 10 20406080100 图1 温度」℃ (5)“浸出渣2”中主要含有SS04、 (填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K*形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的S2+,原 因是 图2 (7)由SrCL2·6H,0制备无水SrCl2的最优方法是 (填字母)。 a.加热脱水 b.在HC气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 巩固训练1(2025，贵州贵阳二模)铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2+、Fe2、Ca24、 Mg2+、H3AsO3等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下： 草取剂 H.O, 调H NaF 粗硫酸镍— 废液 除饲一除种一除钱一除杂 NiSO,6H.O 有机相 滤渣1 滤渣2 滤渣3 074 第三章工艺流程题学丽 已知：H,As0,是一种三元弱酸。常温下，Km[Fe(0H),】=3.0×109;Km[Ni(0H)2]=5.0×10-6。 回答下列问题： (1)基态Ni2*的价层电子轨道表示式为 (2)“除砷”步骤中，温度不能过高的原因是 滤渣1的主要成分是FeAsO4。写出 该步骤生成FeAsO,的离子方程式 (3)常温下，调pH的目的是进一步去除Fe,使c(Fe)≤3.0×102mol·L。若溶液中c(Ni*)= 0.05mol·L,则需控制pH的范围是 (4)滤渣3的主要成分是 (5)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。 温度 低于30℃ 30-54℃ 54~280℃ 高于280℃ 品体形态 NiS04·7H20 NiS04·6H20 多种结晶水合物 NiSO. ①从NSO,溶液获得稳定的NSO,·6H,0晶体的操作依次是蒸发浓缩 、过滤、洗涤、 干燥。 ②NS0,·6H20晶体煅烧时剩余固体质量与温度变化曲线如图1所示，则200℃时所得到产物 的化学式为 26.3 17.3 15.5 75 02004006008001000 温度/ 00 图1 图2 (6)氧化镍晶胞如图2所示，已知晶胞参数为apm,设N,为阿伏加德罗常数的值，则氧化镍晶体的 摩尔体积V= m3·mol1。 巩固训练2(2025·河北石家庄二模)稀土元素号称“工业维生素”，以某种氟碳铈矿[主要成分为 LnFCO,(Ln代表稀土元素Ce、Yb、Eu)、FeO,、SiO2]等为原料提取稀土元素的工艺流程如下： MgCL-6H.O 盐酸 P204 0 Zn气水：NHC 氯碳饰矿一高温培烧 酸浸一萃取除铁氧化沉柿一还原一沉超一含ENH]C1,的溶液 浸渣 有机相 Ce0: Yb(OH), 已知：常温下，各物质的K如下表所示。 物质 MgF2 Yb(OH)3 Eu (OH)3 Eu (OH)2 5.2×10-山 1.0x10-2a 3.0x10-2 3×10-16 回答下列问题： (1)基态Ce原子的核外电子排布式为[Xe]45d'6s2,则Ce在元素周期表中位于 区。 (2)已知：MgCL2·6H20受热分解产生Mg(OH)Cl和HCl;Mg(OH)Cl和HCl进一步与LnFCO3反应 得到LnCl,和MgF2。写出Mg(OH)Cl和HCl与CeFCO,发生反应的化学方程式 075 学醒高考·黑题化学 (3)“酸浸”时，浸渣的成分为 (填化学式)。 (4)“氧化沉铈”时，只有Ce元素被氧化。该过程中Ce3+发生反应的离子方程式为 (5)若缺少“还原”步骤，可能造成的影响为 -0 (6)“沉镱”时，当Yb3+沉淀完全时[c(Y3+)<1×105mol·L1],应调节溶液的pH不低于 (7)“沉镱”时， (填“能”或“否”)用NaOH溶液代替氨水，调节NH4Cl溶液的pH:解释其原 因为 巩固训练3(2025·湖南长沙模拟)一种从废旧芯片（主要成分为单晶硅，还含有塑料和少量 Au、Ag、Cu、Pd等金属，除Au外其他金属均可溶于浓硝酸)中回收和利用贵金属的流程如下。 