题型04 工艺流程（期末真题汇编，北京专用）高三化学上学期

题型04 工艺流程 1．(24-25高三上·北京丰台区·期末)精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。 已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成，等配离子 (1)“浸铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。 ①的电子式 。 ②Cu与反应的化学方程式为 。 ③“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为 。 ④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为 。 (2)“浸金”过程，金以形式存在于“浸金液”中。 ①结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中、的作用 。 ②浓度的测定：取VmL“浸金液”，加入溶液，使Au完全沉淀后，用标准溶液滴定剩余的溶液，消耗溶液。该方案测定浓度是否准确，理由是 。 (3)结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用 。 【答案】(1) AgCl (2) 氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性 不准确。浸金液中与反应，与反应，影响测定结果 (3)，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解 【分析】精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，加入双氧水、稀硫酸，将铜元素转化为硫酸铜，Se转化为，再加入NaCl，将Ag元素转化为AgCl，Au不参加化学反应，过滤后，“浸铜液”中主要含有H2O2、H2SO4、、CuSO4，“浸铜渣”中含有AgCl、Au，再加入NaClO3强氧化剂，将Au转化为，过滤后，“浸金液”中主要溶质为、HCl、NaClO3， “浸金渣”中成分为AgCl，再加入氨水，将AgCl转化为，后续利用水合肼还原获得Ag，以此分析解答。 【详解】（1） ①为共价分子，其中化学键均为单键，其电子式为。 ②为具有强氧化性自由基，将Cu氧化为Cu2+，反应方程式为。 ③由上述分析可知，“浸铜渣”中含银元素物质为AgCl。 ④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出，反应过程中Se元素化合价由+4降低至0，S元素化合价由+4升高至+6，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应离子方程式为。 （2）①“浸金”过程中，金以形式存在于“浸金液”中，氧化反应：，加入，，浓度降低，提高了Au的还原性；还原反应：，加入，提高了的氧化性。 ②由上述分析可知，“浸金液”中主要溶质为、HCl、NaClO3，浓度的测定原理：利用Fe2+还原Au元素，再通过标准溶液滴定剩余的溶液，但由于浸金液中能与反应，以及能与反应，会影响实验结果，因此实验设计方案不准确。 （3）“浸金渣”中成分为AgCl，溶液中存在平衡，加入氨水，与生成，浓度降低，平衡正移，促进AgCl的溶解。 2．(24-25高三上·北京东城区·期末)氢氧化铬常用作油漆颜料，利用铬铁矿(主要成分、、、)制备氢氧化铬的一种流程如下。 (1)用化学式表示滤液a中元素的存在形式： 。 (2)请给出富铁渣后续处理的合理建议(用化学方程式表示，写出一条即可)： 。 (3)研究表明，步骤Ⅰ中加入可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。ⅱ的离子方程式是 。 (4)步骤Ⅲ中，当投料，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。 注：铬转化率；铬还原率。已知的溶解还原经过两步：第一步：；第二步：。 ①步骤Ⅲ中生成，消耗的物质的量为 mol。 ②当时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 。 (5)下列说法正确的是 (填序号)。 a．步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率 b．步骤Ⅳ中反应的方程式为 c．滤液d可分离出，循环使用 【答案】(1) (2) (3) (4) ①5 ②第二步反应限度大，消耗较多，使下降，不利于第一步反应正向进行 (5)ac 【分析】铬铁矿(主要成分、、、)中的溶液反应生成，与溶液、氧气反应生成，、 不与溶液反应，过滤得到富铁渣，滤液中的和硝酸钡溶液反应生成沉淀，滤液主要含、， 步骤中经溶解还原生成，再加入氨水生成氢氧化铬，据此解答。 【详解】（1）铬铁矿中的溶液反应生成，则用化学式表示滤液a中元素的存在形式为； （2）由分析可知，富铁渣含有，富铁渣后续处理的合理建议可以为：高温还原回收铁，反应的化学方程式为：； （3）反应中与硝酸根离子发生氧化还原反应生成，反应的离子方程式为：； （4）① 步骤中经溶解还原生成经过两步： 第一步：； 第二步： 由反应式可知，生成，第一步消耗，第二步消耗，则共消耗的物质的量为； ②当时，铬转化率较低，但铬还原率较高，即反应后液体中Cr3+较多，可能是第二步反应消耗较多，导致下降，不利于第一步反应正向进行，则可能的原因是：第二步反应限度大，消耗较多，使下降，不利于第一步反应正向进行； （5）a．步骤发生的反应为：，所以适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率，a正确； b．一水合氨是弱电解质，在离子方程式中不能拆开， 步骤中和氨水生成氢氧化铬，反应的方程式为：，b错误； c．因为铬酸钡通过步骤与乙醇、硝酸反应，根据原子守恒可知，溶液c中含有，步骤中和氨水生成氢氧化铬，则滤液中含有，可分离出，进入步骤中循环使用，c正确； 故选。 3．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)固体B“消化”的反应方程式有、 。 (2)解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因： 。 (3)向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是 。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、 。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因： 。 (4)白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是 。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为 。(注：的还原产物为) 【答案】(1) (2) (3) 25℃ 时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 (4) 中和，使沉淀完全 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入水发生反应、，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有钙、硅元素的固体D，氢氧化镁热解得到氧化镁。 【详解】（1）根据分析可知，固体B“消化”的反应方程式有、。 （2）因，故“碳化”过程通入适量二氧化碳气体时，氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙，而氢氧化镁几乎不反应，实现钙、镁分离。 （3）①由图像可知，钙、镁分离的适宜温度是25℃。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、。 ③时，升高温度，溶解度增大，增大，正向移动，增大，发生，钙的溶出率下降；高于25℃时，分解，减小，钙的溶出率增大。 （4）①加入草酸铵沉淀Ca2+，再加入氨水中和，使沉淀完全。 ②根据2MnO+6H＋+5H2C2O4=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O可知草酸的物质的量为 mol，故草酸钙的物质的量也为mol，从而钙的质量分数为=。 4．(24-25高三上·北京·期末)钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。 已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。 ⅱ.