2026届高三化学二轮复习 ----工艺流程大题专练

2026高考化学二轮复习----工艺流程大题专练 1．由含砷废料（主要成分为）提取回收的部分工艺流程如下图。 已知：①焙烧后转化为。 ②。 ③物质 pH 完全沉淀 沉淀开始溶解 沉淀完全溶解 4.7 8.7 12.8 (1)请写出基态Fe原子的价层电子轨道表示式 。 (2)“碱浸氧化”时生成，其离子反应方程式为 。 (3)“调pH”的目的是除去铝元素，应调节溶液pH的范围不大于 ；“调pH”时滴入稀硫酸充分反应后，需将混合体系煮沸冷却后再过滤，煮沸的目的是 。 (4)若“沉砷”前溶液中，取等体积的溶液与该溶液混合（假设混合溶液总体积不变），若要使沉淀完全，则所加溶液的浓度至少为 。（已知：） (5)上述流程中可以循环利用的物质有 、 （填化学式）。 (6)表征晶体中As和As之间的最短距离应选择的仪器是 （填字母）。 a.质谱仪    b.X射线衍射仪    c.红外光谱仪    d.核磁共振氢谱仪 2．一种以软锰矿(主要含MnO2和少量)和黄铁矿石(主要含)为原料制备Mn3O4的工艺流程如图所示： 部分阳离子以氢氧化物形式沉淀的pH如表所示。 氢氧化物 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 11 回答下列问题： (1)“酸浸”时，MnO2与FeS2反应生成Mn2+、Fe3+和，该反应的离子方程式中，FeS2的化学计量数为2，则MnO2的化学计量数为 ；滤渣1的主要成分为SiO2和 (填化学式)。 (2)90℃下，锰元素浸出率及的ρ(质量浓度)随时间的变化如图所示。 ①0～20min内，Fe2+的质量浓度逐渐增大的原因是 。 ②100min后，Fe3+的质量浓度略微减小的原因是 。 (3)“氧化”加入过量H2O2的目的是 ；“调pH”的范围应控制在 之间，以除去Fe3+且不沉淀Mn2+。 (4)“除钙、镁”时，若溶液中，当除钙率达到时，溶液中 [已知]。 (5)向“除钙、镁”后的溶液中通入适量氨气，充分反应后过滤、洗涤，将所得沉淀加蒸馏水制成悬浊液，向其中通入适量氧气可得到。若通入氧气过量，且时间较长，产品中锰元素的质量分数会降低，原因是 。 3．铼(Re)是一种具有极高战略价值的关键金属，在周期表中与Mn同族。以钼精矿(主要成分有、，还含有、、、等杂质)为原料制备高铼酸铵()和单质Re的工艺流程如图： 已知：① ②   回答下列问题： (1)Re在周期表中位于第 族。 (2)“氧压碱浸”步骤中发生反应的化学方程式为 。 (3)“水相1”中的阴离子主要是和，“滤渣2”的成分是 ；“反萃取”时所用试剂X为 (填序号)。 A．    B．氨水    C．HCl    D．盐酸 (4)若向悬浊液中加稀硫酸或加NaOH溶液调节pH，、随pH变化如图所示，由图可知，表示的曲线是 。 (5)利用“还原”步骤中相关量可以确定Re的相对原子质量。某小组获得下列3组实验数据： A．的质量、消耗的总量 B．Re的质量、消耗的总量 C．的质量、Re的质量 选择第 (填序号)组数据。 (6)已知铼的某种氧化物立方晶胞(晶胞参数为a nm)沿x、y、z轴方向投影均如下图所示，则Re在晶胞中的位置为 ；Re填在了O围成的 (填“四面体”“立体”或“八面体”)空隙中。 4．以钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)为原料，分离回收钴的工艺流程如图所示： 回答下列问题： (1)“酸浸”时，加入的作用是 ，浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)“除铁”时温度不宜太高的原因是 ，该过程中将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是 。 (3)过硫酸钠()中阴离子的结构如图所示，其中硫元素的化合价为 ，在酸性条件下，“除锰”时发生的主要反应的离子方程式为 。 (4)向“除锰”后的溶液中加入溶液并控制溶液pH进行“氧化沉钴”。由“除铁”和“沉钴”的工序可推断，还原性： (填“>”“<”或“=”)。 (5)在隔绝空气氛围中灼烧，固体的失重率()与温度的关系如图所示。温度为290℃时，所得物质为 (填化学式)。 5．钕铁硼磁铁因其超强的磁性被誉为“永磁之王”。一种从钕铁硼废料[含Nd(钕)、Fe、B等]中提取氧化钕的工艺流程如下： 已知：①金属钕的活动性较强，难溶于水。 ②硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸。 ③钕离子可与过量的H2C2O4生成可溶性的配合物。 (1)“酸溶”时，不可将稀硫酸换为浓硫酸的原因是 。 (2)在常温下“沉钕”，当完全沉淀时pH为2.3，溶液中。通过计算说明：“沉钕”完全时有无沉淀生成 (常温下，)。 (3)“碱转换”生成的离子方程式为 。 (4)“沉淀”过程中，草酸用量对沉钕率的影响如图所示，当草酸实际用量与理论计算量比值大于1.5时，沉钕率下降的可能原因是 。“沉淀”后生成的晶体在氮气氛围下充分煅烧的化学方程式为 。 (5)通过下列途径可制得二碳化钕：。的晶胞结构(如图所示)与氯化钠相似，由于哑铃形的存在，晶胞仅沿一个方向拉长。则晶胞中与1个等距离且最近的围成的图形为 。 6．硝酸锌常用作织物染色的媒染剂。一种从炼锌净化渣（主要成分为，少量Mn2O3和镍的氧化物）为原料制备硝酸锌的工艺流程如下： 已知：（i）在酸性条件下，Mn2O3转化为和，能被氧化剂a氧化为。 （ⅱ）的沸点为。 回答下列问题： (1)在元素周期表中的位置为 ，第二电离能（）： （填“>”或“<”）。 (2)“滤渣1”的主要成分是 。 (3)“除镍”时使用的有机净化剂，为大分子立体网格结构的聚合物，除镍原理如下图所示。 已知，，推测“除镍”时不会同时沉淀的原因是 。 (4)“沉锌”时有生成，则发生反应的离子方程式为 。 (5)“物质b”可以实现碱式碳酸锌到硝酸锌的一步转化，则“物质b”的化学式为 ；制备无水时，的作用为 。 (6)“氧化剂a”的选择可以通过标准电动势（）来判断：当，反应才能自发进行。 已知：（i）[和表示原电池正、负极标准电极电势]， 例如：反应   。 （ⅱ）部分电对的标准电极电势如下表： 电对 ①写出“氧化剂a”不能选用稀的原因 （用计算说明）。 ②可用于计算反应的标准平衡常数，两者的关系为：，其中R和F为常数，，，n为氧化还原反应转移的电子数，T为热力学温度，单位为K。则时，反应的 （列出计算式）。 7．镍及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要含有MgO、NiO、FeO、、等)制备镍的部分工艺流程如下： 已知：①在本工艺条件下，、不能氧化； ②常温下，。 回答下列问题： (1)镍元素在周期表中的位置为 ，滤渣1的成分是 。 (2)“沉铁”步骤中，加入时发生反应的离子方程式为 ，能沉铁的原因是 。 (3)若溶液酸度过高，沉淀不完全，原因是 ，取“沉镁”后的溶液1 L，已知，要使溶液中，则至少需要加入 (忽略体积的变化，保留3位小数)。 (4)沉镍所得的草酸镍晶体脱水后在高温下煅烧，可以制得，同时获得混合气体，煅烧分解的化学方程式为 。 (5)NiO的晶胞结构如图所示，离最近的形成的空间结构为 。 8．一种从锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中提取镓(Ga)和锗(Ge)的工艺流程如下。 已知：①25℃时，H2C2O4的Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×l0-4；Ksp(PbC2O4)=4.8×10-10，Ksp(PbSO4)=1.6×10-8. ②c{[Fe(C2O4)3]3-}对Ga、Ge的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)的影响如下表。 c{[Fe(C2O4)3]3-} 0 0.5 1 4 6 8 Ga的萃取率/% 84.78 81.32 79.41 52.24 44.32 23.16 Ge的萃取率/% 99.96 99.88 99.86 99.68 99.52 99.35 (1)“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有 。 (2)“酸浸”时，加入H2O2能将Ga和Ge的硫化物转化为对应相同价态的氧化物，氧化物再与草酸反应生成配合物。 ①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-的离子方程式为 。 ②加入草酸后，PbSO4 (填“能”或“不能”)完全转化为PbC2O4，请结合平衡常数K计算说明原因 (一般认为K>105时，反应基本能完全进行；K<10-5时，则反应很难进行)。 (3)加Fe粉“还原”的目的为 。 (4)不同浓度的H2SO4和NaOH洗脱剂对Ga和Ge的洗脱率(进入水层中金属离子的百分数)如图所示。由图可知，洗脱剂2应选用 (填化学式)。 9．以钛铁矿(主要成分为，含有少量)为主要原料制取TiN和水处理剂聚合氯化铁的工艺流程如图。 