空气浓硝酸 浓硝酸浓盐酸浓渣2 废旧芯片一灼挠一酸溜一过滤一滤渣1 过滤一HAuC,溶液一还原一A山 滤液1，过渴一Ag一食溶一表面电被 夏水 滤液2 已知：Si在空气中加热不反应：Au被HNO,氧化成Au3+的反应平衡常数K<105:Au3+可与CI发生反 应：Au3+4CI一[AuCL];H[AuCl4]在水溶液中完全电离。 回答下列问题： (1)从产物的分离提纯和绿色化学的角度考虑，“灼烧”的目的是 (2)浓硝酸与浓盐酸的比例为1：3时溶解Au的效果较好，此时HNO,被还原为NO。写出Au溶解 过程中发生反应的离子方程式： (3)“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。 (4)“滤液2”中含有Cu、Pd等金属元素，可进一步将其分离提纯。 ①基态Cu的价层电子排布式为 ②溶液中的Pd2*经过一定处理后可以得到四配位的Pd(NH,),CL2沉淀，其有2种同分异构体a 和b。下列说法正确的有 (填字母)。 NH, CI NH Pd Pd CI NH HN CI a b A.Pd(NH,)2Cl2中存在的化学键类型是配位键、离子键 B.Pd(NH)2CL2的晶体类型属于分子晶体 C.a和b的空间结构均为四面体形 D.a的极性大于b ③某研究小组以Pd(NH2)2C12为原料制备金属Pd。将21.1gPd(NH3)2Cl2配制成悬浊液，向 其中加人足量盐酸后，用氨水调节pH至弱碱性，得到[P(NH3)4]Cl2溶液。然后加入50.00mL 8.0mol·L的水合肼(N2H4·H20)溶液还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体。假 定二价P被完全还原，则产生的气体在标准状况下的体积为 070 第三章工艺流程题学丽 (5)AgC1沉淀用氨水溶解后可直接用于表面电镀，将待镀元件制成电极放置于“氨溶”后所得溶液 中通电即可进行电镀，阴极上发生的电极反应为 巩固训练4(2025·四川成都一模)金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓(GN)、氧化镓是第三 代、第四代半导体的主要材料。由炼锌矿渣{主要含铁酸锌(ZnFe204)、铁酸镓[Ga2(Fe20,)3]、钛酸 亚铁(FTiO,)、SiO2}制取氮化镓的部分工艺流程如下所示： 硫酸 H0 滤流1 钛白粉Ti0 萃取制 NaOH溶液 反草取 练】 调plH ①硫酸 矿渣 酸浸 浸出液」操作 浅渣2 溶液 有机层 调pH ②因体M 逃液1 操作2 水层 操作3 浅液2 GaN 高温气相 晶品体CaCl,- 沉积 操作4水层 NH, 盐酸 已知： ①镓和铝同主族，化学性质相似：20℃时氯化镓的溶解度为180g,且温度升高，溶解度明显增大； ②酸浸”时，钛元素以T02*形式存在，室温下T02极易水解得到T02·xH,0:矿渣经“酸浸”后所得 “浸出液”中含有Zn2、Fe2+、Fe+、Ga3+等离子： ③金属离子形成氢氧化物沉淀的pH及金属离子的萃取率，如下表： 金属离子 Fe2 Fe Zn2 Ga Ti024 开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 0.4 沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 1.1 萃取率/% 0 99 0 97-98.5 回答下列问题： (1)Ga元素的价电子轨道表示式为 、0 (2)“酸浸”时Ga2(Fe,0,)3发生反应的离子方程式为 (3)“滤液2”可用于回收硫酸锌，则“滤液1”需调节的pH范围是 ;加入的“固体M”为 (写化学式)。 (4)反萃取后水溶液中傢元素以 (用化学用语表示)形式存在。 (5)“操作4”是指 冷却结品、过滤、洗涤、干燥。 (6)“高温气相沉积”中镓先转化为G(CH3)3,然后再与NH3发生反应，写出Ga(CH3)3与NH3反应 生成GaN的化学方程式： (7)测定钛白粉中T02的含量可用滴定分析法：取1.000g样品充分溶于过量稀硫酸中，再加入铝粉 将钛元素转化为T+,过滤，将滤液用稀硫酸稀释至100mL。取20mL于锥形瓶中，滴加2~3滴 KSCN溶液，用0.1000mol·L的NH,Fe(S0a)2标准溶液进行滴定(Fe3*能将Ti*氧化成四价钛 的化合物)，重复上述滴定操作两次，平均消耗NH,Fe(S0,)2标准溶液23.00mL。 ①上述滴定终点的现象为 ②钛白粉中T02的质量分数为 077“吸附解离"主要发生在钉单原子位点上。(5)RuO,与盐酸反应生成RuC,Ru化合价降低，则C元素化合价升高生成C2。(6)沉铬时要让 Cr3+沉淀，Co2*不沉淀，根据溶度积常数K[C(0H):]=1.0×102,K[Co(0H)2]=1,8×105,Cr3*完全沉淀时浓度为103mal·L1,则 c(o)= 31.0x10 10-3 -=109m网l·L,c(H)=105mal·L,pH=5.0,Co2“浓度为1.8×10-3mdl·L1,Co2“开始沉淀，c(0H)= 1.8×10下 √8x10=10(maL),e(H)=10-(m·L),p=8.0,“沉铬"时需调节pH的范围为5.0≤pi<80.(7)Bs2与0产最近距离为立方 1 体面对角线一半，与R+的最近距离为体对角线一半，故与Ba2+距离最近的离子是02：品胞中有和+1个，B2*为8 g=1个，0产为6x2 286 3个，品照的质量为受么品菌的体积 心8 286 3/2853286×10。 Pg.cm pN m,晶胞的边长为，√cm√pN,m 专题2分离提纯类 经典真题(1)5g2(2)Ca2+,Mg2”(3)S60,(s)+Ba2(aq)BaS0,(s)+Sr2“(q)1087(4)升高温度，Ba2+与S60,有效碰撞次数增加，反 应速率加快，所以锶浸出率增大(5)BaS04、Si02(6)衰穴体a的空腔与S2“更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且S2·具有更多的 空轨道，能够与更多的N、0形成配位键，形成超分子后，结构更稳定(7) 四解题思路 主要含有SrS0.Si0.CaC01 SC0,和MC0 SrSO.(s)+Ba(ag)=BaSO.(s)+Sc(ag) 稀盐酸 BaCL,溶液 含憾废渣 酸 浸出渣1了 盐浸 ·SC溶液→SC2·6H,0 浸出液 浸出渣2 主要的金属离子有SCa.Mg 含有Ss0.S0: 解析：(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为582。(2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属 离子有S2”、C2”、Mg2。(3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式为S04()+Ba“(购)一BaS0,(s)+Sr2(q):该反应的平衡 常数K.(s.c(s”)·c(S0).K(S60,)10 (B2)(B)·c(s0人（BS010丽10，平衡常数很大，近似认为S0,完全转化，溶液中剩余n(B2)=1× 103ml,则c(s0)= K(BaSOa) 10切mlL1,列三段式： e(Ba2) SS0,(s)+Ba2*(g)→BaS0,(s)+sr2“(q） 初始/mol 0.01 0.011 0 变化/mol 0.01 0.01 0.01 平衡/mol 0.001 0.01 理论上溶液中c(Sr2)·c(s0g)=10,7mml·L-1×0.1ml·L1=1087(mol·L)2。 (4)随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba与S60,有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大。