随温度升高，溶解度增大。 (1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是 。 (2)如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是 。 (3)氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是 (用离子方程式表示)。 (4)获得晶体的操作A包括加热浓缩、 、 。 (5)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。 已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。 ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。 ①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为 、 。 ②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有 (填序号)。 a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落 b．阴极上，全部电子均用于还原 c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小 【答案】(1)作氧化剂 (2)受热易分解或生成HClO受热分解等 (3) (4) 冷却结晶 过滤(洗涤) (5) ac 【分析】废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，碱熔渣与NaClO、硫酸在减压蒸馏下得到蒸气，与浓盐酸反应得到溶液，由于随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体，通入H2还原即可得到Ru，据此回答。 【详解】（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂； （2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或生成HClO受热分解等； （3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸； （4）由已知ⅱ知：随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体； （5）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为； ②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a 正确； b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b 错误； c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c 正确； 故选ac。 5．(24-25高三上·北京·期末)中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的一种流程如下。[注：镧(La)、铕(Eu)] 已知：ⅰ． ⅱ．， (1)脱铕：已知f能级有7个原子轨道，基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因： 。 (2)萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。 ①萃取时反应的离子方程式是 。 ②从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用： 。 (3)碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。 ①制备总反应的离子方程式是 。 ②理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因： 。() (4)上述制的流程中，物质可循环利用。 ①除外，可以在流程中直接循环利用的物质是 。 ②中国科研人员仅以流程中的“废水”为原料，在一定条件下，一步反应将其转化为可在流程中直接利用的2种物质。该步反应的化学方程式是 。 【答案】(1)得电子生成的的价层电子排布是半充满的，比较稳定 (2) 与结合成弱酸，降低了的浓度，使平衡正向移动，溶解于水中 (3) 根据求出，，不生成沉淀 (4) 的有机溶液 【分析】含、等的稀土矿浸取液，加的有机溶液与反应生成易溶于有机溶剂的，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的，溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成沉淀和MgCl2，煅烧得到La2O3。 【详解】（1）根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，得电子生成的的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为。 （2）①弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，即萃取时与、氨气反应生成易溶于有机溶剂的，萃取时反应的离子方程式是。 ②反萃取时，盐酸中与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使平衡正向移动，溶解于水中。 （3）①由制备过程转化关系图可知，制备时，、、反应生成、MgCl2，总反应的离子方程式是。 ②恰好完全转化为时，，，，Q()=，所以此时不生成沉淀。 （4）①反萃取时加入盐酸生成RCOOH，RCOOH的有机溶液在流程中可到“萃取器”中循环利用。 ②、、反应生成、MgCl2，“废水”中含有MgCl2，在一定条件下，一步反应将MgCl2转化为可在流程中直接利用的氧化镁和盐酸。该步反应的化学方程式是。 6．(24-25高三上·北京房山区·调研)处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。 已知：和均为可溶于水的强电解质。 (1)向含铅浆液中加入过量的实现转化脱硫。 ①说明溶液显碱性的原因 。 ②根据转化脱硫过程中的反应，判断溶度积常数 （填“>”或“<”）。 ③证明固体a已洗涤干净的方法是 。 (2)“受热分解”时，分解产生，最终生成PbO。 将100g固体a置于氩气中加热，充分反应后剩余固体的质量为，则固体中的质量分数为 。[已知：] (3)“还原”时加入溶液，反应的化学方程式是 。 (4)“浸出”反应的离子方程式是 。 (5)以惰性电极电解溶液制得，溶液中可循环利用的物质是 。 【答案】(1) 的水解程度大于的水解程度。水解产生的大于水解产生的 > 取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸酸化，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则证明固体a已洗净 (2)53.4% (3) (4) (5) 【分析】含铅浆液主要含PbO2、PbSO4，加过量的碳酸铵把PbSO4转化为PbCO3，固体a中含有PbO2、PbCO3，加热分解得到PbO2、PbO的混合物，用双氧水把PbO2还原为PbO，再用HBF4溶液“浸出”，得到Pb(BF4)2溶液，电解Pb(BF4)2溶液得HBF4溶液和Pb。 【详解】（1）①(NH4)2CO3溶液中存在：+H2O+OH-、+H2ONH3•H2O+H+，的水解程度大于的水解程度。水解产生的大于水解产生的，因此溶液呈碱性； ②转化脱硫反应是PbSO4和反应，PbSO4转化为PbCO3沉淀，两种沉淀的结构相似，则溶度积常数Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbCO3)； ③洗涤液中若不含，证明固体a已洗涤干净，操作和现象是取少量最后一次洗涤液于试管中，先加足量稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明固体a已洗净。 （2）固体a中含有PbO2、PbCO3，将100g固体a置于氩气中加热，PbCO3分解产生CO2，最终生成PbO，充分反应后剩余固体的质量为91.2g，反应生成二氧化碳的质量为(100-91.2)g=8.8g，二氧化碳的物质的量为 =0.2mol，则n(PbCO3)=n(CO2)=0.2mol，此时固体中PbCO3的质量为0.2mol×267g/mol=53.4g，则固体a中PbCO3的质量分数为=53.4%。 （3）“还原”时加入H2O2溶液把PbO2还原为PbO，反应的化学方程式是PbO2+H2O2=PbO+O2↑+H2O。 （4）HBF4和Pb(BF4)2均为可溶于水的强电解质，“浸出”时PbO和HBF4反应生成Pb(BF4)2和水，反应的离子方程式是PbO+2H+=Pb2++H2O。 （5）以惰性电极电解Pb(BF4)2溶液，阴极生成Pb，阳极生成氧气和HBF4，溶液b中可循环利用的物质是HBF4。 7．(24-25高三上·北京顺义区·期末)是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． (1)＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是 。 (2)将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整： 。 ___________=□___________+___________ (3)滤渣2的主要成分为 。 (4)结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因 。 (5)溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为 。 (6)产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为 。 ②若不加热，测定结果会 (填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率 (2) (3)Fe(OH)3、CaSO4 (4)MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+ (5)90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到 (6) 偏高 【分析】由题给流程可知，向粉碎混合的软锰矿和硫铁矿中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钙调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁和硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到含有硫化镍的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化锰，将溶液中的钙离子转化为氟化钙沉淀，过滤得到含有氟化钙的滤渣和硫酸锰溶液；结合图像可知，硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥得到一水硫酸锰晶体。 【详解】（1）进入酸浸池之前先要对矿石进行粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率，故答案为：增大接触面积，加快浸取速率和提高锰元素的浸取率； （2）由题意可知，酸浸时二氧化锰发生的反应为二氧化锰与二硫化铁和硫酸溶液反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）由分析可知，加入碳酸钙除铁，滤渣2的主要成分为氢氧化铁和硫酸钙，故答案为：Fe(OH)3、CaSO4； （4）“除镍”时选用硫化锰的原因是硫化锰在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，硫化锰的溶度积大于硫化镍，向溶液中加入硫化锰时，溶液中镍离子转化为硫化镍，溶液中硫离子浓度减小，平衡右移，有利于除去溶液中镍离子，故答案为：MnS在溶液中存在溶解平衡：MnS(s)Mn2+(aq)+S2—(aq)，MnS的溶度积大于NiS，向溶液中加入MnS时，溶液中Ni2+转化为NiS，平衡右移，有利于除去溶液中Ni2+； （5）由分析可知，从除钙液得到一水硫酸锰晶体的操作为硫酸锰溶液经90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到一水硫酸锰晶体，故答案为：90-100℃之间蒸发结晶、趁热过滤、90-100℃蒸馏水洗涤2-3次、干燥得到； （6）由题意可得如下转化关系：——，滴定消耗cmLbmol/L硫酸亚铁铵溶液，则产品纯度为=，故答案为：； ②由题意可知，加热的目的是使硝酸铵受热分解，若不加热，酸性条件下硝酸根离子会将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，使得滴定消耗的硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故答案为：偏高。 8．(23-24高三上·北京通州区·期末)高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是 。 (2)步骤Ⅱ中石灰的作用是 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是 。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因 。 (4)步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有 ，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是 。 (5)已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是 。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 (6)步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是 。 【答案】(1)富集锂 (2)沉淀剂、调节 (3) 产生的硫酸钙附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应 加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动 (4) 、 煅烧 (5)30 (6)碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低 【分析】盐湖卤水蒸发浓缩后加入石灰，石灰和水生成氢氧化钙，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到滤渣，滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，处理得到氧化钙、氧化镁；滤液2蒸发过滤得到含有锂离子的滤液3，加入碳酸钠得到碳酸锂； 【详解】（1）步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是提高溶液浓度，富集锂； （2）石灰和水生成氢氧化钙使得溶液显碱性，氢氧化钙和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀，故步骤Ⅱ中石灰的作用是沉淀剂、调节； （3）①反应产生的硫酸钙沉淀附着在石灰表面，阻止镁离子与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子； ②加入石灰后钙离子与硫酸根结合成硫酸钙沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶； （4）滤液加入草酸钠将钙离子、镁离子转化为沉淀得到含有草酸镁、草酸钙的滤渣2，反应为：、；已知：草酸盐受热易分解，则滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是煅烧； （5）由表可知，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是30，此时溶液中锂离子浓度较高，会有较多的锂进入滤液3利于回收； （6）碳酸锂溶解度随温度升高而降低，温度过低碳酸锂不易析出晶体，碳酸锂收率低温度高于90摄氏度，溶液蒸发导致其它离子析出，碳酸锂纯度降低，故沉锂的适宜温度是。 9．(23-24高三上·北京石景山区·期末)利用沉淀法和电解法从富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)提纯锂的流程如下。 (1)固体A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。 ① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是 。 ② 写出生成Fe(OH)3的离子方程式 。 (2)滤液B经三步电解最终生成Li2CO3，原理示意图如下。 ①已知：Ca(OH)2的溶度积为4.7×10−6，第一步电解，反应瓶中pH = 13时，c(Ca2+) = 。 ②第二步通CO2至pH在7～9，写出生成NaHCO3的离子方程式 。 ③膜B是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理： 。 【答案】(1) 将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去 2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓ (2) 4.7×10−4 Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓ 阳离子交换膜 【分析】富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)，加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤，滤液加NaOH调pH大于等于12，则Mg2+形成Mg(OH)2沉淀，溶液里的阳离子为Li+、Ca2+，加入Na2CO3溶液形成CaCO3 沉淀，滤液里阳离子为Li+、Na+，加入Na2CO3溶液形成Li2CO3； 【详解】（1）① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是：将Ca2+转化为CaCO3 沉淀除去；② 加NaClO，把Fe2+氧化Fe3+，入Ca(OH)2，调节Ph=8，则Fe3+转化为Fe(OH)3，生成Fe(OH)3的离子方程式：2Fe2+ + 4OH−+ ClO− +H2O = 2Fe(OH)3↓ + Cl−、Fe3+ +3OH−= Fe(OH)3↓； （2）滤液B中含Li+、Ca2+、Mg2+、第一步电解右侧生成OH−，则生成Ca(OH)2和Mg(OH)2沉淀，在第二步，右侧生成OH−； ①，=4.7×10−4； ②第二步通CO2至pH在7～9，生成NaHCO3的离子方程式：Na+ + OH− + CO2= NaHCO3↓； ③膜B是允许锂离子通过，且在阴极生成氢氧根，与二氧化碳反应，最终生成碳酸锂，故膜B是阳离子交换膜；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理：。 10．(23-24高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池的工作原理：。从废旧电池再生的一种流程如下， (1)考虑到安全性和锂回收，废旧电池需要充分放电，其电极反应如下。 负极：。 正极： 。 (2)为保证正极材料在空气中充分反应，可采取的措施是 (答一条即可)。 (3)向浸出液中加入氨水调节溶液pH，有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图所示。 已知：i．分别与、、形成的化合物均难溶于水。 ii．体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①实验中控制沉淀的最佳在 左右。 ②当时，沉淀中一定有的含铁物质是和 (填化学式)。 ③若向的浊液中继续加入氨水至，会导致的值增大，主要反应的化学方程式是 。 (4)下列关于该流程的说法正确的是_______(填序号)。 A．正极材料在空气中加热，理论上生成的 B．当浸出液的pH从0增大为2时，的值增大了倍 C．向滤液中加入氨水，可减少饱和溶液的用量 D．由和再生时，所加的蔗糖作氧化剂 【答案】(1)Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4 (2)粉碎正极材料或增大空气的用量等 (3) 2.0 Fe(H2PO4)3 FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4 (4)ABC 【分析】废旧电池放电后拆分得到以LiFePO4为主要成分的物质，在空气中加热，除去里面的有机物，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，酸浸后得到含Fe3+、Li+、H3PO4的浸出液，浸出液中加氨水中和磷酸，得到FePO4沉淀，滤液中含Li+，向滤液中加氨水和饱和碳酸钠溶液，得到Li2CO3沉淀，Li2CO3、FePO4和蔗糖一起反应得到LiFePO4。 【详解】（1）根据原电池工作原理的总反应式，可知正极反应式为：Li1-xFePO4+xe-+xLi+=LiFePO4。 （2）为保证正极材料在空气中充分反应，可粉碎正极材料或增大空气的用量等。 （3）①向浸出液中加入氨水调节溶液pH，生成FePO4沉淀，在FePO4中，Fe和P的物质的量之比为1：1，根据pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比[n(Fe):n(P)]的影响图可得出，实验中控制FePO4沉淀的最佳pH在2.0左右。 ②由H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可知，当pH=1.5时，含P微粒主要是磷酸分子和，所以沉淀中一定有的含铁物质是FePO4和Fe(H2PO4)3。 ③从H3PO4体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系图可以看出，若向pH=2.1的浊液中继续加入氨水至pH=2.6，则增大，会导致n(Fe):n(P)的值增大，主要反应的化学方程式是：FePO4+NH3▪H2O+2H2O=Fe(OH)3+NH4H2PO4。 （4）正极材料在空气中加热，得到Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3，由于铁和锂的原子个数相等，所以理论上生成的Li3Fe2(PO4)3和Fe2O3物质的量之比为2：1，故A正确；，改变pH，电离平衡常数是不变的，所以当浸出液的pH从0增大为2时，c(H+)增大了106倍，故B正确；向滤液中加入氨水，可中和一部分酸，可减少饱和Na2CO3溶液的用量，故C正确；由Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时铁的化合价从+3加降低到+2价，所以蔗糖作还原剂，故D错误；故选ABC。 11．(23-24高三上·北京大兴区·期末)五水合硫代硫酸钠(Na2S2O3 • 5H2O)俗称“海波”，常用作棉织物漂白后的脱氧剂、定量分析中的还原剂。 资料：① Na2S2O3 • 5H2O无色、易溶于水，难溶于乙醇； ② Na2S2O3在酸性溶液中反应有S和SO2产生。 Ⅰ.制备 工业上可用SO2、Na2S和 Na2CO3制备Na2S2O3 • 5H2O，其工艺流程示意图如下： (1)实验室可用浓硫酸与Cu反应制备SO2气体，该反应的化学方程式是 。 (2)① 配平Ⅰ中反应的化学方程式： ； ___________ Na2S   + ___________ SO2 + Na2CO3 = ___________   Na2S2O3   + CO2   ② 当Ⅰ中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，结合离子方程式说明其原因 。 Ⅱ.粗产品提纯 (3)已知粗产品中可能会含有少量Na2SO3和Na2SO4，Na2S2O3在水中的溶解度随温度的升高而显著增大。 ① 检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解， 先加足量的 溶液，静置、过滤， ，有白色沉淀生成。 ② 粗产品的提纯过程III中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、 、过滤、 (填洗涤试剂名称)洗涤、干燥。 Ⅲ.纯度测定 (4)准确称取a g产品于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水完全溶解后，加入适量甲醛溶液预处理(防止Na2SO3与I2反应)，以淀粉作指示剂，用c mol/L I2的标准溶液滴定，发生如下反应：I2   + 2 == 2I-+，三次平行实验，平均消耗V mL I2溶液。 (已知：Na2S2O3 • 5H2O的摩尔质量为248 g/mol ) ① 产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为 (写出质量分数的表达式即可)。 ② 下列操作可能造成实验结果偏高的是 。 A．滴定管未用I2标准溶液润洗    B．