已知：i．“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有。 ii．室温下，的化学平衡常数；该条件下，开始沉淀的pH分别为6.3、1.8。 回答下列问题： (1)“酸浸1”中FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为 ；滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (2)加入铁粉的目的之一是降低H+浓度，结合已知ii分析：铁粉与H+反应使c(H+)减小，TiO2+的水解平衡 (填“正向”或“逆向”)移动，有利于TiO(OH)2沉淀；若室温下“沉钛”后溶液中c(TiO2+)=0.1 mol·L-1，则溶液中的c(H+)= mol·L-1(忽略水解的TiO2+对浓度的影响)。 (3)酸性双氧水处理的目的是 ；沉铁时需控制pH范围为 。 (4)熔融TiCl4与NH3在600℃下反应生成TiN，该反应的化学方程式为 ；气体X的化学式是 。 (5)聚合氯化铁[Fe2(OH)aCl6-a]m中，Fe的化合价为+3，则a的取值范围是 (填“0<a<6”“a=3”或“a>6”)。 10．铬具有高硬度、耐腐蚀等优点，常用于生产不锈钢。某工厂以铬铁矿(含及少量、)为原料制备金属铬的工艺流程如下图。 已知：①焙烧渣的主要成分是、、、； ②在水溶液中易转化为。 回答下列问题： (1)铬元素位于元素周期表第四周期第 族。 (2)“焙烧”时，发生反应的化学方程式是 。 (3)“滤渣2”的主要成分是 (填化学式)。 (4)“脱铝硅”时，控制pH为7～8，“沉淀剂”宜选用 (填标号)。 A．稀硫酸    B．NaOH溶液 (5)“还原”的目的是将转化为三价铬，发生反应的离子方程式是 。为了后续的过滤和洗涤能顺利进行，需要控制还原产物呈 (填“结晶态”或“胶体态”)。 (6)“电解”过程中，阴极产生大量气泡，导致溶液pH (填“升高”或“降低”)，影响电解铬的质量。为确保电解铬的质量，可向电解液中适时加入稀硫酸，原因是 。 11．钾冰晶石(K3AlF6)是用作电解铝工艺的助熔剂，已知K3AlF6微溶于水。以超细含铝废渣(主要成分Al2O3，含有少量Fe3O4、PbO，SiO2杂质)为原料制备钾冰晶石的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)基态Fe2+价电子排布式为 。 (2)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)氧化剂若选用H2O2，发生反应的离子方程式为 。 (4)“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)+6RH(有机层)2R3Fe(有机层)+3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作名称为“反萃取”，所用“反萃取剂”为 (填名称)。 (5)“合成”时发生反应的化学方程式为 ；若在Al(OH)3浊液中加入氢氟酸和碳酸钾溶液也能制得钾冰晶石，反应的化学方程式为 ，操作时在Al(OH)3浊液中先加入氢氟酸后加入碳酸钾溶液的原因为 。 (6)“系列操作”包含过滤、 。 12．用含钴废料（主要成分为，含少量、、、、等）制备草酸钴晶体的工艺流程如图所示。 已知：①具有强氧化性。 ②，； 当溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。 (1)①向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为 （填化学式）。 ②溶液与反应离子方程式为 。 (2)“浸出渣”的主要成分为 （填化学式）。 (3)加调的目的是 。 (4)“除钙镁”时，当除尽后， 。 (5)将在空气中加热可得到钴的氧化物。反应时测得残留固体的质量随温度变化的曲线如图所示，B点剩余固体产物为 。 (6)钴硫化物可用作锂离子电池的电极材料，其结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；所有结构均为立方晶胞。晶胞2中距最近的有 个。 13．草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： (1)基态Co原子的价电子轨道表示式： 。 (2)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 。浸出液中主要含有、、、和离子，写出“浸取”时，发生反应的离子方程式： 。 (3)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 (4)常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是 (填化学式)。 (5)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是 。 (6)钴的氧化物常用作颜料或反应催化剂，可以由草酸钴晶体在空气中加热制取，取草酸钴晶体，在空气中加热至恒重，得到CoO与的混合物，该混合物中CoO与的物质的量之比为 。 (7)一种钛酸钴的晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，该钛酸钴晶体的密度为 (列出计算式)。 14．稀有金属铟（In）、镓（Ga）被广泛应用于电子、航空航天等高新技术领域。某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。 已知：“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式存在于溶液中。 回答下列问题： (1)基态In原子的价层电子排布式为，In元素在周期表中的位置是 。 (2)“高酸浸出”中滤渣1的主要成分是 （填化学式）。 (3)“中和除杂”中，通过计算说明常温下所需除去的离子能否完全除尽： 。｛已知：；当金属阳离子浓度时，可认为该离子沉淀完全。 (4)采用新型萃取剂协同萃取法可提高金属的综合回收率，溶液中金属阳离子的萃取原理为。“萃取”步骤中的萃取率随变化如图甲所示，为达到萃取目的，此时应约为 ，萃取率随增大而减小的原因是 。 (5)“置换”中发生的主要反应离子方程式为 。 (6)CIGS薄膜太阳能电池以其转化率高、光谱响应范围宽等优势作为公认的第二代太阳能电池，形成CIGS的固溶体之一的晶胞由闪锌矿结构嵌套而成，该晶胞结构如图乙所示。 ①该固溶体的化学式为 。     ②In的配位数是 。 15．以接触法制硫酸的废催化剂(主要成分是，含少量)为原料回收金属化合物的工艺流程如下： 请回答下列问题： (1)“灼烧”过程中为提高效率，可采取的措施是 ，“水浸”后，溶液中含铝化合物为 (填化学式)。 (2)“沉钒”发生反应的离子方程式为 。 (3)下图中曲线I、曲线Ⅱ分别表示“沉钒”中钒的沉淀率与加铵系数(指氯化铵与钒元素质量之比)、温度的关系。 温度过高导致沉钒率下降的主要原因是 。 (4)钼酸铵的化学式为，取少量晶体，一定条件下受热分解的热重曲线如图所示： 时，钼酸铵热分解的固体产物实验式为 。 (5)一种铁氮化物在半导体电子器件中存在重要的应用价值，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为可取代晶胞中的Fe。 ①晶胞中铁原子(位置Ⅱ)与氮原子的最短距离为 pm。 ②设为阿伏加德罗常数的值，Cu取代Ⅱ位置上Fe后，若晶胞参数不变，则得到新晶体的密度为 (用含的代数式表示)。 16．广泛用于冶金、化工等行业，一种用废钒催化剂(含、、、少量和)制取的工艺流程如下： 已知：①既能与强酸反应，又能与强碱反应。 ②+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。 pH 主要离子 回答下列问题： (1)基态钒原子的价层电子排布式为 。 (2)“还原酸浸”时，还原浸出的离子方程式为 ，为提高钒的浸取率，可采取的措施是 (列举1条即可)。 (3)“钒、钾分离”时，当，随pH增大钒的沉淀率降低的原因是 。 (4)“沉钒”时，为了得到固体，需控制溶液的。当时，的产量明显降低，原因是 。 (5)某研究小组取，探究“焙烧”过程中的变化，焙烧过程中减少的质量随温度变化的曲线如图所示，300～350℃时发生化学反应的化学方程式为 。 17．铋及其化合物广泛应用于冶金、催化、材料、医疗等领域。一种以含铋烧渣（主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量Fe2O3、SiO2、CuO等）为原料，制取Bi2O3和NaBiO3的工艺流程如下： 已知：①NaBiO3和难溶于水； ②Bi3+或易水解为BiOCl沉淀； ③浸出液中铋主要以存在，高酸度下易被有机萃取剂TBP萃取为H2BiCl·2TBP； ④常温，在该工艺条件下，溶液中金属离子转化为氢氧化物开始沉淀和完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L）的pH如下表： Fe2+ Fe3+ Cu2+ Bi3+ 开始沉淀的pH 6.3 1.9 4.7 4.2 完全沉淀的pH 8.3 3.2 6.7 5.5 回答下列问题： (1)铋与氮同族，基态铋原子的价电子排布式为 。 (2)“滤渣1”的成分为 ，“酸浸”时用浓盐酸并维持较高离子浓度的目的是 。 (3)“除铜”后分离出的滤液2中所含铜元素的微粒为 ，“沉铋”后滤液3中的Bi3+浓度为 mol/L。 (4)“氧化”时反应的离子方程式为 。 (5)“反萃取”时加入草酸溶液提供低酸度水相，使萃取平衡逆向移动，另一作用是 。 (6)如图为Bi2O3的立方晶胞结构（O占据部分Bi的四面体空隙），以A点为原点建立分数坐标，C点分数坐标为，则B点分数坐标为 ；若B、C两点间距离为a pm，设为阿伏加德罗常数的值，Bi2O3的摩尔质量为M g/mol。则晶胞密度为 g/cm3。 18．以一种废旧锂离子电池主要成分为钴、锰、镍、锂的氧化物，还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等为原料回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如图1：                                                                    图1 已知：ⅰ．的溶解度随温度升高而减小。 ⅱ．“碱浸”后的滤渣中主要含有、、和。 ⅲ．25℃时，，。 回答下列问题： (1)草酸根离子的结构简式为，其中碳原子的杂化轨道类型为 ，“灼烧”的目的是 。 (2)“碱浸”过程中与NaOH溶液发生反应的物质是 填化学式。 (3)“酸浸”过程中H2O2参与反应的离子方程式为 。 (4)“沉钴”起始时溶液中的、、浓度均为，欲使完全沉淀，而、不沉淀，需调节的范围为 不考虑溶液体积的变化：；当溶液中剩余某金属离子的浓度时，可认为该金属离于已沉淀完全。 (5)“沉锰”过程中加入溶液后，溶液先变为紫红色，后紫红色又褪去。溶液变为紫红色的离子方程式为 。 (6)“沉镍”过程中加入溶液不能过量，原因是 。 (7)某种镍氧化物的X射线衍射图谱如图所示，则该镍氧化物属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 (8)镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图所示。从该晶胞中能分割出来的结构图是图的 填标号。       19．一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2+、Mg2+、的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下； ②温度达到280℃左右时，(NH4)2SO4容易分解为氨气和硫酸氢铵。 回答下列问题： (1)基态Mn2+的价层电子排布式为 (2)“沉锰I”时，O2要在碱性条件下反应，下列最适合用于调节pH的是 (填序号)。 A．NH3·H2O　　B．NaOH　　　C．Na2CO3 该过程中Mn2+先形成Mn(OH)2后被氧化成Mn3O4，当Mg2+(c=1.0×10-0.78mol/L)将要开始沉淀时，溶液中Mn2+浓度为 mol/L。 (3)“沉锰”分I、Ⅱ两步进行的原因是 。 (4)将“沉镁I”中得到的碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]加入“回转窑”中，在500~600℃下煅烧可得轻质MgO，煅烧时间控制在15~30min的理由为 。 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全，同时也能使溶液中的沉淀。据图分析，写出生成沉淀的离子方程式 。 (6)“结晶”中，获得(NH4)2SO4晶体的方法为 过滤、洗涤、干燥。 20．以大洋锰结核(主要由MnO2和铁的氧化物组成，还含有等)为原料，制备MnxOy及Mn(H2PO4)2·2H2O的工艺流程如下： 已知：①时，；；；.。②金属离子浓度时，认为该离子沉淀完全。相关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 3.4 8.9 6.2 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 (1)要提高“浸取”的速率，可以采取的方法有 (写一种)。 (2)“氧化”时，加入H2O2的作用是 。 (3)“调pH”时，pH=6.0的溶液中， (填“>”“＜”或“=”)。 (4)“净化”时，存在。，计算该反应的平衡常数 (结果保留2位有效数字)。 (5)“操作X”的过程为 、 、过滤、洗涤、干燥。 (6)“煅烧”时，不同条件下可制得不同锰的氧化物晶体。某种锰的氧化物的四方晶胞如图所示。 ①该锰的氧化物化学式为 。 ②晶体中一个Mn周围与其最近的O的个数为 。 21．钛被称为“二十一世纪的金属”，乳酸亚铁常作补铁制剂。工业上用钛铁矿(主要成分为，杂质有等生产钛和乳酸亚铁的工艺流程如下： 已知：酸性溶液中钛元素主要以形式存在，能水解。回答下列问题： (1)基态钛原子价层电子轨道表示式为 ；滤渣的主要成分为 填化学式)；试剂X为 。 (2)“沉铁”时需控制反应温度低于35℃，其主要目的是 。 (3)滤液1“沉钛”的离子方程式为 。 (4)上述流程中，“结晶”和“沉钛”顺序不宜交换的主要原因是 。 (5)与C、，在600℃时充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表： 物质 分压() ①该温度下，与C、反应的总化学方程式为 。 ②随着温度升高，尾气中CO的含量升高，主要原因是 。 22．铈是自然丰度最高的镧系元素。某氟碳铈矿()中含及少量的、。某实验小组设计工艺制备高纯度，部分工艺流程如图所示。 已知：①在硫酸中能被萃取剂(HA)萃取，而不能； ②、难溶于水，可溶于强酸。 Ⅰ．制备水溶液： (1)“氧化焙烧”时发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (2)滤渣1的成分是 (填化学式) (3)“萃取”时存在平衡：，保持其他条件不变，萃取时pH不宜过低，也不宜过高，其原因可能是 。 (4)“反萃取”时发生反应： 。 Ⅱ．制备，有两种方法： 制备方法1： (5)写出向水溶液1中加入氨水的离子方程式： 。 (6)向“滤渣2”中加入后需要过滤并洗涤沉淀，取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入 (试剂)，若观察到 (现象)，说明沉淀已经洗涤干净，反之则无。 制备方法2： (7)向水溶液1中加入，生成沉淀。写出对应的离子方程式： 。 (8)滤液C结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。用化学反应方程式解释热风烘干能提高纯度的原因： 。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 《2026高考化学二轮复习----工艺流程大题专练》参考答案 1．(1) (2) (3) 8.7 升高温度，防止生成胶体，不便于过滤 (4) (5) (6)b 【分析】废料主要含有、、，经焙烧后生成、、和，加入和碱浸氧化后，过滤得到含和的滤液和含的滤渣，向所得滤液中加入少量稀硫酸调pH，将转化为沉淀，过滤后向滤液中加入氯化钙溶液，经过滤得到沉淀，将 沉淀用硫酸酸化并过滤后，向滤液中通入二氧化硫，+5价As与+4价S发生氧化还原反应，生成和硫酸，经结晶过滤后得到，据此分析解答。 【详解】（1） 基态铁原子价层电子排布式为3d64s2，其价层电子轨道表示式为。 （2）“碱浸氧化”时生成，其离子反应方程式为：。 （3）“调pH”的目的是除去铝元素，根据题中表格提供的数据，当pH为8.7时，开始溶解，所以应调节溶液pH的范围应不大于8.7；“调pH”时滴入稀硫酸充分反应后，需将混合体系煮沸冷却后再过滤，煮沸的目的是防止生成胶体不便于过滤。 （4）加入氯化钙，反应的离子方程式为：，为保证沉淀完全，根据可知，完全沉淀后，溶液中，混合后溶液体积增大一倍，混合后溶液中的初始浓度为，反应消耗的为。故混合后溶液中总的至少为。因此，原溶液的浓度至少为，即。 （5）由流程图和分析可知可以循环利用的物质有和。 （6）a．质谱仪主要用于测定物质的相对分子质量，无法表征晶体中原子间的距离，a错误； b．X射线衍射仪可以通过晶体对X射线的衍射图谱，分析晶体的结构，包括原子间的距离、晶胞参数等，能够表征晶体中As与As之间的最短距离，b正确； c．用于检测分子中官能团或化学键信息，不用于测定晶体中原子间距离，c错误； d．核磁共振氢谱仪主要用于测定有机物中氢原子的种类和数目，与晶体中原子距离无关； 故选择b。 2．