(5)“盐浸”时发生沉淀的 转化，生成了BaS04,Si02不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SS0,、BaS0,、Si02。(6)窝穴体与K+形成的超分子加人“浸出液”中，能提取 其中的S,原因是窝穴体a的空腔与S+更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且S+其有更多的空轨道，能够与更多的N、,0形成配位 键，形成超分子后，结构更稳定。(7)Ca(0H)2为强碱，则Sr(0H)2也是强碱，S2+不水解，排除b,由平衡移动原理可知SCl2·6H20制备无 水SrC2的方法加压不利于脱水，排除c、d,故选a。 3d 巩国润练1（T四1□(2)防止0，受热分解2组，As0,+2e“+3,0一2FeA0,1+4,0+4(3)5≤p<7 (4)Ca,Me,(5)①冷却至30-4七结品②s0,·,0（6x10N 4 四解题思路 粗硫酸镍废液中加入有机草取剂分离出含铜离子的有机相，水相中加入过氧化氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价种为五价种，铁离子 使得帅转化为FA0,况淀：滤液明节pH使得刺余铁离子特化为氢氧化铁况淀得到滤渣2，滤液加入NF使得钙离子、钱高于转化为氯化 钙和氟化铁沉淀得到滤渣3，滤液处理得到NSO4·6H20。 解析：（1)换原子失去2个电子形政N,基态”的价层电子锁道表示式为川☐(2)过氧化氢不稳定，受热容易分解，温度不 能过高是防止H,02受热分解：加人过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，氧化三价砷为五价砷，铁离子使得五价踔转化为FA,0,沉淀，反应为 2H3As03+2Fe2+3H202一2PeAs04↓+4H20+4H。(3)调pH的日的是进一步去除Fe+,使c(Fe)≤3.0×102mol·L1,则c(0H)= K.[Fe (OH)3] c(Fe) √.0x10-m,L1=1.0x10mal·L,p0H=9,pH=5:若溶液中c(N)=0,05ml·L,则其沉淀所需e(OHr)= 33.0×109 Kp [Ni (OH)2T 5.0×106 ml·L1=1.0×107ml·L-1,p0H=7.pH=7,故需控制pH的范围是5≤pH<7。(4)由分析，滤渣3的主要 c(Ni) 0.05 一学霸高考·黑题·化学·31一 成分是CaF2,MgF2。(5)①由表，30-54℃结品得到NiS04·6H20,故从NiS04溶液获得稳定的NiS0:·6H20晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却 至30-54℃结晶、过滤、洗涤、干燥。②26.3gNiS0,·6H0品体的物质的量为26.3g÷263g·m1=0.1m0l,含有0.6molH20,搬烧时剩余固 体质量与温度变化曲线如题图所示，200℃时物质质量减小26.3g-17.3g=9g,为减少0.5mH,0,则所得到产物的化学式为NiS0·H20。 (6)据均摊法，品照中含8×号+6x子=4个眉12x1=4个0，则氧化镍品体的摩尔体积又0 1 4 -×Nm3·mal1= gx100Na·mm1。 4 巩固调练2（1)f(2)2CaFC0,+Mg(0H)C+5HC高温2C.C,+MeF,+3H,0+2C02(3)S0,MgF,(4)4Ce+0,+6l,0—40c0,1+12r (5)Y和Eu共沉淀，无法分离（合理答案即可）(6)8(7)否氨水与Em2+形成[Eu(NH)2]2,可降低游离Eu2的浓度，否则Y·和Eu2 共沉淀 四解题思路 以意碳韩矿为原料提取稀土元素的工艺流程为：先将震碳韩矿加入Mg☐2·620混合高温培烧，再将培烧后的物质加粪酸酸浸，其中稀 土元素和Fe03转化为离于，过滤进行分离，难溶于盐酸的Si0和MgP,形成浸渣徐去，得到含稀土金属离于和下3的滤液，加入P204有 机萃取剂进行革取除铁得到含稀土金属离子的水相溶液，通入02将Cc元素氧化为C02过滤分离，制余液体中加入单质Z将E还原 为Eu“后，再加入氯水和NHC沉淀镱元素为Yb(OH),过滤分离，最后得到含[Eu(NH,)2]C12的溶液。 