滴定终点时仰视读数 C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外 【答案】(1)Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4 + 2H2O + SO2↑ (2) 2Na2S +4SO2 +Na2CO3 =3Na2S2O3+CO2 若SO2过量，溶液显酸性，产物会发生反应：+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产率下降 (3) 加入足量稀盐酸 向滤液中加入少量 BaCl2溶液 冷却结晶 乙醇 (4) AB 【分析】由制备流程图可知，SO2通入Na2S、Na2CO3混合溶液中生成Na2S2O3，反应为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2，通入蒸气蒸发浓缩、冷却结晶，经过离心筛分得到Na2S2O3粗品，再经过纯化(加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥)得到Na2S2O3•5H2O晶体。 【详解】（1）加热条件下，浓硫酸与Cu反应生成SO2气体、CuSO4和H2O，化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+2H2O+SO2↑； （2）①反应Na2S+SO2+Na2CO3→Na2S2O3+CO2中Na2S的S化合价升高4，SO2的S化合价降低2，根据反应前后S原子数目相等可得反应的方程式为2Na2S+4SO 2 +Na2CO3=3Na2S2O3+CO2； ②由题给信息可知，Na2S2O3•5H2O在中性溶液中较稳定，在酸性溶液中分解产生S、SO2，反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，所以溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，故答案为：若SO2过量，溶液显酸性，会发生反应为+2H+=S↓+SO2↑+H2O，导致产率下降； （3）①检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解，先加足量的稀盐酸，静置、过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成； ②Na2S2O3•5H2O晶体是结晶水合物，不溶于乙醇，可减少溶解损耗，并且乙醇挥发带走水分，可加快干燥，所以粗产品的提纯过程Ⅲ中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； （4）①反应为I2+2═2I-+，则n(Na2S2O3•5H2O)=n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.002cVmol，m(Na2S2O3•5H2O)=nM=0.002cV×248g，产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为； ②A．滴定管未用I2标准溶液润洗，使I2标准溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A正确； B．滴定终点时仰视读数，使剩余标准液的体积读数偏小，消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏高，故B正确； C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏低，故C错误； 故答案为：AB。 12．(23-24高三上·北京房山区·期末)某钒渣主要成分为(含有少量、)，以其为原料生产的工艺如下图： 已知： i．钒酸()是强酸，(偏钒酸铵)难溶于水；价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如表所示。 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 ii．室温下，，。 iii．在溶液时开始沉淀，溶液时沉淀完全。 请回答以下问题： (1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ；焙烧过程中生成的化学方程式为 。 (2)已知难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的，则溶于盐酸的离子方程式为 。 (3)“转沉”时，发生反应，该反应的平衡常数 (用含m、n的代数式表示)。 (4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为。 ①完成下列滴定过程的离子方程式： 。 ②产品的纯度为 (用质量分数表示，)。 【答案】(1) 增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率 (2) (3) (4)高于80℃时水解程度增大，减小 (5) 【分析】由题给流程可知，废钒渣中加CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为，Al2O3与CaO反应转化为；向焙烧后的固体中加入盐酸，pH=5时将转化为，转化为沉淀，过滤得到含有的滤渣1和含有的滤液；向滤液中加入石灰乳，将转化为沉淀，过滤得到滤液1和；向中加入碳酸铵溶液，将转化为，过滤得到含有的滤渣2和含有的滤液；向滤液中加入氯化铁固体，将转化为沉淀，过滤得到滤液2和；灼烧脱氨制得。 【详解】（1）酸浸前将块状固体粉碎,可以增大反应物的接触面积,加快酸浸速率,使酸浸更加充分；由分析可知，V2O3与CaO、空气中焙烧反应转化为，反应的化学方程式为：。 （2）)由表格信息可知，溶液 pH为5时，钒元素在溶液中以形式存在，则与盐酸反应生成和，反应的离子方程式为：。 （3）由方程式可知，反应的平衡常数。 （4）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降。 （5）由题知，离子方程中，V元素的化合价从+5降低到+4，草酸为还原剂，C元素化合价从+3价升高到+4，按得失电子守恒、元素质量守恒，可得；产品纯度测定时发生的反应为：，可得关系式：，已知mg产品溶于足量稀硫酸配成溶液，取该溶液，消耗，则产品的纯度为：。 13．(23-24高三上·北京海淀区·期末)一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】(1)萃取分液 (2)2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2 (3)Mg(OH)2和CaCO3 (4) 不可行 溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯 (5) 将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果 偏低 【分析】由题干工艺流程图可知，向富锂卤水中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶剂和主要含Li+、Na+、Mg2+的水层溶液1，向溶液1中加入纯碱，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3进行一次除镁，过滤得沉淀2主要成分为Mg2(OH)2CO3，向溶液2中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时步骤ii中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀3主要成分为Mg(OH)2和CaCO3，向溶液3中加入草酸钠进行出Ca2+，将溶液3中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀4主要成分为CaC2O4，向溶液4中加入纯碱进行沉锂，过滤洗涤得到碳酸锂，据此分析解题。 【详解】（1）由分析可知，i中，操作的名称是萃取分液，故答案为：萃取分液； （2）由分析可知，ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，故该反应的离子方程式为：2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2，故答案为：2Mg2++3+2H2O= Mg2(OH)2CO3+2； （3）由分析可知，iii中，得到的沉淀3的成分有Mg(OH)2和CaCO3，故答案为：Mg(OH)2和CaCO3； （4）由分析可知，溶液3中含有Li+、Na+、Ca2+等离子，Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯，故有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议不可行，故答案为：不可行；溶液3中Ca2+能与步骤v中的沉锂的纯碱反应生成CaCO3，造成所得Li2CO3沉淀不纯； （5）①根据2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O可知与NaOH反应的H2SO4的物质的量为：n(H2SO4)1=n(NaOH)=c2V2×10-3mol，则与Li2CO3反应的硫酸的物质的量为：n(H2SO4)2= c1V1×10-3mol- n(H2SO4)1= c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol=( c1V1-c2V2) ×10-3mol，根据Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑，故该Li2CO3产品纯度为= ，故答案为：； ②由反应方程式Li2CO3+H2SO4=Li2SO4+H2O+CO2↑可知，步骤I反应后的溶液中含有CO2，故步骤Ⅱ的目的是将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致上述实验中的V2偏大，则将导致测得的Li2CO3产品纯度偏低，故答案为：将溶液中溶解的CO2赶出，以免影响实验结果；偏低。 