(1) 15 CaSO4 (2) FeS2与酸反应生成Fe2+的速率大于Fe2+被MnO2氧化的速率 随着反应进行，H+被消耗，溶液pH增大，促进了Fe3+的水解，导致其浓度减小 (3) 将可能存在的Fe2+氧化为Fe3+，确保Fe元素完全沉淀 3.2≤pH<8.3 (4)5.0×10-6 (5)部分锰元素被氧化成高价态锰氧化物 【分析】由题给流程可知，向软锰矿、黄铁矿中加入稀硫酸酸浸，二氧化锰与二硫化铁、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，氧化镁、碳酸钙与稀硫酸反应转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有硫酸钙、二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过量过氧化氢溶液氧化，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，向反应后的溶液中加入合适的物质如碳酸锰调节溶液pH在3.2-8.3范围内，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到滤液和含有氢氧化铁的滤渣；向滤液中加入氟化钠，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化钙、氟化镁的滤渣和硫酸锰溶液；硫酸锰溶液经多步转化得到四氧化三锰。 【详解】（1）二氧化锰与二硫化亚铁、稀硫酸反应生成硫酸锰、硫酸铁和水，反应的离子方程式为，故FeS2的化学计量数为2，则MnO2的化学计量数为15；由分析可知，滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2； （2）①0~20min内，亚铁离子质量浓度增大是因为FeS2与酸反应生成Fe2+的速率大于Fe2+被MnO2氧化的速率所致； ②100min后，铁离子质量浓度减小是因为随着反应进行，H+被消耗，溶液pH增大，促进了Fe3+的水解，导致其浓度减小； （3）向“酸浸”所得浸出液中加入过量过氧化氢溶液的目的是将溶液中的Fe2+转化为Fe3+，确保Fe元素完全沉淀；由表格数据可知，要使氢氧化铁沉淀完全且不产生氢氧化锰沉淀，应调节溶液pH在3.2-8.3范围内； （4）由溶度积可知，当除钙率达到时，溶液中，溶液中氟离子浓度为=×10-5 mol/L，则溶液中的镁离子浓度为； （5）制备四氧化三锰时，若通入空气过量且时间较长，氢氧化锰中部分锰元素被氧化成高价态锰化合物，使得所得产品中锰元素的质量分数会降低。 3．(1)ⅦB (2) (3) 、 B (4)a (5)C (6) 顶点 八面体 【分析】钼精矿(主要成分有MoS2、ReS2，还含有FeS2、Al2O3、SiO2、P2O5等杂质)在氧压碱浸时，MoS2、ReS2转化为NaMoO4、NaReO4、Na2SO4，FeS2、Al2O3、SiO2、P2O5分别转化为Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3、Na3PO4等，过滤，滤渣1主要为Fe2O3，滤液中加硫酸调pH，可以除掉Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，同时提供氢离子以备后续萃取时需要，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3，滤液加入R3N进行萃取，得到R3N-HReO4，分液后，对有机相加氨水进行反萃取，生成NH4ReO4，分液后，NH4ReO4在水相中，除磷时，加入的硫酸镁与Na3PO4反应生成NH4MgPO4沉淀，过滤除掉，再经过后续处理得到NH4ReO4纯品；NH4ReO4经热解后得到Re2O7、并进一步被氢气还原为Re，据此分析； 【详解】（1）Re元素在周期表中与Mn同族，位于周期表第ⅦB族； （2）“氧压碱浸”步骤中ReS2与氧气、氢氧化钠反应生成NaReO4、Na2SO4和H2O，发生反应的化学方程式为：； （3）由分析可知，滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3；由分析可知，“反萃取”时所用试剂X为氨水，故选B； （4）NH4ReO4悬浊液中存在水解平衡：，随着pH不断增大，氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度不断增大，促进铵根离子水解，则铵根离子浓度逐渐减小，曲线b为铵根离子浓度，则曲线a表示的浓度； （5）A．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re2O7的质量，不能计算Re的相对原子质量，A不符合题意； B．实验中H2不仅用于还原Re2O7，还需要通H2排尽装置内空气，反应后还要通H2冷却产物，根据消耗氢气的总量和Re的质量，不能计算Re的相对原子质量，B不符合题意； C．已知Re2O7的质量和生成Re的质量，可直接算出Re2O7中氧元素的质量，再通过氧的相对原子质量计算氧原子的物质的量，进而求出Re2O7的物质的量，再计算出Re2O7的摩尔质量，最终可计算出Re的相对原子质量，C符合题意； 故选C。 （6）由晶胞投影图可知，则Re在晶胞中的位置为顶点；从投影图可知，O原子构成面心立方结构，Re原子填在了O原子形成的八面体空隙中。 4．(1) 还原及 (2) 防止高温分解 偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀 (3) +6 (4)＜ (5)Co2O3 【分析】钴锰渣(主要成分为Co2O3、CoO、MnO2，含少量FeO、ZnO、SiO2等)中加入过量硫酸、K2SO3溶液进行酸浸、还原，Co2O3、CoO、MnO2、FeO、ZnO转化为Co2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+，SiO2不溶，过滤后，SiO2成为滤渣；加入H2O2、调节pH，Fe2+被氧化生成的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀；继续加入、NaOH溶液，Co2+被氧化为Co3+并转化为Co(OH)3沉淀，过滤后，滤液中含有Zn2+等。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”时，加入，Co2O3、MnO2溶解并被还原为Co2+、Mn2+、则K2SO3的作用是：还原及，浸渣的主要成分是。 （2）H2O2的热稳定性差，受热易发生分解，“除铁”时温度不宜太高的原因是：防止高温分解；该过程中需除尽Fe3+但不能让Co2+生成沉淀，则将pH控制在3.7~4.0范围内的原因可能是：偏低，沉淀不完全，偏高，等离子会沉淀。 （3）过硫酸钠()的阴离子中，6个O显-2价，2个O显-1价，设硫元素的化合价为x，则2x+(-2)×6+(-1)×2=-2，则x=+6，在酸性条件下，“除锰”时，加入将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀，转化为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生的主要反应的离子方程式为。 （4）在“除铁”步骤中，能氧化但不能氧化，说明的还原性强于；在“沉钴”步骤中，需要更强的氧化剂才能氧化，也说明的还原性较弱。综合可知，还原性：＜。 （5）设初始Co(OH)3的物质的量为1mol，质量m=1mol×(59+17×3)g/mol=110g，隔绝空气灼烧时，Co(OH)3发生分解反应，失重成分为H2O，假设反应为2Co(OH)3Co2O3+3H2O，失重质量为1.5mol×18g/mol=27g，失重率为≈24.5%，对照图中数据，此时温度为290℃，所得物质为Co2O3。 【点睛】H2O2中O元素显-1价，既能升高又能降低，则H2O2既具有氧化性又具有还原性。 5．(1)浓硫酸会与硼反应引入杂质离子，同时生成二氧化硫等污染气体 (2)===，故无氢氧化亚铁生成 (3) (4) 当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率 (5)正方形 【分析】钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，硼不与稀硫酸反应，故滤渣为硼，随后加入反应生成沉淀，再加入氢氧化钠进行碱转换生成，加入稀硫酸溶解得到，加入草酸生成，煅烧得到，据此回答。 【详解】（1）硼与稀硫酸不反应，可溶于氧化性酸，将稀硫酸换为浓硫酸会溶解硼，引入杂质离子并产生二氧化硫等污染气体； （2）当完全沉淀时pH为2.3，，故无氢氧化亚铁生成； （3）“碱转换”时，与NaOH反应生成，其离子方程式为； （4）钕离子可与过量的生成可溶性的配合物，故当草酸浓度过大时，钕离子与过量草酸生成可溶性配合物，降低沉钕率；在氮气氛围下充分煅烧，没有氧气参与，草酸中+3价的碳发生歧化反应，生成二氧化碳和一氧化碳，故反应方程式为； （5）二碳化钕()的晶胞结构与氯化钠相似，但由于哑铃形的存在，使晶胞延同一个方向拉长，所有二碳化钕晶体中1个周围距离最近且相等的4个，围成的几何图形为正方形。 