解析：(1)根据基态Ce原子的核外电子排布式为[Xc]4P5d'6s2,Ce属于镧系元素，则Ce在元素周期表中位于f区。(2)根据题干所给信息： MgCL,·6H20受热分解产生Mg(OH)C和HC;Mg(OH)CI和HC进一步与LnFCO3反应得到LnCl,和MgF2,则Mg(OH)C1和HCI与CeFCO,发 生反应的化学方程式为2CaFC0,+Mg(0H)C+5HG高温2CC,+Me,+3H,0+2C0,。(3)根据分析，酸浸是将焙绕后的物质加盐酸溶解反应，其 中稀土元素和Fe03转化为离子，面浸渣中存在的是加人盐酸酸浸时不溶于盐酸的Si0,和MgF2。(4)“氧化沉饰”时，只有C元素被通入的02 氧化为Ce02,则反应的离子方程式为4Ce+02+6H20一4Ce02↓+12H*。(5)根据已知表格的溶度积常数可知：K,[Yb(0H),]=1.0×10” 与Kn[Eu(0H),]=3.0×10”比较接近，而Km[Eu(0H),]=3.0x10~1大得多，所以不将Eu“还原为Eu2“即缺少“还原"步骤，则在沉意时会出 现Yh和Eu共沉淀，无法分离的情况。(6)要使Yb沉淀完全时[c(Y)<1×105mal·L-1],根据K,[Yb(0),]=1.0×10”可得 -B（o,1-a(n)eo)-10x0se(0mr)-810-1x10,解得e0H)=1x10*l,得到r K。 e(OH-) 1.0x104 1.0x10。=1.0x10*ml·L,得到p=8,所以要使沉淀完全时[c(Y少)<1×10-5l·L门，应调节溶液的pH不低于8。(7)在沉德时采 用氨水和NH,的原因是利用氨水与Eu2形成[Eu(NH,)2]“,可降低游离Em的浓度，促使Yb元素充分沉淀为Yh(OH),过滤分离，如采 用NaOH溶液代替氨水、NH,C调节溶液的pH,则可能会出现Yb和Eu共沉淀的情况。 巩固训练3(1)去除塑料：减少酸溶过程中氮氧化物的生成(2)Au+N0+4H°+4C一[AuCl4]+N0↑+2H20(3)Si(4)①3d04s' ②BD③L.12L(5)[Ag(NH,)2]·+e=Ag+2NH1↑ 四解题思路 废阳芯片（主要成分为单品硅，还含有塑料和少量Au、Ag、Cu、Pd等金属）均烧去除型料等有杭杂质，得到Ag2O、CO、PdO、A如、Ag、Si残 渣，用浓硝酸酸溶，行到含有Cu2、Ag、P2的滤液1，A如和Si不溶于浓殖酸而存在于滤渣1中，滤渣1用浓硝酸和浓盐酸的混合物浸 取，Au转化为[AuCl4门，Si不落于酿存在于滤渣2中，用还原剂可以将[AuC,]还原为An,滤液1中加入NaC,得到AgC沉淀，用氨水 溶解AgC得到[Ag(NH3):], 解析：(1)通入空气“灼烧”的目的是除去塑料，同时将C、Ag等金属部分氧化为对应的氧化物，使得“酸溶”过程中氯氧化物的生成量减小，减少 对环境的污染。(2)由已知信息可知，浓硝酸与浓盐酸的比例为1：3时溶解Au的效果较好，此时HNO,被还原为NO,Au被氧化为[AuC,], 根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为A山+NO5+4H+4C一[AuCl4]-+N0↑+2H,0。(3)废旧芯片中含有的物质中除S 与Au以外都被灼烧或溶于硝酸中，Au溶于浓硝酸与浓盐酸的混合液中，因此剩余不溶的“滤渣2”为Si。