14．(23-24高三上·北京西城区·期末)三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．粗品中含有、等杂质 Ⅱ．   Ⅲ．易溶于水，难溶于水 (1)净化除杂 向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是 。 (2)制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是 。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图。 ⅰ．阴极室中获得的产品有和 。 ⅱ．结合化学用语说明制备的原理： 。 ⅲ．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为 。 (3)制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是 mol。 (4)应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是 (填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为 。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是 (答1个)。 【答案】(1) (2) 浓KOH溶液 阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到 (3)0.125 (4) a 催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低 【分析】铬酸钾粗品加入溶液生成沉淀以除去、，净化除杂后通入过量的可制得，蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得。 【详解】（1）向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、，则反应为镁、钙离子和碳酸根离子生成沉淀，反应的离子方程式是； （2）①向净化液中通入过量的可制得，根据质量守恒可知，水也参与反应，生成物还有碳酸氢钾，反应的化学方程式是； ②ⅰ．阴极室中水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极区钾离子通过阳离子交换膜向阴极迁移得到氢氧化钾，故获得的产品有和浓KOH溶液。 ⅱ．阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，溶液酸性增强，发生反应：，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极室，阳极室得到； ⅲ．，加入过量氯化钡生成铬酸钡沉淀和氢离子，加入氢氧化钠发生反应，则存在关系：，则溶液的物质的量浓度为 （3）蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、，反应中碳元素化合价由0变为+4，铬元素化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是0.125mol； （4）ⅰ．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；据图可知，相同条件下，反应速率更快的是a； ⅱ．根据盖斯定律，该脱氢反应的焓变的计算式为； ②催化剂反应需要一定的活化温度，温度升高到一定程度时，会导致催化剂 降低，相同时间内，丙炔的产量降低；温度升高到一定程度时，反应过程中副反应形成积炭附着在催化剂表面，降低了催化剂的活性，也会导致相同时间内，丙炔的产量降低。 15．(23-24高三上·北京中国人民大学附属中学·期末)工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量等)生产高纯的流程示意图如下。 (1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”过程中产生的在“除砷”步骤①中被氧化成，该离子方程式为 。 (3)“除重金属”时加入溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为 。 (6)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：ⅰ．固体失重质量分数。 ⅱ．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。 ①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为 (保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温          b．恒温 c．恒温         d．恒温 【答案】(1) 增大接触面积，提高反应速率，提高浸出率 (2) (3) (4)加热将蒸出后，降低，平衡正向移动，增大，使，生成白色固体 (5) (6) 94.6 b 【分析】锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、As2O3、NiO等)中加入(NH)2SO4和氨水，过滤后，滤液中含有、、、，加入(NH4)2S2O8、FeSO4、CaO，先将AsO氧化为AsO，再将Fe2+氧化为Fe3+，二者反应生成FeAsO4、Fe(OH)2、Fe(OH)3沉淀；过滤后，滤液中加入BaS，将重金属离子转化为沉淀，过滤后，滤液中加入Zn，深度除金属离子，过滤后蒸氨，再向溶液中加入NH4HCO3和CO2将[Zn(NH3)4] 2+转化为ZnCO3沉淀，烘干后煅烧，得到ZnO。 【详解】（1）①“浸出”时要将锌焙砂粉碎，其目的是增大固体表面积，提高浸出效率； ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为，该反应的离子方程式为+2NH3▪H2O+2=+3H2O。 （2）“浸出”时转化为，由分析可知，和发生氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； （3）除砷后溶液中还存在少量Ca2+、Cu2+、Ni2+、Zn2+，其中Ni2+在深度除金属离子中除去，则“除重金属”时，加入溶液可以将Cu2+除去，滤渣Ⅱ中含有的主要物质是CuS和。 （4）加热将蒸出后，降低，平衡正向移动，增大，使，生成白色固体。 （5）沉锌反应为。 （6）①加热时发生分解，设加热前的质量为ag，后固体失重质量的，则生成CO2的质量为ag，分解的质量为，则的分解率为==94.6%； ②由图1可知，恒温300℃和恒温550℃时，失重质量分数相等，由①可知分解率>95％，由图2可知，恒温550℃时，比表面积，则应该选择恒温300℃，，答案选b。 32 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型04 工艺流程 1．(24-25高三上·北京丰台区·期末)精炼铜工业中的阳极泥含Cu、CuSe、、Au等物质，回收流程示意图如下。 已知：当溶液中浓度较高时，会与结合形成，等配离子 (1)“浸铜”过程，及其分解产生的，都有助于阳极泥氧化浸出。 ①的电子式 。 ②Cu与反应的化学方程式为 。 ③“浸铜渣”中含银元素物质的化学式为 。 ④硒以的形式存在于“浸铜液”中，使用溶液将硒以单质形式析出的离子方程式为 。 (2)“浸金”过程，金以形式存在于“浸金液”中。 ①结合氧化反应和还原反应的电极反应式，解释“浸金”过程中、的作用 。 ②浓度的测定：取VmL“浸金液”，加入溶液，使Au完全沉淀后，用标准溶液滴定剩余的溶液，消耗溶液。