6．(1) 第四周期第ⅡB族 < (2)MnO2 (3)r(Ni2+)<r(Zn2+)，Ni2+可进入有机净化剂网格结构通过配位键被结合沉淀，Zn2+半径较大不匹配、难以进入网格或与立体网格结合，故不会同时沉淀 (4)3Zn2++6HCO＝ZnCO3·2Zn(OH)2+5CO2↑+H2O (5) HNO3 除去Zn(NO3)2·6H2O中的结晶水、并防止锌离子水解 (6) Eθ=(HNO3/NO)-(MnO2/Mn2+)=0.957V-1.224V=-0.267V<0 【分析】分析流程，酸浸炼锌净化渣，Zn、Mn2O3和镍的氧化物分别转化为Zn2+、MnO2、Mn2+和Ni2+，过滤后，MnO2作为滤渣除去。向滤液中加入氧化剂氧化，将Mn2+氧化为MnO2。通过加入有机净化剂，将Ni2+除去；过滤后加入NH4HCO3，生成碱式碳酸锌，物质b与碱式碳酸锌反应生成Zn(NO3)2溶液，可知物质b为稀硝酸。经一系列操作，最终得到含结晶水的Zn(NO3)2，Zn(NO3)2·6H2O与SOCl2共热，最终得到Zn(NO3)2。 【详解】（1）Zn的原子序数为30，位于元素周期表中第四周期第ⅡB族；Cu的电子排布为[Ar]3d104s1，失去1个电子后形成[Ar]3d10，为全满稳定结构，再失去第2个电子需破坏稳定结构，耗能更高；Zn失去1个电子后为[Ar]3d104s1，再失去1个4s电子较易。因此第二电离能：Zn<Cu； （2）根据已知条件，炼锌净化渣中的Mn2O3在酸性条件下转化为MnO2（沉淀）和Mn2+，且MnO2不溶于酸，因此滤渣1的主要成分为MnO2。 （3）有机净化剂为大分子立体网格结构，对离子半径有选择性。根据题给信息：r(Ni2+)=69 pm，r(Zn2+)=74 pm，Ni2+半径小于Zn2+，Ni2+可进入有机净化剂网格结构通过配位键被结合沉淀，而因Zn2+半径较大不匹配、难以进入网格或与立体网格结合，故不会同时沉淀； （4）沉锌时Zn2+与HCO反应生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2和CO2，离子方程式为：3Zn2++6HCO＝ZnCO3·2Zn(OH)2+5CO2↑+H2O； （5）碱式碳酸锌与物质b发生反应生成硝酸锌，可知物质b为HNO3；Zn(NO3)2·6H2O加热脱水易水解生成碱式盐或氧化物，SOCl2可与水反应生成HCl，抑制Zn2+水解的同时，因此SOCl2可除去Zn(NO3)2·6H2O中的结晶水并抑制Zn2+水解； （6）①若选用稀HNO3作“氧化剂a”，发生反应为：2NO+3Mn2++2H2O＝3MnO2+2NO↑+4H+，该反应的标准电动势Eθ=(HNO3/NO)-(MnO2/Mn2+)=0.957V-1.224V=-0.267V<0，反应不能自发进行，因此不能选择稀HNO3作“氧化剂a”； ②根据题给信息，反应的Eθ=(ClO/Cl-)-(MnO2/Mn2+)=1.39V-1.224V=0.166V，分析反应，可知1个ClO转化为Cl-，过程中得到8个电子，因此每mol反应中转移的电子数为8mol，即n=8mol，，，T=298K，代入公式可得=，则反应的Kθ=。 7．(1) 第四周期第Ⅷ族 SiO2 (2) Na2CO3是弱酸盐，会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀 (3) 与结合生成弱电解质，使溶液中 浓度降低，导致 的沉淀溶解平衡正向移动，沉淀不完全 0.043 (4) (5)正八面体 【分析】以红土镍矿为原料，先通过硫酸酸浸，使其中的 MgO、NiO、FeO、Fe2O3等氧化物溶解，SiO2不溶形成滤渣1；向酸浸液中加入 H2O2将 Fe2+氧化为 Fe3+，再加入Na2CO3调节pH，使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀为滤渣2；之后加入NaF沉淀镁离子，生成氟化镁滤渣3；再加入草酸沉镍，得到草酸镍沉淀，经煅烧分解为氧化镍，最后用CO还原氧化镍得到金属镍，从而实现镍的提取与分离。 【详解】（1）镍的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族；根据分析，滤渣1的成分是SiO2。 （2）在“沉铁”步骤中，H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，因为Fe3+更容易通过调节pH沉淀。反应方程式为；Na2CO3是弱酸盐，会与 H+结合，促进 Fe3+水解，使水解平衡右移，生成 Fe (OH)3沉淀。 （3）若溶液酸度过高，沉淀不完全的原因是与结合生成弱电解质，使溶液中 浓度降低，导致 的沉淀溶解平衡正向移动，沉淀不完全。至少需要加入的物质的量：已知 ，时，，溶液体积为 ，则沉淀后的物质的量 。沉淀需要消耗 ，因此至少需要加入的物质的量为。 （4）NiC2​O4​在高温下分解生成、CO和，配平后化学方程式为。 （5）NiO为NaCl型晶胞，每个周围有6个等距离的，分别位于 的上下、左右、前后位置，构成正八面体。 8．(1)Zn2+、Cu2+、Fe3+ (2) Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O 不能 PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4 (3)除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率 (4)NaOH 【分析】锌冶炼渣(主要含Zn、CuO、ZnFe2O4、PbO2、SiO2和少量Ga2O3、Ga2S3、GeO2、GeS2等)中加入H2SO4低酸浸出，由后续操作中涉及的物质可知，过滤所得的滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+；向高硅渣中加入H2O2、H2C2O4酸浸，此时PbO2被H2O2还原为Pb2+，并转化为PbSO4沉淀，SiO2不参与反应进入沉淀；Ga3+、Ge4+、Fe3+分别转化为配离子；由于[Fe(C2O4)3]3-会影响Ga、Ge的萃取率，所以加入Fe将[Fe(C2O4)3]3-还原为FeC2O4沉淀除去；向滤液中加入萃取剂进行萃取，再加入洗脱剂1(从图中看应为H2SO4)，得到富镓母液，电解得粗镓；有机层中加入洗脱剂2(从图中数据分析，应为NaOH)，得到水相和有机相，从水相中可回收锗，据此解答。 【详解】（1）由分析可知，“低酸浸出”后滤液中含有的金属阳离子主要有Zn2+、Cu2+、Fe3+。 （2）①Ga2O3被草酸浸出生成[Ga(C2O4)3]3-，同时生成水和，反应的离子方程式为：Ga2O3+6H2C2O4=2[Ga(C2O4)3]3-+6H++3H2O。 ②加入草酸后，由以下计算可得出，反应的平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4，其原因为：PbSO4+H2C2O4PbC2O4++，K=====2.8×10-4，平衡常数很小，PbSO4不能完全转化为PbC2O4。 （3）由表中数据可知，随着[Fe(C2O4)3]3-浓度的增大，Ga、Ge的萃取率不断减小，尤其对Ga的萃取率的影响非常大，所以加Fe粉“还原”的目的为：除去[Fe(C2O4)3]3-，以提高Ga的萃取率。 （4）洗脱剂2用于洗脱回收锗，由图可知，使用NaOH时锗的洗脱率较大，则洗脱剂2应选用NaOH。 9．(1) SiO2 (2) 正向 1 (3) 将Fe2+氧化为Fe3+ 1.8≤pH<6.3 (4) N2、HCl (5)0<a<6 【分析】钛铁矿(主要成分为，含有少量Fe2O3、SiO2)用稀硫酸酸浸，所得滤液中阳离子主要有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+，加入适量铁粉“沉钛”，将转化为，转化为TiCl4后用氨气还原得到TiN，生成物气体X中有2种成分，其中一种是N2，由得失电子守恒可知，另外一种气体是HCl，过滤后滤液中加入酸性双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，然后通入氨气将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，氢氧化铁沉淀用盐酸浸取得到FeCl3溶液，“水解聚合”生成。 【详解】（1）根据“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+，结合电荷守恒与元素守恒，溶于稀硫酸的离子方程式为；SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣为SiO2。 （2）室温下，，铁粉与H+反应使c(H+)减小，根据勒夏特列原理，TiO2+的水解平衡正向移动；化学平衡常数，代入c(TiO2+)=0.1 mol·L-1，得c(H+)=1 mol·L-1。 （3）酸性双氧水的氧化性可将Fe2+氧化为Fe3+(便于后续沉铁)；沉铁需使Fe3+沉淀(开始沉淀pH=1.8)，同时避免Fe2+沉淀(开始沉淀pH=6.3)，故pH范围为1.8≤pH<6.3。 （4）TiCl4与NH3反应，Ti由+4价→TiN中+3价(被还原)，N化合价应该升高，NH3生成N2，根据原子守恒生成HCl，反应方程式为：，气体X为N2、HCl。 （5）聚合氯化铁的化学式为[Fe2(OH)aCl6-a]m，其中Fe的化合价为+3价，整体为电中性，正负化合价代数和为0，设正价总和为，负价总和为满足电中性。作为含羟基的氯化铁聚合物，的个数不能为0，也不能超过6，否则无，且最多结合3个形成，2个Fe最多结合6个，但为聚合物不能完全水解，因此0<a<6。 10．(1)VIB (2) (3)Al(OH)3、H2SiO3 (4)A (5) 结晶态 (6) 升高 中和OH-，维持适宜pH、抑制Cr3+水解，确保其在阴极优先放电析出金属铬 【分析】铬铁矿联合纯碱、氧气焙烧后水浸，浸取液中含Na2CrO4、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，Na2CO3，滤渣1为Fe2O3，往滤液中加入沉淀剂后得到滤渣2为Al(OH)3、H2SiO3，再加入Na2S还原Na2CrO4，得到Cr(OH)3沉淀，过滤分离后酸溶，得到单一硫酸铬溶液利于电解，得到Cr单质，据此解答。 【详解】（1）Cr位于第四周期第VIB族。 （2）焙烧时FeCr2O4发生的化学方程式为。 （3）根据分析，滤渣2的主要成分为Al(OH)3、H2SiO3。 （4）脱铝硅时，将Na[Al(OH)4]和Na2SiO3转化为Al(OH)3、H2SiO3沉淀，需加入酸，故选A。 （5）根据题意，还原时转化Cr(OH)3沉淀，发生的离子方程式为；为了后续过滤和洗涤，需避免形成难分离的胶体，且为了彻底分离Cr元素，应控制pH将Cr3+再转化为Cr(OH3)沉淀（结晶态）。 （6）电解时Cr2(SO4)3溶液时，阴极反应除Cr3+还原得到Cr外，还发生水的还原：，导致溶液pH升高；pH升高促进Cr3+水解为Cr(OH)3沉淀，影响Cr析出效率，所以加入稀硫酸的目的为中和OH-，维持适宜pH、抑制Cr3+水解，确保其在阴极优先放电析出金属铬。 11．(1)3d6 (2)PbSO4、SiO2 (3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O (4)硫酸溶液 (5) 先加入氢氟酸使难溶于水的Al(OH)3充分溶解 (6)洗涤、干燥 【分析】酸浸后氧化铝，四氧化三铁和氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚铁，硫酸铅沉淀，二氧化硅不与硫酸反应，所以滤渣为硫酸铅和二氧化硅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，经“萃取”、“反萃取”得到Fe2(SO4)3溶液，“合成”步骤中发生的反应为：，然后将钾冰晶石过滤、洗涤、干燥后得到产品，据此分析。 【详解】（1）基态Fe的价层电子排布式为3d64s2，Fe失去4s上的2个电子变为Fe2+，故Fe2+的价层电子排布式为3d6； （2）由上述分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4、SiO2； （3）过氧化氢与溶液中的Fe2+反应生成Fe3+和水，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （4）“萃取”过程可表示为Fe2(SO4)3(水层)+6RH(有机层)2R3Fe(有机层)+3H2SO4(水层)，由有机层获取Fe2(SO4)3溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液； （5）由上述分析可知，“合成”过程中发生的化学反应方程式为；Al(OH)3浊液中加入氢氟酸和碳酸钾溶液制得钾冰晶石的化学方程式为；先加入氢氟酸可使难溶于水的Al(OH)3充分溶解； （6）由上述分析可知，“一系列操作”包含“过滤、洗涤、干燥”步骤。 12．(1) (2)、 (3)促进、完全水解为沉淀而除去 (4) (5) (6)4 【分析】用含钴废料制备草酸钴晶体，先加入稀硫酸和亚硫酸钠，和被还原为Co2+和Fe2+，形成沉淀，不溶，浸出渣的主要成分为和，向滤液中加入NaClO3时，Fe2+被氧化为Fe3+，继续加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为沉淀，沉淀1为氢氧化铁、氢氧化铝，过滤后，向滤液中加入NaF，沉淀钙镁离子，沉淀2为MgF2、CaF2，过滤，向滤液中加入草酸铵，得到草酸钴晶体。 【详解】（1）向含钴废料加入稀硫酸和溶液时，应先加入的试剂为溶液，若先加入稀硫酸，会导致转化为SO2；溶液与发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：； （2）由分析可知，“浸出渣”的主要成分为、； （3）根据分析，加入碳酸钠溶液，调节溶液的pH，使铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀； （4）由已知②可知，当除尽后，，则； （5）在空气中加热首先失去结晶水，、的相对分子质量分别为183、147，结合图像可知，初始为0.1 mol ，A点为0.1 mol ，根据钴元素守恒，8.03 g B中钴为0.1 mol，氧为，则B中Co、O的物质的量之比为，故B点剩余固体产物为； （6） 根据晶胞2的结构可知，距最近的有4个：。 13．(1) (2) 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+ (3)+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl- (4)Cu(OH)2、Fe(OH)3 (5)溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动 (6)1:1 (7)或者 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则CoO、Co(OH)2、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【详解】（1） 已知Co是27号元素，基态Co原子的价电子排布式为：3d74s2，则其价电子轨道表示式为：； （2）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，所以Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4，该反应的离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+； （3）“氧化”时，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为+6H++6Fe2+=6Fe3++3H2O+Cl-； （4）由分析结合表中数据可知，当Co2+生成沉淀时，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀，常温下，“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3； （5）由题干信息中萃取平衡可知，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动； （6）n(CoC2O4•2H2O)==0.2mol，根据Co原子守恒得n(Co)=n(CoC2O4•2H2O)=0.2mol，设n(CoO)=xmol，n(Co3O4)=ymol，根据Co原子的物质的量、混合物的质量列方程组①x+3y=0.2mol，②75x+241y=15.8g，，解得x=0.05mol，y=0.05mol，所以该混合物中CoO与Co3O4的物质的量之比=0.05mol：0.05mol=1：1； （7）由题干晶胞可知，一个晶胞中含有1个Ti、含有8×=1个Co和6×=3个O，则一个晶胞的质量为：g，一个晶胞的体积为：(a×10-10cm)3，故该晶体的密度为：==g·cm-3或者g·cm-3。 14．(1)第五周期IIIA族 (2)、 (3)“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全 (4) 1.0 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低 (5) (6) CuInSe2 4 【分析】某锌冶炼厂产生的废渣中主要含等元素的氧化物，现通过如下工艺流程对铟、镓进行回收。往废渣中加入硫酸“中性浸出”后除去Zn元素，浸渣中含等元素；经过“高酸浸出”后铟以形式、铁以形式、镓以存在于溶液中；故“滤渣1”含有元素；加入调pH=5将以在“滤渣2”中分离；经过“萃取”分离(有机相)、(水相)；加入试剂1进行反萃取得到含有的溶液，通过Zn的置换得到In单质。 