(4)①Cu在元素周期表中的位置为第 四周期第IB族，其价层电子排布式为3d4';②P(NH,)2C2为四配位，两个C和两个NH分子均以配位键与P阳相连，无离子键，A错误； Pd(NH)2C,为分子化合物，无离子键，属于分子品体，B正确：如果P(NH,)2C2的空间结构为四面体形，则不会存在两种同分异构体，C错 误；a和b相比，b的对称性更好，放a的极性更大，D正确；③21.1gPd(NH,)2C2溶液人50.00mL8.0mol·L-1的水合肼(N2H,·H,0)溶液 还原，得到Pd的同时生成无色、无味、无毒的气体为N2,该反应中N元素由-2价上升到0价，P元素由+2价下降到0价，根据得失电子守恒， 数应转华202电子，测生成(2-0防al标准教汉下的体积为0防m24t:12L(产氨 溶"过程中发生的反应为AgC+2NH,一[Ag(NH,)2]+C,所得溶液中存在[Ag(NH,)2]',阴极[Ag(NH)2]'发生还原反应生成Ag,根据 得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式为[Ag(NH,)2】+e一Ag+2NH↑。 4 现图练41☐□(2)0：(e,0,+24H一20a”+6e”+12H,0(3)49≤pH<5.5e（4)G05或Ca(oHa (5)在HC气氛下蒸发浓缩趁热过滤(6)Ga(CH,+NH,商通GaN+3CH,(7)①当加人最后半演标准溶液后，溶液变为红色，且半分钟内 不银色②92.00% 4s 4p 解析：1)G:位于元素周期表的第四周期第A族，故其价电子轨道表示式为机☐口☐(2)根据题中信息，“浸出液”中合有”、 Fe2,Fe+,Ga等离子，可知矿渣中Ga2(Fe0a),与酸反应得到Ga“和Fe+,故反应的离子方程式为Ga(Fe0a)1+24H一2Ga+6Fe+ 12H20。(3)在“浸出液”中加入“H202”的目的是将Fe2“氧化成Fe+,然后进行第一次调节pH,得到T02·xH,0:经“操作1"过滤后，对“滤液1” 进行第二次调pH,经“操作2”过滤得到“滤渣2"和“滤液2”，面“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终制得氨化镓(GN),可以推测 第二次调pH得到了e(OH),和Ga(OH),结合“已知③"可知要沉淀完全Ga和Fe3+,Zm2+不沉淀，则要4.9≤pH<5.5:萃取时要保证镶元素萃 一学霸高考·黑题·化学·32一 取完全，铁元素不被萃取才能有效分离得到较纯的嫁，结合元素的萃取率，铁元素为℉+时，其萃取率为0，可与嫁元素有效分离，故需要在萃取 前将Fe·还原为2+，为不引入其他杂质，固体M最好选择单质Fe。(4)用氢氧化钠溶液进行反萃取，根据“已知①嫁的性质与铝相似”可知，氢 氧化嫁与氢氧化钠溶液反应得到GaO;或Ga(OH)i,故反萃取后水溶液中像元素以Ga0;或Ga(OH):形式存在。(5)根据元素周期律知CaCl, 易水解，因此，从GC1,水溶液获得GC,品体需在HC气氛下蒸发浓缩，由于氯化钠的溶解度随温度变化不大，而氯化嫁的溶解度随温度的升高 明显增大，所以需“趁热过滤"除去析出的氯化钠，再冷却结品得到GaCl1。(6)根据反应物Ga(CH,)1、NH,和产物GN,结合原子守恒可写出反 应的化学方程式为Ca(CH,+N,高温ca+3CH,。()①滴定中用N,Fe(S0,),标准溶液滴定，KSCN为指示剂，放终点现象为当加入 最后半滴标雅溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色：②根据原子守恒与得失电子守恒建立关系式：T02~NH,Pe(S0,)2,故T02的质量分 数为0.023Lx0.100maL×5x80gm -×100%=92.00%。 1.000g 专题3结合反应原理的综合类工艺流程 经典真题(1)搅拌适当升温等(2)6Mn(0H)2+02一2Mn0,+6H,010215(3)02(4)pH过大时，沉淀为Mg(0H)2,不能分解产生 C02,不能得到硫松的轻质Mg0(5)MgNH,P0,·60+2H,P04一Mg2+3H,P0:+NH+620(6)(NH,),S04(7)还原 四解题思路 核心反应 原料 NH.,1H.0 NH.·HO 0 (HS0. NH,HCO, HPO HSO. 调pl山 调pl=6.0 废盐 溶液 →沉镁 沉镁 结品 产品 Mn.O MnO. 煅烧 MgNH PO.