该方案测定浓度是否准确，理由是 。 (3)结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中氨水的作用 。 2．(24-25高三上·北京东城区·期末)氢氧化铬常用作油漆颜料，利用铬铁矿(主要成分、、、)制备氢氧化铬的一种流程如下。 (1)用化学式表示滤液a中元素的存在形式： 。 (2)请给出富铁渣后续处理的合理建议(用化学方程式表示，写出一条即可)： 。 (3)研究表明，步骤Ⅰ中加入可提高相同时间内铬的浸出率，主要物质转化关系如图所示。ⅱ的离子方程式是 。 (4)步骤Ⅲ中，当投料，其他条件相同时，充分反应，硝酸投入量对铬转化率和铬还原率的影响如下。 注：铬转化率；铬还原率。已知的溶解还原经过两步：第一步：；第二步：。 ①步骤Ⅲ中生成，消耗的物质的量为 mol。 ②当时，铬转化率较低，但铬还原率较高，可能的原因是 。 (5)下列说法正确的是 (填序号)。 a．步骤Ⅰ适当增加氧气的压强可提高铬的浸出率 b．步骤Ⅳ中反应的方程式为 c．滤液d可分离出，循环使用 3．(24-25高三上·北京朝阳区·期末)白云石的主要化学成分为，还含有少量的。利用白云石制备高纯度的氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (1)固体B“消化”的反应方程式有、 。 (2)解释“碳化”过程能实现钙、镁分离的原因： 。 (3)向浊液C中通入进行碳化，在不同温度下，钙镁溶出率(可视作反应达到平衡)如下图所示。 备注：(M代表钙或镁) ①钙、镁分离的适宜温度是 。 ②碳化过程中，发生的主要反应有、、 。 ③解释钙、镁溶出率呈现相反变化的原因： 。 (4)白云石中钙含量测定 资料：为二元弱酸；不溶于水。 注：沉淀中不含。 ①氨水的作用是 。 ②滴定至终点时，消耗标准溶液vmL。白云石中钙的质量分数为 。(注：的还原产物为) 4．(24-25高三上·北京·期末)钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中Ru的一种方法，流程如下。 已知：ⅰ.易挥发，加热时容易分解成和。 ⅱ.随温度升高，溶解度增大。 (1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是 。 (2)如图1所示，蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是 。 (3)氧化-蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是 (用离子方程式表示)。 (4)获得晶体的操作A包括加热浓缩、 、 。 (5)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收Ru。 已知：ⅰ.电解时会生成Ru、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。 ⅱ.电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。 ①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为 、 。 ②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有 (填序号)。 a．含钌物质可同时从a、b两电极上脱落 b．阴极上，全部电子均用于还原 c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小 5．(24-25高三上·北京·期末)中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的一种流程如下。[注：镧(La)、铕(Eu)] 已知：ⅰ． ⅱ．， (1)脱铕：已知f能级有7个原子轨道，基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因： 。 (2)萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。 ①萃取时反应的离子方程式是 。 ②从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用： 。 (3)碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。 ①制备总反应的离子方程式是 。 ②理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因： 。() (4)上述制的流程中，物质可循环利用。 ①除外，可以在流程中直接循环利用的物质是 。 ②中国科研人员仅以流程中的“废水”为原料，在一定条件下，一步反应将其转化为可在流程中直接利用的2种物质。该步反应的化学方程式是 。 6．(24-25高三上·北京房山区·调研)处理废旧铅酸电池中的含铅浆液（主要含、）的一种流程示意图如下。 已知：和均为可溶于水的强电解质。 (1)向含铅浆液中加入过量的实现转化脱硫。 ①说明溶液显碱性的原因 。 ②根据转化脱硫过程中的反应，判断溶度积常数 （填“>”或“<”）。 ③证明固体a已洗涤干净的方法是 。 (2)“受热分解”时，分解产生，最终生成PbO。 将100g固体a置于氩气中加热，充分反应后剩余固体的质量为，则固体中的质量分数为 。[已知：] (3)“还原”时加入溶液，反应的化学方程式是 。 (4)“浸出”反应的离子方程式是 。 (5)以惰性电极电解溶液制得，溶液中可循环利用的物质是 。 7．(24-25高三上·北京顺义区·期末)是一种重要的化工产品。工业上用软锰矿(主要成分是，含有等杂质)和硫铁矿(主要成分是，含有等杂质)为原料协同制备晶体的流程如下： 已知：i．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 8.9 注：金属离子的起始浓度为 ii． (1)＂酸浸＂前将软锰矿和硫铁矿粉碎并混合均匀目的是 。 (2)将＂酸浸＂过程反应的离子方程式补充完整： 。 ___________=□___________+___________ (3)滤渣2的主要成分为 。 (4)结合化学用语解释“除镍”时选用MnS的原因 。 (5)溶解度曲线如下图所示，从除钙液得到晶体的操作为 。 (6)产品纯度测定：取产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10.00mL加入稍过量的溶液，使氧化为；待充分反应后，加热使分解；冷却后用标准液滴定，消耗溶液。 (已知：滴定过程中锰元素转化成) ①产品纯度为 。 ②若不加热，测定结果会 (填“偏高”，“偏低”或“无影响”)。 8．(23-24高三上·北京通州区·期末)高镁锂比氯化物型盐湖卤水含有丰富的锂资源，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：卤水中所含微粒的浓度如下表所示。 微粒种类 浓度 105.4 15.7 3.33 16.7 0.84 203.7 21.3 [注：草酸盐受热易分解； 该条件下，生成，开始沉淀时，完全沉淀时 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是 。 (2)步骤Ⅱ中石灰的作用是 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量石灰至为8.6时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，原因是 。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理解释原因 。 (4)步骤Ⅲ中滤液1加入主要发生反应的离子方程式有 ，滤渣2若想回收再利用步骤Ⅳ中需进行的操作是 。 (5)已知： 在滤液2中部分微粒浓度受浓缩因子影响如下表所示，为得到较高的锂收率，应控制滤液2适宜的浓缩因子是 。 溶液浓度 浓缩因子=1 105.4 15.7 0.84 203.7 浓缩因子=30 56.44 52.5 19.8 201.4 浓缩因子=55 37.61 41.3 30.3 215.6 (6)步骤Ⅵ中沉锂的适宜温度是，温度不宜过低和过高的原因可能是 。 9．(23-24高三上·北京石景山区·期末)利用沉淀法和电解法从富锂溶液(含Li+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等阳离子)提纯锂的流程如下。 (1)固体A含有Fe(OH)3和Al(OH)3。 ① 第一次加入Na2CO3溶液的目的是 。 ② 写出生成Fe(OH)3的离子方程式 。 (2)滤液B经三步电解最终生成Li2CO3，原理示意图如下。 ①已知：Ca(OH)2的溶度积为4.7×10−6，第一步电解，反应瓶中pH = 13时，c(Ca2+) = 。 ②第二步通CO2至pH在7～9，写出生成NaHCO3的离子方程式 。 ③膜B是 (填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)；结合阴极电极反应简述第三步生成Li2CO3的原理： 。 10．(23-24高三上·北京东城区·期末)一种锂离子电池的工作原理：。从废旧电池再生的一种流程如下， (1)考虑到安全性和锂回收，废旧电池需要充分放电，其电极反应如下。 负极：。 正极： 。 (2)为保证正极材料在空气中充分反应，可采取的措施是 (答一条即可)。 (3)向浸出液中加入氨水调节溶液pH，有沉淀生成。pH对沉淀中Fe和P的物质的量之比的影响如图所示。 已知：i．分别与、、形成的化合物均难溶于水。 ii．体系中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 ①实验中控制沉淀的最佳在 左右。 ②当时，沉淀中一定有的含铁物质是和 (填化学式)。 ③若向的浊液中继续加入氨水至，会导致的值增大，主要反应的化学方程式是 。 (4)下列关于该流程的说法正确的是_______(填序号)。 A．正极材料在空气中加热，理论上生成的 B．当浸出液的pH从0增大为2时，的值增大了倍 C．向滤液中加入氨水，可减少饱和溶液的用量 D．由和再生时，所加的蔗糖作氧化剂 11．(23-24高三上·北京大兴区·期末)五水合硫代硫酸钠(Na2S2O3 • 5H2O)俗称“海波”，常用作棉织物漂白后的脱氧剂、定量分析中的还原剂。 资料：① Na2S2O3 • 5H2O无色、易溶于水，难溶于乙醇； ② Na2S2O3在酸性溶液中反应有S和SO2产生。 Ⅰ.制备 工业上可用SO2、Na2S和 Na2CO3制备Na2S2O3 • 5H2O，其工艺流程示意图如下： (1)实验室可用浓硫酸与Cu反应制备SO2气体，该反应的化学方程式是 。 (2)① 配平Ⅰ中反应的化学方程式： ； ___________ Na2S   + ___________ SO2 + Na2CO3 = ___________   Na2S2O3   + CO2   ② 当Ⅰ中溶液的pH约为7时应停止通入SO2，否则Na2S2O3的产率下降，结合离子方程式说明其原因 。 Ⅱ.粗产品提纯 (3)已知粗产品中可能会含有少量Na2SO3和Na2SO4，Na2S2O3在水中的溶解度随温度的升高而显著增大。 ① 检验粗产品中含有Na2SO4的方法是：取少量固体溶解， 先加足量的 溶液，静置、过滤， ，有白色沉淀生成。 ② 粗产品的提纯过程III中，操作a的步骤为：加热溶解、趁热过滤、 、过滤、 (填洗涤试剂名称)洗涤、干燥。 Ⅲ.纯度测定 (4)准确称取a g产品于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水完全溶解后，加入适量甲醛溶液预处理(防止Na2SO3与I2反应)，以淀粉作指示剂，用c mol/L I2的标准溶液滴定，发生如下反应：I2   + 2 == 2I-+，三次平行实验，平均消耗V mL I2溶液。 (已知：Na2S2O3 • 5H2O的摩尔质量为248 g/mol ) ① 产品中Na2S2O3•5H2O的纯度为 (写出质量分数的表达式即可)。 ② 下列操作可能造成实验结果偏高的是 。 A．滴定管未用I2标准溶液润洗    B．滴定终点时仰视读数 C．滴定过程中锥形瓶内有少量液体溅出瓶外 12．(23-24高三上·北京房山区·期末)某钒渣主要成分为(含有少量、)，以其为原料生产的工艺如下图： 已知： i．钒酸()是强酸，(偏钒酸铵)难溶于水；价钒在溶液中的主要存在形式与溶液的关系如表所示。 4~6 6~8 8~10 10~12 主要离子 ii．室温下，，。 iii．在溶液时开始沉淀，溶液时沉淀完全。 请回答以下问题： (1)“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是 ；焙烧过程中生成的化学方程式为 。 (2)已知难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的，则溶于盐酸的离子方程式为 。 (3)“转沉”时，发生反应，该反应的平衡常数 (用含m、n的代数式表示)。 (4)“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是 。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成溶液。取该溶液于锥形瓶中，用标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为。 ①完成下列滴定过程的离子方程式： 。 ②产品的纯度为 (用质量分数表示，)。 13．(23-24高三上·北京海淀区·期末)一种利用富锂卤水(含Li+、Na+、Mg2+、Cl-、硼酸根等)制备碳酸锂的工艺如下： 已知：室温下相关物质的如下表。 化合物 (1)i中，操作的名称是 。 (2)ii可除去80％的Mg2+，该过程中生成Mg2(OH)2CO3反应的离子方程式为 。 (3)iii中，得到的沉淀3的成分有 。 (4)有人提出：可省略向溶液3中加入草酸钠这一步，该建议 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。 (5)一种测定碳酸锂产品纯度的方法如下： 步骤I．取agLi2CO3产品，加入标准溶液，固体完全溶解； 步骤Ⅱ．加热溶液，缓缓煮沸一段时间后自然冷却至室温； 步骤Ⅲ．以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液体积为。 ①已知：杂质不与H2SO4、NaOH溶液反应。该Li2CO3产品纯度为 (写出计算式，用质量分数表示)。 ②步骤Ⅱ的目的是 ；若省略步骤Ⅱ，直接进行步骤Ⅲ，将导致测得的Li2CO3产品纯度 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 14．(23-24高三上·北京西城区·期末)三氧化二铬是重要的有机反应催化剂，一种利用铬酸钾粗品制备的流程示意图如下。 已知：Ⅰ．粗品中含有、等杂质 Ⅱ．   Ⅲ．易溶于水，难溶于水 (1)净化除杂 向粗品中加入溶液，生成沉淀以除去、。反应的离子方程式是 。 (2)制备 ①向净化液中通入过量的可制得。反应的化学方程式是 。 ②电解净化液也可制得，装置示意图如图。 ⅰ．阴极室中获得的产品有和 。 ⅱ．结合化学用语说明制备的原理： 。 ⅲ．取某溶液稀释至，移取稀释液于锥形瓶中，加入过量的溶液，滴加2～3滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。则溶液的物质的量浓度为 。 (3)制备 在热压反应釜中，将蔗糖与的混合溶液加热至120℃，可获得，同时生成、。若生成，理论上消耗蔗糖的物质的量至少是 mol。 (4)应用 催化丙烷脱氢生成丙炔，过程中会发生副反应形成积炭。 ①该脱氢反应的两种可能的反应过程a、b如图所示。 ⅰ．相同条件下，反应速率更快的是 (填“a”或“b”)。 ⅱ．该脱氢反应的焓变的计算式为 。 ②温度升高到一定程度时，相同时间内，丙炔的产量降低，原因是 (答1个)。 15．(23-24高三上·北京中国人民大学附属中学·期末)工业上利用锌焙砂(主要成分为，含有少量等)生产高纯的流程示意图如下。 (1)用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 ①“浸出”前，锌焙砂预先粉碎的目的是 。 ②通过“浸出”步骤，锌焙砂中的转化为该反应的离子方程式为 。 (2)“浸出”过程中产生的在“除砷”步骤①中被氧化成，该离子方程式为 。 (3)“除重金属”时加入溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是 和。 (4)“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因： 。 (5)“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为 。 (6)“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：ⅰ．固体失重质量分数。 ⅱ．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品的活性越高。 ①时煅烧，后固体失重质量分数为，则的分解率为 (保留到小数点后一位)。 ②根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(比表面积)产品的最佳条件是 (填字母序号)。 a．恒温          b．恒温 c．恒温         d．恒温 32 / 34 学科网（北京）股份有限公司 $