【详解】（1）基态In原子的价层电子排布式为，故最外层在第五层属于第五周期，价电子数为三，故属于第IIIA族，In元素在周期表中的位置是第五周期IIIA族。 （2）“高酸浸出”流程中的氧化物与稀硫酸反应形成易溶于水的硫酸盐进入“中和除杂”、Pb的氧化物与硫酸反应生成难溶物进入“滤渣1”、Si的氧化物不与稀硫酸反应进入“滤渣1”，滤渣1的主要成分是、。 （3）“中和除杂”中pH=5，，，故沉淀完全。 （4）萃取率是金属离子进入有机相的百分数，“萃取”步骤中进入水相、进入有机相，故要求的萃取率最小、的萃取率最大，约为1.0可达到比较好的萃取目的。 随增大，平衡逆移，金属离子在水中的浓度增大，萃取率降低。 （5）“置换”中与Zn发生置换反应，主要反应离子方程式为。 （6）①根据均摊法，In位于晶胞的面心和棱心，个数；Cu位于晶胞的顶点、面心和体心，个数；Se位于晶胞内部共8个；该固溶体的化学式为CuInSe2。 ②In和Cu均与Se成键，最上面面心处In与2个Se距离相等且最近，该In上方也有2个Se，故配位数是4。 15．(1) 将废催化剂粉碎 (2) (3)温度过高，  水解程度增大，挥发，变小 (4) (5) 【分析】废催化剂(主要成分是，含少量、、、NiO等)在纯碱中进行焙烧得到偏铝酸钠、偏钒酸钠、钼酸钠及不溶于水的NiO、Fe2O3，加水浸取时偏铝酸根转化为四羟基合铝酸根，所得的溶液中通入二氧化碳可将四羟基合铝酸根转化为氢氧化铝沉淀而除去，再向溶液中加入NH4Cl调节适当pH沉钒得到偏钒酸铵，最后经过离子交换过程回收Mo元素，得到钼酸铵，据此解答。 【详解】（1）“灼烧”过程中为提高效率，可将废催化剂粉碎，增大接触面积。 （2）“沉钒”发生反应的离子方程式为。 （3）温度过高，水解程度增大，生成的挥发，减小，故钒的沉淀率下降。 （4）设取，则其质量为340 g，在时，固体损失，因为铵盐受热易分解，结合分解前后固体质量变化可知，固体损失与的质量，由元素守恒和质量守恒可知，余下固体应为2 mol 。 （5）①晶胞中铁原子（位置II）与氮原子的最短距离是体对角线的一半，为。 ②根据均摊法，该晶胞中Cu原子个数是原子个数是原子个数为1，故化学式为，的摩尔质量为，故其密度为。 16．(1) (2) 增大和的投料量，将废催化剂充分研磨，延长浸取时间（任答一条即可） (3)能与发生反应，碱性越强，钒的损耗率越大 (4)pH>8时，钒不再以的形式存在 (5) 【分析】本工业流程中，废钒催化剂首先在硫酸和的混合溶液中还原酸浸，生成，过滤后取滤液，向含的滤液中加入，生成实现钒钾分离，过滤后取滤饼，加入和将其溶解，过滤后取滤液，加入，生成沉淀析出，该沉淀焙烧得到，据此回答以下问题。 【详解】（1）钒为23号元素，钒原子的核外电子按能级顺序，先充满前三层，然后有2个电子填充4s轨道，有3个电子填充3d轨道，因此钒原子的价层电子排布式为； （2）该过程中，在酸性条件下被还原为，其离子方程式为； 从化学平衡的角度看，可以增大和的投料量使反应物和浓度升高促使平衡右移，或通过将废催化剂充分研磨增大反应物接触面积，或延长浸取时间，从而提高浸取率； （3）钒钾分离时，随pH增大，增大，因为既能与强酸反应，又能与强碱反应，碱性越强，钒的损耗率越大，沉淀率越低； （4）由题干中表格可知，pH>8时，钒不再以的形式存在，转变为，所以的产量明显降低； （5）的摩尔质量为，234 g即为2 mol；焙烧过程中经过了150~200℃和300~350℃两次失重，结合元素特点，第一次失重34.0 g，是由于2 mol分解得2 mol，反应方程式为，第二次失重(52.0-34.0) g=18.0 g，是由于2 mol分解得1 mol，反应方程式为。 17．(1)6s26p3 (2) SiO2 提高铋的浸出率并防止其水解；加速溶解Fe2O3、CuO，利于形成的作用 (3) 10-6.5 (4) (5)将铋元素转化为沉淀，提高产率 (6) 或或 【分析】该工艺流程以含铋烧渣（主要成分为、，含少量、、）为原料，先经水浸除去可溶性杂质，再用浓盐酸酸浸，发生反应：，浓盐酸可抑制水解生成沉淀，不溶的形成滤渣1。酸浸后的浸出液分为两份：一份先加过量氨水除铜，与氨水反应生成，反应为，进入滤液2，剩余液加浓盐酸酸溶、金属铋还原转化，反应为，后调pH=6沉铋生成沉淀，反应为，再经和氧化得到，反应为；另一份经萃取剂萃取，进入有机相，再用草酸溶液反萃取，与生成难溶的沉淀，反应为，最终转化为，据此分析。 【详解】（1）铋与氮同族，位于第ⅤA族，其价电子为； （2）“滤渣1”为不溶于浓盐酸的物质，不溶于酸，因此滤渣1为；“酸浸”时用浓盐酸并维持较高浓度，可抑制或的水解，防止生成沉淀，同时使溶解为；故答案为： ；提高铋的浸出率并防止其水解；加速溶解Fe2O3、CuO，利于形成的作用； （3）“除铜”时加入过量氨水，与氨水反应生成，因此滤液2中含铜元素的微粒为；“沉铋”时调节pH=6，根据表格，完全沉淀的pH为5.5，pOH为8.5， ， ，“沉铋”后滤液3中pH为6，pOH为8， ，Bi3+浓度为，故答案为： ； ； （4）“氧化”时，在和作用下生成，元素化合价从+3价升高到+5价，中元素化合价从0价降低到-1价；根据电子守恒和电荷守恒配平，离子方程式为：； （5）“反萃取”时加入草酸溶液，除提供低酸度水相使萃取平衡逆向移动外，还可与反应生成难溶于水的沉淀，提高产率；故答案为：与反应生成沉淀，提高产率； （6）以A点为原点建立分数坐标，C点坐标为，结合晶胞结构，B点分数坐标为；B、C两点间距为，即晶胞体对角线的，晶胞边长为；晶胞中含2个单元，质量为，体积为，密度为：；故答案为：； 或或。 18．(1) sp2 除去炭黑和有机粘合剂 (2)Al2O3 (3) (4)12～13 (5) (6)防止锂离子沉淀，影响镍离子和锂离子的分离 (7)晶体 (8)A 【分析】废旧锂离子电池经粉碎、灼烧除去炭黑和有机粘合剂，同时将铝转化为氧化铝，向灼烧渣中加入NaOH溶液碱浸，Al2O3转化为NaAl(OH)4；碱浸后过滤，向滤渣（主要含有、、和）中加入双氧水和硫酸的混合液，将Co2O3转化为CoSO4，、和转化为MnSO4、NiSO4、Li2SO4，向反应后的溶液中加入氨水和(NH4)2C2O4混合溶液，将溶液中的Co2+转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入溶液，将溶液中的Mn2+转化为MnO2沉淀，过滤得到MnO2和滤液；向滤液中加入Na2CO3和NaOH混合溶液，将溶液中的Ni2+转化为沉淀，过滤得到和滤液；向滤液中加入Na2CO3溶液，将溶液中的Li+转化为Li2CO3沉淀，过滤得到Li2CO3。 【详解】（1）根据草酸根离子的结构简式可以看出，每个碳原子连有碳氧双键，则它源自的轨道杂化类型为杂化；由分析可知，灼烧的目的是除去炭黑和有机粘合剂。 （2）由分析可知，加入NaOH溶液碱浸的目的是将Al2O3转化为NaAl(OH)4，反应的化学方程式为：，故与NaOH溶液发生反应的是。 （3）由分析可知，酸浸步骤加入双氧水和硫酸的混合液的目的是将Co2O3转化为CoSO4，反应的离子方程式：。 （4）由溶度积可知，溶液中Co2+完全沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度大于，此时，=13，草酸锰的溶度积小于草酸镍，则溶液中Mn2+、Ni2+不沉淀时，溶液中草酸根离子的浓度小于，，此时，=12，所以溶液中的范围为。 （5）由题意可知，溶液变为紫红色发生的反应为溶液中的Mn2+与反应生成、和H+，反应的离子反应方程式为：。 （6）因Li+与结合生成Li2CO3沉淀，所以加入Na2CO3不能过量的原因是防止Li+沉淀，影响Ni2+和Li+的分离。 （7）射线衍射图谱有明锐衍射峰或分立斑点图谱为晶体，图中有衍射峰，故氧化镍为晶体。 （8）白球形成面心立方结构，则结构为，黑球位于白球构成的八面体空隙，结构为；故选A。 19．(1)3d5 (2) A 10-2.25 (3)为了实现锰离子的高效、更加完全沉淀分离，以提高锰离子的回收率和产品MnSO4·H2O产品纯度 (4)若时间少于15min将导致碱式碳酸镁分解不完全，得到的MgO纯度较低、产率低，时间超过30min增加能耗，且可能导致MgO颗粒烧结，降低其活性 (5)Mg2+++NH3•H2O+5H2O=MgNH4PO4·6H2O↓ (6)蒸发浓缩、冷却结晶 【分析】根据题干流程中，沉锰Ⅱ、沉镁Ⅰ中加入含铵根离子或氨水，沉镁Ⅱ中生成含有铵盐，故调节pH选用氨水，不会引入新的杂质离子Na+等，即废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3•H2O调节pH，沉镁I得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4•6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4•H2O，据此分析解题。 