·6lH,O Mgo 培烧→…→MS0,·H,0 实验步骤 实验原理 沉锰I 通入氧气沉锰得到Mm,04,发生氧化还原反应：6Mn(0H)2+02一2Mn,0,+6,0 加入(NH4),S,0,沉锰得到M02,发生氧化还原反应，过二硫酸根中的过氧彼断裂形成硫酸根，过量的(NH,)2S20,加热水 沉锰Ⅱ 解，生成NH,HS04和H0, 沉镂I 加入NH,HCO,和N田，·H20调节pH沉钱得到MgC0,pH过大时生成磷式碳酸钱 沉镁Ⅱ MgNH,P04·6H20+2H,P0,—Mg2*+3H2P0+NH+620 结品 溶液加入H,S0调节pH=6.0,结品得到X(硫酸缑) 解析：(1)加快废盐的溶解可以采取搅拌适当升温、粉碎等。(2)Mn(0H)2被02氧化得到Mn04,化学方程式为6Mn(0H)2+022Mn,0,+ 6L,0:根据Mg),【Mg(0H2].100g10-2s (Mm)天，Ma(0H,(Mn)10-2万，c(M“)=1025mlL。(3)“沉锰中，过量的(NH,)23,0,经加热水解去除， (NH4)2S20,中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HS04和H202:(NH4)2S20g+2H20一2NH,Hs04+H202,H202分解： 2H202—2H20+02↑，总反应为2(NH,)2S,0+2H20一4NH,HS0+02↑，最终产物是NH,HS04和02。(4)[xMgC03·yMg(0H)2· H20]煆烧有C02生成，可以得到硫松的轻质氧化筷，pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生C02,不能得到疏松的轻质Mg0。(5)由题中信 息可知，PH=8.0时，产生的沉淀为MgNH,P0。·6H20,调节pH=4,磷元素存在形式为H2P0,磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为MgNH.PO。· 6H,0+2H,P04一Mg2+3H2P0a+NH时+6H20。(6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结品后X为(NH4)2S04。(7)“焙烧"中，M04 和MnO,最终生成MS0,·H,0,Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 巩圈训练1(1)①增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应②4Fe0·C,0,+8N,C0,+70,高温8Na,C0,+2Be,0,+8C0,↑③F,0, 和Mg0④i.调节溶液pH使S0}与[41(0H),]转化为沉淀除去4.5-9.3ⅱ.1048(2)①c②阳极反应为2H,0-4e一02↑+ 4组*，c(H)增大，促进平衡2C0叶+2C,0片+H,0正向移动，产生Cr,0,同时部分Na移向阴极区，在阳极生成Na2C20, 解题思路 格铁矿（主要成分为Fc0,Cr0,还合有Mg0、A山，03、Si02等）加入纯碱培烧，生成Na,C04、Na[l(OH)4】、NaSi0,等，Fc0转化为 Fe03,Mg0不反应；加水漫取后，滤渣1为Fe203、Mg0:滤液中加入H,S0,后进滤，溶液2为Na,C0,游液，露渣2为A1(0H)3、H,SiO 等：N2Cr0,客液中继续加入H,S04,最终转化为Na2Cr,0,。 解析：(1)④i过程W发生反应2C0g+2H-C20片+H20,我们选择pH=2.4的点，此时c(C,0号)=1mol·L1,c(C0)=103md·L, c(H)=1024mol·L1,该反应的K (10尸X(102宁10。(2)利用膜电解技术，以N,C0,溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴 极室电解质溶液也可以制备N2Cr,0,则阳极发生反应2H,0-4e一02↑+4H,溶液的酸性增强，发生2C02+2H'一C0+H20的转化， 阴极发生反应4H20+4e一2H2↑+40H,阳极中的Na、H会向阴极迁移。 一学霸高考·黑题·化学·33一