【详解】（1）已知Mn是25号元素，基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d54s2，则基态Mn2+的价层电子排布式为3d5； （2）根据题干流程中，沉锰Ⅱ、沉镁Ⅰ中加入含铵根离子或氨水，沉镁Ⅱ中生成含有铵盐，故调节pH选用氨水，不会引入新的杂质离子Na+等，“沉锰I”时，O2要在碱性条件下反应，下列最适合用于调节pH的是NH3•H2O，该过程中Mn2+先形成Mn(OH)2后被氧化成Mn3O4，当Mg2+(c=1.0×10-0.78mol/L)将要开始沉淀时，溶液中c(OH-)===10-5.235mol/L，Mn2+浓度为==10-2.25，故答案为：A；10-2.25； （3）由题干信息可知，“沉锰”分I为先将Mn2+转化为Mn(OH)2再用O2将其氧化为Mn3O4、Ⅱ为用(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为MnO2，由于Mg(OH)2、Mn(OH)2的Ksp比较接近，若一步沉淀则易导致Mn2+、Mg2+同步沉淀，使得获得的MnSO4·H2O产品不纯，所以流程中采用两步进行，故答案为：为了实现锰离子的高效、更加完全沉淀分离，以提高锰离子的回收率和产品MnSO4·H2O产品纯度； （4）将“沉镁I”中得到的碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]加到“回转窑”中，在500~600℃下煅烧可得轻质MgO，煅烧时间控制在15~30min的理由为：若时间少于15min将导致碱式碳酸镁分解不完全，得到的MgO纯度较低、产率低，时间超过30min增加能耗，且可能导致MgO颗粒烧结，降低其活性； （5）由题干图像信息可知，pH=8.0是含磷微粒是， “沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全，同时也能使溶液中的沉淀，结合流程图可知，“沉镁Ⅱ”中生成沉淀的离子方程式为：Mg2+++NH3•H2O+5H2O=MgNH4PO4·6H2O↓； （6）从溶液到晶体的一般操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故“结晶”中，获得(NH4)2SO4晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 20．(1)升高浸取温度、将矿石粉碎或适当增大H2SO4浓度 (2)将氧化为，便于后续调pH时生成沉淀除去杂质 (3)＜ (4) (5) 蒸发浓缩 冷却结晶 (6) 6 【分析】大洋锰结核通入SO2加硫酸浸取，二氧化硅不反应，滤渣1为二氧化硅和生成的微溶的硫酸钙，滤液中含Mn2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Zn2+等，加入过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+方便后续除去，加入氨水调pH可使Fe3+、Al3+沉淀得到滤渣2，向滤液再加MnF2和Na2S净化主要是除去Zn2+和Mg2+得到滤渣3，向滤液加入碳酸氢铵“沉锰”生成MnCO3沉淀，MnCO3煅烧得到MnxOy，MnCO3中加磷酸进一步制备可得到Mn(H2PO4)2∙2H2O。 【详解】（1）要提高“浸取”的速率，可以采取的方法有升高浸取温度、将矿石粉碎以增大接触面积或适当增大硫酸浓度； （2）加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续调pH时生成Fe(OH)3沉淀除去杂质铁元素； （3）常温下pH=6时，c(OH-)=10-8 mol·L-1，，则>1，； （4），25℃，该反应的平衡常数K＝； （5）要将“溶解”后的溶液制得Mn(H2PO4)2·2H2O晶体，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； （6）①Mn的个数为：，O的个数为：，该物质的化学式为MnO2； ②一个Mn周围与其最近的O原子数为6，构成正八面体。 21．(1) SiO2、CaSO4 Fe (2)防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解） (3) (4)沉钛时，需加入大量的水，不利于绿矾的结晶 (5) 随着温度升高，CO2与C反应生成 CO 【分析】钛铁矿主要成分为，杂质有等。钛铁矿用稀硫酸“酸浸”，酸性溶液中钛元素主要以形式存在，可知溶液存在的阳离子为、Fe2+、Fe3+、Mg2+，CaO与硫酸反应生成硫酸钙沉淀，SiO2不与硫酸反应，过滤，滤渣中含有SiO2、CaSO4；滤液加铁粉把Fe3+还原为Fe2+，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得硫酸亚铁晶体；硫酸亚铁溶液加碳酸氢铵“沉铁”生成碳酸亚铁沉淀，碳酸亚铁加乳酸溶液转化为乳酸亚铁溶液；滤液1中含有、Mg2+、Fe2+，加大量热水使水解为沉淀，煅烧得TiO2，高温条件下TiO2、焦炭、氯气反应生成TiCl4、CO、CO2等。 【详解】（1） Ti是22号元素，基态钛原子价电子排布式为3d24s2，价层电子轨道表示式为；CaO与硫酸反应生成硫酸钙沉淀，SiO2不与硫酸反应，所以滤渣的主要成分为SiO2、CaSO4；试剂X把Fe3+还原为Fe2+，则X为Fe。 （2）碳酸氢铵受热易分解，为防止NH4HCO3分解“沉铁”时需控制反应温度低于35℃。 （3）滤液1中含有、Mg2+，加热水使水解为沉淀，离子方程式为。 （4）沉钛时，需加入大量的水，不利于绿矾的结晶，所以“结晶”和“沉钛”顺序不宜交换。 （5）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比，可知TiCl4、CO、CO2的物质的量之比约是5：2：4，该温度下，与C、反应的总化学方程式为； ②随着温度升高，CO2与C反应生成CO，所以尾气中CO的含量升高。 22．(1)1:4 (2)SiO2、CaSO4 (3)萃取时若pH不宜过低，逆向移动，不利于Ce4+进入有机相，若pH不宜过高，Ce4+转化为Ce(OH)4沉淀 (4)2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+ (5) (6) 取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液； 若无白色沉淀生成 (7) (8) 【分析】氟碳铈矿中含及少量的、。空气中"氧化焙烧"氟碳铈矿，Ce3+氧化为Ce4+，Fe2O3、CaCO3、SiO2不反应，硫酸"浸取"，Ce4+、Fe3+进入溶液，CaCO3转化为CaSO4沉淀、SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2、CaSO4，加入萃取剂HA"萃取" Ce4+转化为CeA4 进入有机相，Fe3+留在水层，分液"洗氟"，加入稀硫酸、H2O2"反萃取"、分液得到萃取剂HA和含Ce3+的水层，反应为，制备CeO2方法1中加入氨水沉铈得到Ce(OH)3沉淀，在Ce(OH)3沉淀中加入次氯酸钠溶液生成沉淀Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2；制备CeO2方法2中加入氢氧化钠调PH，Ce3+和碳酸氢铵反应生成碳酸铈，碳酸铈在空气中焙烧生成CeO2。 【详解】（1）“氧化焙烧”时Ce3+被氧气氧化为Ce4+，是还原剂、O2是氧化剂，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4。 （2）硫酸"浸取"，Ce4+、Fe3+进入溶液，CaCO3转化为CaSO4沉淀、SiO2不反应，过滤，滤渣1为SiO2、CaSO4； （3）萃取时若pH不宜过低，逆向移动，不利于Ce4+进入有机相，若pH不宜过高，Ce4+转化为Ce(OH)4沉淀，所以萃取时pH不宜过低，也不宜过高。 （4）“反萃取”时被双氧水还原为Ce3+，发生反应方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+； （5）向水溶液1中加入氨水得到Ce(OH)3沉淀，反应的离子方程式为； （6）加入NaClO后，沉淀表面可能残留Cl⁻，若洗涤液中不含Cl⁻，说明沉淀已经洗涤干净；具体操作为：取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净；若有白色沉淀，说明未洗净。 （7）向水溶液1中加入，生成沉淀。对应的离子方程式为。 （8）Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4HCO3固体分解生成气体，所以粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度，反应方程式为。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $