專(zhuān)題83 工藝流程-物質(zhì)分離提純 十年（2015-2024）高考化學(xué)真題分類(lèi)匯編(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題83工藝流程——物質(zhì)分離提純考點(diǎn)十年考情(2015-2024)命題趨勢(shì)考點(diǎn)1簡(jiǎn)單工藝流程中應(yīng)用2023?浙江省6月選考、2022?山東卷、2020?山東卷工藝流程題目在流程中一般分為3個(gè)過(guò)程：原料處理→分離提純→獲得產(chǎn)品，其中化工生產(chǎn)過(guò)程中分離提純、除雜等環(huán)節(jié)，與高中化學(xué)基本實(shí)驗(yàn)的原理緊密聯(lián)系，包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、烘干，或蒸餾、萃取、分液等基本實(shí)驗(yàn)操作及原理，并要熟悉所用到的相關(guān)儀器。通過(guò)控制條件使反應(yīng)向著實(shí)際需要的方向進(jìn)行或轉(zhuǎn)化，實(shí)現(xiàn)物質(zhì)間的分離和提純，從而達(dá)到效果的最優(yōu)化。其中溫度控制是最常見(jiàn)的一種條件控制，其常見(jiàn)目的是改變化學(xué)反應(yīng)速率，使化學(xué)平衡發(fā)生移動(dòng)或結(jié)合物質(zhì)的溶解度進(jìn)行物質(zhì)的分提純等?？键c(diǎn)2綜合工藝流程中應(yīng)用2024·湖南卷、2024·甘肅卷、2024·山東卷、2024·河北卷、2024·湖北卷、2023?山東卷、2022?福建卷、2022?重慶卷、2022?遼寧省選擇性、2022?北京卷、2022?河北省選擇性、2021?浙江1月、2021?湖南選擇性、2021?河北選擇性、2021?山東卷、2019?新課標(biāo)Ⅲ、2017?新課標(biāo)Ⅰ、2017?江蘇卷、2016·江蘇卷考點(diǎn)1簡(jiǎn)單工藝流程中應(yīng)用1．(2023?浙江省6月選考，12)苯甲酸是一種常用的食品防腐劑。某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)粗苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的提純方案如下：下列說(shuō)法不正確的是()A．操作I中依據(jù)苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ趁熱過(guò)濾的目的是除去泥沙和NaClC．操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶可減少雜質(zhì)被包裹D．操作IV可用冷水洗滌晶體【答案】B【解析】苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水。粗苯甲酸中混有泥沙和氯化鈉，加水、加熱溶解，苯甲酸、NaCl溶解在水中，泥沙不溶，從而形成懸濁液；趁熱過(guò)濾出泥沙，同時(shí)防止苯甲酸結(jié)晶析出；將濾液冷卻結(jié)晶，大部分苯甲酸結(jié)晶析出，氯化鈉仍留在母液中；過(guò)濾、用冷水洗滌，便可得到純凈苯甲酸。A項(xiàng)，操作I中，為減少能耗、減少苯甲酸的溶解損失，溶解所用水的量需加以控制，可依據(jù)苯甲酸的大致含量、溶解度等估算加水量，A正確；B項(xiàng)，操作Ⅱ趁熱過(guò)濾的目的，是除去泥沙，同時(shí)防止苯甲酸結(jié)晶析出，NaCl含量少，通常不結(jié)晶析出，B不正確；C項(xiàng)，操作Ⅲ緩慢冷卻結(jié)晶，可形成較大的苯甲酸晶體顆粒，同時(shí)可減少雜質(zhì)被包裹在晶體顆粒內(nèi)部，C正確；D項(xiàng)，苯甲酸微溶于冷水，易溶于熱水，所以操作IV可用冷水洗滌晶體，既可去除晶體表面吸附的雜質(zhì)離子，又能減少溶解損失，D正確；故選B。2．(2022?山東卷，9)已知苯胺(液體)、苯甲酸(固體)微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實(shí)驗(yàn)室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列說(shuō)法正確的是()A．苯胺既可與鹽酸也可與溶液反應(yīng)B．由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)可采用相同的操作方法C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得D．①、②、③均為兩相混合體系【答案】C【解析】根據(jù)題給流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入鹽酸，鹽酸將微溶于水的苯胺轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯胺鹽酸鹽，分液得到水相Ⅰ和有機(jī)相Ⅰ；向水相中加入氫氧化鈉溶液將苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有機(jī)相中加入水洗滌除去混有的鹽酸，分液得到廢液和有機(jī)相Ⅱ，向有機(jī)相Ⅱ中加入碳酸鈉溶液將微溶于水的苯甲酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯甲酸鈉，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入鹽酸，將苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸，經(jīng)結(jié)晶或重結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到苯甲酸粗品③。A項(xiàng)，苯胺分子中含有的氨基能與鹽酸反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，得到苯胺粗品①的分離方法為分液，得到苯甲酸粗品③的分離方法為結(jié)晶或重結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌，獲取兩者的操作方法不同，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，C正確；D項(xiàng)，①、②為液相，③為固相，都不是兩相混合體系，D錯(cuò)誤；故選C。3．(2022?山東，12)高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質(zhì))為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數(shù)據(jù)見(jiàn)下表。開(kāi)始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．固體X主要成分是Fe(OH)3和S；金屬M(fèi)為ZnB．浸取時(shí)，增大O2壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出C．中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2D．還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】依據(jù)題中的工藝流程，CuS精礦(含有雜質(zhì)Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應(yīng)產(chǎn)生為CuSO4、S、H2O，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過(guò)濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向?yàn)V液中通入高壓H2，根據(jù)元素活動(dòng)性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質(zhì)，通過(guò)過(guò)濾分離出來(lái)；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經(jīng)一系列處理可得到Zn單質(zhì)。A項(xiàng)，固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M(fèi)為Zn，A正確；B項(xiàng)，CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的濃度，可以反應(yīng)消耗S2-，使之轉(zhuǎn)化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，從而可促進(jìn)金屬離子的浸取，B正確；C項(xiàng)，根據(jù)流程圖可知：用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結(jié)合離子沉淀的pH范圍，可知中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，C正確；D項(xiàng)，在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí)，H2失去電子被氧化為H+，與溶液中OH-結(jié)合形成H2O，若還原時(shí)增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去電子還原Cu單質(zhì)，因此不利于Cu的生成，D錯(cuò)誤；故選D。4．(2020·山東卷，8)實(shí)驗(yàn)室分離Fe3+和Al3+的流程如下：知Fe3+在濃鹽酸中生成黃色配離子[FeCl4]-，該配離子在乙醚(Et2O，沸點(diǎn)34.6℃)中生成締合物。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．萃取振蕩時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向下B．分液時(shí)，應(yīng)先將下層液體由分液漏斗下口放出C．分液后水相為無(wú)色，說(shuō)明已達(dá)到分離目的D．蒸餾時(shí)選用直形冷凝管【答案】A【解析】A項(xiàng)，萃取振蕩時(shí)，分液漏斗下口應(yīng)傾斜向上，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，分液時(shí)，密度大的液體在下層，密度小的液體在上層，下層液體由分液漏斗下口放出，下層液體放完后，密度小的上層液體從分液漏斗上口倒出，B正確；C項(xiàng)，F(xiàn)e3+在濃鹽酸中生成黃色配離子，該離子在乙醚中生成締合物，乙醚與水不互溶，故分液后水相為無(wú)色，則水相中不再含有Fe3+，說(shuō)明已經(jīng)達(dá)到分離目的，C正確；D項(xiàng)，蒸餾時(shí)選用直形冷凝管，能使餾分全部轉(zhuǎn)移到錐形瓶中，而不會(huì)殘留在冷凝管中，D正確；故選A?？键c(diǎn)2綜合工藝流程中應(yīng)用1．(2024·湖南卷，16，3分)銅陽(yáng)極泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一種含貴金屬的可再生資源，回收貴金屬的化工流程如下：已知：①當(dāng)某離子的濃度低于1.0×10?5mol·L－1時(shí)，可忽略該離子的存在；②AgCl(s)＋Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)K=2.0×10?5

；③Na2SO3易從溶液中結(jié)晶析出；④不同溫度下Na2SO3的溶解度如下：溫度℃020406080溶解度/g14.426.137.433.229.0回答下列問(wèn)題：(1)Cu屬于區(qū)元素，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為；(2)“濾液1”中含有和H2SeO3，“氧化酸浸”時(shí)Cu2Se反應(yīng)的離子方程式為；(3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl：①在“氧化酸浸”工序中，加入適量NaCl的原因是。②在“除金”工序溶液中，濃度不能超過(guò)。(4)在“銀轉(zhuǎn)化”體系中，c[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-濃度之和為0.075mol·L－1，兩種離子分布分?jǐn)?shù)隨SO32-濃度的變化關(guān)系如圖所示，若SO32-濃度為1.0mol·L－1，則[Ag(SO3)3]5-的濃度為mol·L－1。(5)濾液4中溶質(zhì)主要成分為(填化學(xué)式)；在連續(xù)生產(chǎn)的模式下，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”工序需在℃左右進(jìn)行，若反應(yīng)溫度過(guò)高，將難以實(shí)現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)，原因是。【答案】(1)ds3d104s1(2)Cu2Se+4H2O2+4H+=2H2SeO3+5H2O(3)使銀元素轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀0.5(4)0.05(5)Na2SO3高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”的效率降低，難以實(shí)現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)【解析】銅陽(yáng)極泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由題中信息可知，濾液1中含有Cu2+和H2SeO3，濾渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；濾渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，將Au轉(zhuǎn)化為Na[AuCl4]除去，濾液2中含有Na[AuCl4]，濾渣2中含有AgCl、PbSO4；在濾渣2中加入Na2SO3，將AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2SO3，過(guò)濾除去PbSO4，濾液3含有Ag2SO3；濾液2中加入Na2S2O4，將Ag元素還原為Ag單質(zhì)，Na2S2O4轉(zhuǎn)化為Na2SO3，濾液4中溶質(zhì)主要為Na2SO3，可繼續(xù)進(jìn)行銀轉(zhuǎn)化過(guò)程。【解析】(1)Cu的原子序數(shù)為29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds區(qū)，其基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為3d104s1；(2)濾液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸時(shí)Cu2Se與H2O2、H2SO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成、H2SeO3和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：Cu2Se+4H2O2+4H+=2H2SeO3+5H2O；(3)①在“氧化酸浸”工序中，加入適量NaCl的原因是使銀元素轉(zhuǎn)化為AgCl沉淀；②由題目可知AgCl(s)＋Cl-(aq)[AgCl2]-(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl-加入過(guò)多，AgCl則會(huì)轉(zhuǎn)化為[AgCl2]-，當(dāng)某離子的濃度低于1.0×10?5mol·L－1時(shí)，可忽略該離子的存在，為了不讓AgCl發(fā)生轉(zhuǎn)化，則另，由，可得c(Cl-)=0.5mol·L－1，即Cl-濃度不能超過(guò)0.5mol·L－1；(4)在“銀轉(zhuǎn)化”體系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-濃度之和為0.075mol·L－1，溶液中存在平衡關(guān)系：[Ag(SO3)2]3-＋SO32-(aq)[Ag(SO3)3]5-，當(dāng)c(SO32-)=0.5mol·L－1時(shí)，此時(shí)c[Ag(SO3)2]3-=[Ag(SO3)3]5-=0.0375mol·L－1，則該平衡關(guān)系的平衡常數(shù)，當(dāng)c(SO32-)=1.0mol·L－1時(shí)，，解得此時(shí)c[Ag(SO3)3]5-=0.05mol·L－1；(5)由分析可知濾液4中溶質(zhì)主要成分為Na2SO3；由不同溫度下Na2SO3的溶解度可知，高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“銀轉(zhuǎn)化”和“銀還原”的效率降低，難以實(shí)現(xiàn)連續(xù)生產(chǎn)。2．(2024·甘肅卷，15)我國(guó)科研人員以高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)為原料，對(duì)煉鋼煙氣(CO2和水蒸氣)進(jìn)行回收利用，有效減少了環(huán)境污染，主要流程如圖所示：已知：Ksp(CaSO4)=4.9×10－5，Ksp(CaCO3)=3.4×10－9(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是。(2)“濾渣”的主要成分是CaSO4和。(3)“水浸2”時(shí)主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為，該反應(yīng)能進(jìn)行的原因是。(4)鋁產(chǎn)品Al·12H2O可用于。(5)某含鈣化合物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數(shù)。圖丙中與N的距離為；化合物的化學(xué)式是，其摩爾質(zhì)量為Mg·molˉ1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，則晶體的密度為g·cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式)?！敬鸢浮?1)NH3(2)SiO2(3)CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣(4)凈水(5)Ca3N3B【解析】高爐渣(主要成分為CaO，MgO，Al2O3和SiO2等)加入(NH4)2SO4在400℃下焙燒，生成硫酸鈣、硫酸鎂、硫酸鋁，同時(shí)產(chǎn)生氣體，該氣體與煙氣(CO2和水蒸氣)反應(yīng)，生成(NH4)2CO3，所以該氣體為NH3；焙燒產(chǎn)物經(jīng)過(guò)水浸1，然后過(guò)濾，濾渣為CaSO4以及未反應(yīng)的SiO2，濾液溶質(zhì)主要為硫酸鎂、硫酸鋁及硫酸銨；濾液濃縮結(jié)晶，析出Al·12H2O，剩余富鎂溶液；濾渣加入(NH4)2CO3溶液，濾渣中的CaSO4會(huì)轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣。(1)高爐渣與(NH4)2SO4經(jīng)焙燒產(chǎn)生的“氣體”是NH3；(2)由分析可知，“濾渣”的主要成分是CaSO4和未反應(yīng)的SiO2；(3)“水浸2”時(shí)主要反應(yīng)為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應(yīng)方程式為CaSO4+(NH4)2CO3=CaCO3+(NH4)2SO4，該反應(yīng)之所以能發(fā)生，是由于Ksp(CaSO4)=4.9×10－5，Ksp(CaCO3)=3.4×10－9，Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)，微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為更難溶的碳酸鈣；(4)鋁產(chǎn)品Al·12H2O溶于水后，會(huì)產(chǎn)生Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3膠體，可用于凈水；(5)圖丙中，Ca位于正方形頂點(diǎn)，N位于正方形中心，故Ca與N的距離為pm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個(gè)數(shù)為，N的個(gè)數(shù)為，B的個(gè)數(shù)為，則化合物的化學(xué)式是Ca3N3B；其摩爾質(zhì)量為Mg·molˉ1，阿伏加德羅常數(shù)的值是NA，晶胞體積為則晶體的密度為。3．(2024·山東卷，18，12分)以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)“熱浸”時(shí)，難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫。溶解等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時(shí)，消耗Fe3+物質(zhì)的量之比為_(kāi)______；溶液中鹽酸濃度不宜過(guò)大，除防止“熱浸”時(shí)揮發(fā)外，另一目的是防止產(chǎn)生_______(填化學(xué)式)。(2)將“過(guò)濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復(fù)用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬Pb“電解I”陽(yáng)極產(chǎn)物用尾液吸收后在工藝中循環(huán)使用，利用該吸收液的操作單元為_(kāi)______。(3)“還原”中加入鉛精礦目的是_______。(4)“置換”中可選用的試劑X為_(kāi)______(填標(biāo)號(hào))。A．AlB．ZnC．PbD．Ag“置換”反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(5)“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作_______(填“陰極”或“陽(yáng)極”)?！敬鸢浮?1)①1：1②H2S(2)熱浸(3)將過(guò)量的Fe3+還原為Fe2+(4)①C②Pb+2[AgCl2]-=2Ag+[PbCl4]2-(5)陽(yáng)極【解析】本題以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag，“熱浸”時(shí)，難溶的PbS和Ag2S轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質(zhì)硫，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，過(guò)濾I除掉單質(zhì)硫?yàn)V渣，濾液中[PbCl4]2-在稀釋降溫的過(guò)程中轉(zhuǎn)化為PbCl2沉淀，然后用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，使PbCl2又轉(zhuǎn)化為[PbCl4]2-，電解得到Pb；過(guò)濾II后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，試劑X將[AgCl2]-置換為Ag，得到富銀鉛泥，試劑X為鉛，尾液為FeCl2。(1)“熱浸”時(shí)，F(xiàn)e3+將PbS和Ag2S中-2價(jià)的硫氧化為單質(zhì)硫，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，在這個(gè)過(guò)程中Pb和Ag的化合價(jià)保持不變，所以等物質(zhì)的量的PbS和Ag2S時(shí)，S2-物質(zhì)的量相等，所以消耗Fe3+的物質(zhì)的量相等，比值為1：1；溶液中鹽酸濃度過(guò)大，這里主要考慮氫離子濃度會(huì)過(guò)大，會(huì)生成H2S氣體。(2)“過(guò)濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復(fù)用飽和食鹽水熱溶，會(huì)溶解為[PbCl4]2-，電解[PbCl4]2-溶液制備金屬Pb，Pb在陰極產(chǎn)生，陽(yáng)極Cl-放電產(chǎn)生Cl2，尾液成分為FeCl2，F(xiàn)eCl2吸收Cl2后轉(zhuǎn)化為FeCl3，可以在熱浸中循環(huán)使用。(3)過(guò)濾Ⅱ所得的濾液中有過(guò)量的未反應(yīng)的Fe3+，根據(jù)還原之后可以得到含硫?yàn)V渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是是將將過(guò)量的Fe3+還原為Fe2+。(4)“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質(zhì)，則試劑X應(yīng)為Pb，發(fā)生的反應(yīng)為：Pb+2[AgCl2]-=2Ag+[PbCl4]2-。(5)“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來(lái)，所以不可能作為陰極，應(yīng)作為陽(yáng)極板，陽(yáng)極放電視，銀變成陽(yáng)極泥而沉降下來(lái)，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應(yīng)作陽(yáng)極。4．(2024·河北卷，16，14分)V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產(chǎn)物可回收和不產(chǎn)生氣體污染物等優(yōu)點(diǎn)。工藝流程如下。已知：i石煤是一種含V2O3的礦物，雜質(zhì)為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為CaCO3、NaOH、Na2CO3等。ⅱ高溫下，苛化泥的主要成分可與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣均難溶于水?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)釩原子的價(jià)層電子排布式為_(kāi)______；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為_(kāi)______，產(chǎn)生的氣體①為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(2)水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質(zhì)的主要成分為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(3)在弱堿性環(huán)境下，偏釩酸鈣經(jīng)鹽浸生成碳酸鈣發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______；CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率的原因?yàn)開(kāi)______；浸取后低濃度的濾液①進(jìn)入_______(填工序名稱(chēng))，可實(shí)現(xiàn)釩元素的充分利用。(4)洗脫工序中洗脫液的主要成分為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(5)下列不利于沉釩過(guò)程的兩種操作為_(kāi)______(填序號(hào))。a．延長(zhǎng)沉釩時(shí)間b．將溶液調(diào)至堿性c．?dāng)嚢鑔．降低NH4Cl溶液的濃度【答案】(1)①3d34s2②+5③CO2(2)NaAlO2(3)①Ca(VO3)2+HCO3-+OH-CaCO3+2VO3-+H2O②提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放VO3-③離子交換(4)NaCl(5)bd【解析】石煤和苛化泥通入空氣進(jìn)行焙燒，反應(yīng)生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(zhì)(如NaVO3)和不溶性物質(zhì)[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，過(guò)濾后濾液進(jìn)行離子交換、洗脫，用于富集和提純VO3-，加入氯化銨溶液沉釩，生成NH4VO3，經(jīng)一系列處理后得到V2O3；濾渣①在，66~70℃的條件下加入3%NH4HCO3溶液進(jìn)行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過(guò)鹽浸，使濾渣①中的釩元素進(jìn)入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進(jìn)行VO3-的富集。(1)釩是23號(hào)元素，其價(jià)層電子排布式為3d34s2；焙燒過(guò)程中，氧氣被還原，V2O3被氧化生成VO3-，偏釩酸鹽中釩的化合價(jià)為+5價(jià)；CaCO3在以上開(kāi)始分解，生成的氣體①為CO2。(2)由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與Al2O3反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質(zhì)的主要成分是NaAlO2。(3)在弱堿性環(huán)境下，Ca(VO3)2與HCO3-和OH-反應(yīng)生成CaCO3、VO3-和H2O，離子方程式為：Ca(VO3)2+HCO3-+OH-CaCO3+2VO3-+H2O；CO2加壓導(dǎo)入鹽浸工序可提高浸出率，因?yàn)镃可提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，釋放VO3-；濾液①中含有VO3-、NH4+等，且濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過(guò)離子交換進(jìn)行分離、富集，故濾液①應(yīng)進(jìn)入離子交換工序。(4)由離子交換工序中樹(shù)脂的組成可知，洗脫液中應(yīng)含有Cl-，考慮到水浸所得溶液中含有Na+，為避免引人其他雜質(zhì)離子，且NaCl廉價(jià)易得，故洗脫液的主要成分應(yīng)為NaCl。(5)a項(xiàng)，延長(zhǎng)沉釩時(shí)間，能使反應(yīng)更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；b項(xiàng)，NH4Cl呈弱酸性，如果將溶液調(diào)至堿性，OH-與NH4+反應(yīng)，不利于生成NH4VO3，b符合題意；c項(xiàng)，攪拌能使反應(yīng)物更好的接觸，提高反應(yīng)速率，使反應(yīng)更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；d項(xiàng)，降低NH4Cl溶液的濃度，不利于生成NH4VO3，d符合題意；故選bd。5．(2024·湖北卷，16，13分)鈹用于宇航器件的構(gòu)筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]中提取鈹?shù)穆窂綖椋阂阎築e2++4HABeA2(HA)2+2H+回答下列問(wèn)題：(1)基態(tài)Be2+的軌道表示式為。(2)為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態(tài)，冷卻過(guò)程的特點(diǎn)是。(3)“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過(guò)量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現(xiàn)象是。(4)寫(xiě)出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式?！盀V液2”可以進(jìn)入步驟再利用。(5)電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)，加入氯化鈉的主要作用是。(6)Be(OH)2與醋酸反應(yīng)得到某含4個(gè)的配合物，4個(gè)位于以1個(gè)O原子為中心的四面體的4個(gè)頂點(diǎn)，且每個(gè)的配位環(huán)境相同，與間通過(guò)CH3COO-相連，其化學(xué)式為。【答案】(1)(2)快速冷卻(3)無(wú)明顯現(xiàn)象(4)BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O反萃取(5)增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性(6)Be4O(CH3COO)6【解析】本題是化工流程的綜合考察，首先鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態(tài)，再加入稀硫酸酸浸過(guò)濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，水相1中含有Al3+，有機(jī)相為BeA2(HA)2，加入過(guò)量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉(zhuǎn)化為Na2[Be(OH)4]進(jìn)入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對(duì)水相2加熱過(guò)濾，分離出Be(OH)2，通過(guò)系列操作得到金屬鈹。(1)基態(tài)Be2+的電子排布式為1s2，其軌道表達(dá)式為。(2)熔融態(tài)物質(zhì)冷卻凝固時(shí)，緩慢冷卻會(huì)形成晶體，快速冷卻會(huì)形成非晶態(tài)，即玻璃態(tài)，所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態(tài)，其冷卻過(guò)程的特點(diǎn)為：快速冷卻。(3)“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機(jī)相中，則水相1中含有Al3+，則向過(guò)量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可觀察到的現(xiàn)象為：無(wú)明顯現(xiàn)象。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學(xué)方程式為BeA2(HA)2+6NaOH=Na2[Be(OH)4]+4NaA+2H2O，濾液2的主要成分為NaOH，可進(jìn)入反萃取步驟再利用。(5)氯化鈹?shù)墓矁r(jià)性較強(qiáng)，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時(shí)，加入氯化鈉的主要作用為增強(qiáng)熔融氯化鈹?shù)膶?dǎo)電性。(6)由題意可知，該配合物中有四個(gè)鈹位于四面體的四個(gè)頂點(diǎn)上，四面體中心只有一個(gè)O，Be與Be之間總共有六個(gè)CH3COO-，則其化學(xué)式為：Be4O(CH3COO)6。6．(2023?山東卷，17)鹽湖鹵水(主要含Na+、M、Li+、Cl-、和硼酸根等)是鋰鹽的重要來(lái)源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下，Ksp()=2.2×10－3。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+(常溫下，Ka=1.010-9.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂NaB4O5(OH)4·8H2O。常溫下，在硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-，該水解反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)____，該溶液_____。(2)濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學(xué)式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為2.0mol·L-1，則常溫下精制Ⅱ過(guò)程中濃度應(yīng)控制在_____mol·L-1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無(wú)法回收外，還將增加_____的用量(填化學(xué)式)。(3)精制Ⅱ的目的是_____；進(jìn)行操作時(shí)應(yīng)選擇的試劑是_____，若不進(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致_____?！敬鸢浮?1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-9.34(2)a5.5×10－4純堿(3)加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的a轉(zhuǎn)化為a(或除去精制Ⅰ所得濾液中的a)，提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過(guò)大使得過(guò)早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的Na中會(huì)混有，最終所得的產(chǎn)率減小【解析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過(guò)濾，所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過(guò)濾，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，在此條件下溶解度最小的是a，則濾渣Ⅰ的主要成分為a；由于a微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ?yàn)閍；精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶、過(guò)濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到。(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]-+H+(常溫下，K=10-9.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂NaB4O5(OH)4·8H2O。常溫下.在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-，該水解反應(yīng)的離子方程式為[B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)4]-的濃度均為0.5mol·L-1，，則該溶液。(2)濾渣I的主要成分是a；精制I后溶液中的濃度為2.0mol·L-1，由可知，則常溫下精制Ⅱ過(guò)程中CO32-濃度應(yīng)控制在mol·L-1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無(wú)法回收HCl外，后續(xù)在濃縮結(jié)晶時(shí)將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿(Na2CO3)的用量。(3)精制Ⅰ中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產(chǎn)生的濾渣Ⅰ的主要成分為a；由于a微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的a，還需要除去a，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的a轉(zhuǎn)化為a(或除去精制Ⅰ所得濾液中的a)，提高純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防止引入雜質(zhì)離子，應(yīng)選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致濃縮液中因濃度過(guò)大使得過(guò)早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的Na中會(huì)混有，最終所得的產(chǎn)率減小。7．(2022?福建卷，11)(13分)粉煤灰是火電廠的大宗固廢。以某電廠的粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提鋁的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)“浸出”時(shí)適當(dāng)升溫的主要目的是_______，Al2O3發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(2)“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有_______。實(shí)驗(yàn)測(cè)得，粉煤灰(Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為)經(jīng)浸出、干燥后得到“浸渣”(Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為)，Al2O3的浸出率為_(kāi)______。(3)“沉鋁”時(shí)，體系中三種物質(zhì)的溶解度曲線如下圖所示，加入K2SO4沉鋁的目的是_______，“沉鋁”的最佳方案為_(kāi)______。(4)“焙燒”時(shí)，主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(5)“水浸”后得到的“濾液2”可返回_______工序循環(huán)使用?！敬鸢浮?1)

提高浸出率(或提高浸出速率)

Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(2)SiO2和CaSO4

84%(3)

使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時(shí)保證晶體純度

高溫溶解再冷卻結(jié)晶(4)2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑(5)沉鋁【解析】粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，加入硫酸鉀，產(chǎn)生復(fù)鹽明礬沉鋁，干燥脫水，焙燒產(chǎn)生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。(1)溫度高速率大，“浸出”時(shí)適當(dāng)升溫的主要目的是提高反應(yīng)速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發(fā)生反應(yīng)生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應(yīng)方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(2)“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰Al2O3的質(zhì)量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質(zhì)量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為；(3)根據(jù)沉鋁體系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉鋁的目的是更多的使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉(zhuǎn)化為晶體析出，同時(shí)保證晶體純度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結(jié)晶；(4)“焙燒”時(shí)，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應(yīng)方程式為2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；(5)“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環(huán)使用。8．(2022?重慶卷，15)(15分)電子印制工業(yè)產(chǎn)生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對(duì)其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時(shí)相關(guān)的溶度積見(jiàn)表。化學(xué)式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①產(chǎn)品Na2SnO3中Sn的化合價(jià)是______。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應(yīng)生成Sn2+，且無(wú)氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉(zhuǎn)化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時(shí)，與NaOH反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____。(2)濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃時(shí)，為了使Cu2+沉淀完全，需調(diào)節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。(3)產(chǎn)品中錫含量的測(cè)定稱(chēng)取產(chǎn)品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護(hù)下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過(guò)程中IO3-被還原為I—，終點(diǎn)時(shí)消耗KIO3溶液20.00mL。①終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為_(kāi)_____，產(chǎn)生I2的離子反應(yīng)方程式為_(kāi)____。②產(chǎn)品中Sn的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)____%?！敬鸢浮?1)

+4價(jià)

Sn(NO3)2、NH4NO3

SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)3

2×10—7(3)滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原

2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O

39.7%【解析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調(diào)節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉(zhuǎn)化為二氧化錫，過(guò)濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉(zhuǎn)化為錫酸鈉后，水浸、過(guò)濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶得到錫酸鈉。(1)①由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價(jià)為+4價(jià)；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應(yīng)為錫與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應(yīng)生成錫酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；(2)①由溶度積可知，向?yàn)V液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀；②由溶度積可知，25℃時(shí)，銅離子沉淀完全時(shí)，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10—8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10—7mol/L；(3)①由題意可知，碘酸鉀先與二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色時(shí)，碘與過(guò)量的二價(jià)錫離子反應(yīng)生成碘離子，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，則終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原，反應(yīng)生成碘的離子方程式為2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原；2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產(chǎn)品中錫元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=39.7%。9．(2022?遼寧省選擇性，16)(14分)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質(zhì))與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯(lián)合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：已知：①焙燒時(shí)過(guò)量的MnO2分解為Mn2O3，F(xiàn)eS2轉(zhuǎn)變?yōu)镕e2O3；②金屬活動(dòng)性：；③相關(guān)金屬離子形成氫氧化物的范圍如下：開(kāi)始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1回答下列問(wèn)題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為_(kāi)__________。a．進(jìn)一步粉碎礦石b．鼓入適當(dāng)過(guò)量的空氣c．降低焙燒溫度(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(3)“酸浸”中過(guò)量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。(4)濾渣的主要成分為_(kāi)__________(填化學(xué)式)。(5)生成氣體A的離子方程式為_(kāi)__________。(6)加入金屬的目的是___________。【答案】(1)ab(2)2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O(6)將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+【解析】聯(lián)合焙燒：由已知信息①和第(2)問(wèn)題干可知，發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2S3→Bi2O3+SO2、FeS2→Fe2O3+SO2、MnO2→Mn2O3+MnSO4，故聯(lián)合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4進(jìn)入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入過(guò)量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發(fā)生轉(zhuǎn)化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因MnSO4有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O，氣體A為Cl2，濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2，濾液中金屬離子為Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)問(wèn)轉(zhuǎn)化：由已知信息②知，F(xiàn)e的金屬活動(dòng)性強(qiáng)于Bi，且調(diào)pH=2.6時(shí)Mn2+和Fe2+進(jìn)入濾液，可知加入金屬Bi的目的是將Fe3+還原為Fe2+。(1)a項(xiàng)，聯(lián)合焙燒時(shí)，進(jìn)一步粉碎礦石，可以增大礦石與空氣的接觸面積，能夠提高焙燒效率，選項(xiàng)a符合題意；b項(xiàng)，鼓入適當(dāng)過(guò)量的空氣有利于礦石充分反應(yīng)，選項(xiàng)b符合題意；c項(xiàng)，降低焙燒溫度，反應(yīng)速率減慢，不利于提高焙燒效率，選項(xiàng)c不符合題意；答案選ab；(2)Bi2S3在空氣中單獨(dú)焙燒生成Bi2O3，根據(jù)原子守恒可知還應(yīng)生成SO2，結(jié)合得失電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Bi2S3+9O22Bi2O3+6SO2；(3)加入濃鹽酸后，溶液中含有的離子主要為Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取濾液進(jìn)行轉(zhuǎn)化，故要防止金屬離子水解生成沉淀，進(jìn)入濾渣，造成制得的BiOCl產(chǎn)率偏低；(4)濾渣主要為不溶于濃鹽酸的SiO2；(5)因Mn2O3有氧化性，會(huì)與濃鹽酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)：Mn2O3+6H++2Cl-=2Mn2++Cl2↑+3H2O；(6)由已知信息③知，調(diào)pH=2.6時(shí)，F(xiàn)e3+會(huì)水解生成Fe(OH)3沉淀，但Fe2+還沒(méi)開(kāi)始沉淀，故要將Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，在調(diào)pH后獲得含F(xiàn)eCl2的濾液，為了不引入新的雜質(zhì)，加入Bi作還原劑。10．(2022?北京卷，18)銨浸法由白云石[主要成分為CaMg(CO3)2，含F(xiàn)e2O3、SiO2雜質(zhì)]制備高純度碳酸鈣和氧化鎂。其流程如下：已知：物質(zhì)Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp(1)煅燒白云石的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。(2)根據(jù)下表數(shù)據(jù)分析：n(NH4Cl)：n(CaO)CaO浸出率/MgO浸出率/w(CaCO3)理論值/w(CaCO3)實(shí)測(cè)值/98.41.199.7-98.81.599.299.598.91.898.899.599.16.095.697.6已知：i．對(duì)浸出率給出定義ii．對(duì)w(CaCO3)給出定義①“沉鈣”反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)__________。②CaO浸出率遠(yuǎn)高于MgO浸出率的原因?yàn)開(kāi)__________。③不宜選用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”數(shù)值為_(kāi)__________。④w(CaCO3)實(shí)測(cè)值大于理論值的原因?yàn)開(kāi)__________。⑤蒸餾時(shí)，隨餾出液體積增大，MgO浸出率可出增加至，結(jié)合化學(xué)反應(yīng)原理解釋MgO浸出率提高的原因?yàn)開(kāi)__________。(3)濾渣C為_(kāi)__________。(4)可循環(huán)利用的物質(zhì)為_(kāi)__________?！敬鸢浮?1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑(2)

CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O

Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應(yīng)，而Mg(OH)2不能

2.4：1

反應(yīng)加入的CaO也轉(zhuǎn)化為CaCO3

Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸餾時(shí)，NH3逸出促進(jìn)NH4+水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉(zhuǎn)化為MgSO4(3)SiO2、Fe2O3(4)NH4Cl、(NH4)2SO4【解析】由題給流程可知，白云石煅燒時(shí)，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣和氧化鎂，向煅燒后的固體中加入氯化銨溶液和氧化鈣，氧化鈣和氯化銨溶液反應(yīng)生成氯化鈣和一水合氨，氧化鎂與水反應(yīng)生成氫氧化鎂，過(guò)濾得到含有氯化鈣、一水合氨的濾液A和含有氫氧化鎂、氧化鐵、二氧化硅的濾渣B；向?yàn)V液A中通入二氧化碳，二氧化碳與濾液A反應(yīng)、過(guò)濾得到碳酸鈣沉淀和氯化銨溶液；向?yàn)V渣B中加入硫酸銨溶液蒸餾，將氫氧化鎂轉(zhuǎn)化為硫酸鎂，氧化鐵、二氧化硅與硫酸銨溶液不反應(yīng)，過(guò)濾得到含有氧化鐵、二氧化硅的濾渣C和含有硫酸鎂的濾液D；向?yàn)V液D中加入碳酸銨溶液，碳酸銨溶液與濾液D反應(yīng)、過(guò)濾得到碳酸鎂沉淀和硫酸銨溶液，煅燒碳酸鎂得到氧化鎂，制備分離過(guò)程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用。(1)白云石煅燒時(shí)，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣、氧化鎂和二氧化碳，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉鈣”時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為二氧化碳與氯化鈣和一水合氨混合溶液反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、氯化銨和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由題給溶度積數(shù)據(jù)可知，氫氧化鈣的溶度積大于氫氧化鎂，溶液中氫氧化鈣的濃度大于氫氧化鎂，能與氯化銨溶液反應(yīng)生成氯化鈣和一水合氨，而氫氧化鎂不能反應(yīng)，所以氧化鈣的浸出率遠(yuǎn)高于氧化鎂；③由題給數(shù)據(jù)可知，氯化銨和氧化鈣的物質(zhì)的量比為2.4：1時(shí)，氧化鎂的浸出率最高，而碳酸鈣的質(zhì)量分?jǐn)?shù)無(wú)論是理論值還是實(shí)測(cè)值都最低，所以不宜選用的物質(zhì)的量比為2.4：1；④硫酸銨是強(qiáng)酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱蒸餾時(shí)，氨氣逸出促進(jìn)銨根離子水解，溶液中氫離子濃度增大，有利于氫氧化鎂完全溶解轉(zhuǎn)化為硫酸銨，所以氧化鎂浸出率提高；(3)濾渣C為氧化鐵、二氧化硅；(4)由分析可知，制備分離過(guò)程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用。11．(2022?河北省選擇性，15)以焙燒黃鐵礦FeS2(雜質(zhì)為石英等)產(chǎn)生的紅渣為原料制備銨鐵藍(lán)Fe(NH4)Fe(CN)6顏料。工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：(1)紅渣的主要成分為_(kāi)______(填化學(xué)式)，濾渣①的主要成分為_(kāi)______(填化學(xué)式)。(2)黃鐵礦研細(xì)的目的是_______。(3)還原工序中，不生成S單質(zhì)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(4)工序①的名稱(chēng)為_(kāi)______，所得母液循環(huán)使用。(5)沉鐵工序產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中的化合價(jià)為_(kāi)______，氧化工序發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______。(6)若用還原工序得到的濾液制備Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，所加試劑為_(kāi)______和_______(填化學(xué)式，不引入雜質(zhì))?！敬鸢浮?1)

Fe2O3

SiO2(2)增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率(3)7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4(4)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌(5)+2；

Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO-+2H+=Fe(NH4)Fe(CN)6+H2O+Cl-+NH4+(6)

H2O2

NH3·H2O【解析】已知黃鐵礦高溫煅燒生成Fe2O3，反應(yīng)原理為：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故產(chǎn)生的紅渣主要成分為Fe2O3和SiO2，將紅渣粉碎后加入足量的50%的H2SO4溶液加熱充酸浸，反應(yīng)原理為：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，過(guò)濾出濾渣①，主要成分為SiO2，向?yàn)V液中加入黃鐵礦進(jìn)行還原，將Fe3+還原為Fe2+，由(3)小問(wèn)可知不生成S沉淀，則硫元素被氧化為SO42-，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，然后進(jìn)行工序①為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，得到FeSO4晶體和母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4，加水溶解FeSO4晶體，向所得溶液中加入(NH4)2SO4、K4[Fe(CN)6]并用H2SO4調(diào)節(jié)溶液的pH為3，進(jìn)行沉鐵過(guò)程，反應(yīng)原理為：Fe2++2NH4++[Fe(CN)6]3-=Fe(NH4)2Fe(CN)6↓，然后過(guò)濾出沉淀，洗滌后加入H2SO4和NaClO3進(jìn)行氧化步驟，反應(yīng)原理為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4+，過(guò)濾、洗滌干燥即制得Fe(NH4)Fe(CN)6。(1)由分析可知，紅渣的主要成分為：Fe2O3，濾渣①的主要成分為：SiO2；(2)黃鐵礦研細(xì)的主要目的是增大固液接觸面積，加快反應(yīng)速率，提高黃鐵礦的利用率；(3)由分析可知，還原工序中，不產(chǎn)生S單質(zhì)沉淀，則硫元素被氧化為SO42-，反應(yīng)原理為：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故化學(xué)方程式為：7Fe2(SO4)3+FeS2+8H2O=15FeSO4+8H2SO4；(4)由分析可知，工序①的名稱(chēng)為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾洗滌，所得母液主要含有FeSO4溶液和H2SO4可以循環(huán)利用；(5)沉鐵工序中產(chǎn)生的白色沉淀Fe(NH4)2Fe(CN)6中Fe的化合價(jià)為+2價(jià)和[Fe(CN)6]4-中的+3價(jià)，由分析可知，氧化工序所發(fā)生的離子方程式為：6Fe(NH4)2Fe(CN)6+ClO3-+6H+=6Fe(NH4)Fe(CN)6+3H2O+Cl-+6NH4+；(6)由分析可知，還原工序所得的濾液中主要含有FeSO4溶液和H2SO4，向?yàn)V液中先加入一定量的H2O2溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+，在向氧化后的溶液中加入氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過(guò)濾洗滌，對(duì)沉淀進(jìn)行灼燒，即可制得Fe2O3·xH2O和(NH4)2SO4，故所需要加入的試劑為H2O2和NH3·H2O。12．(2021?浙江1月，30)某興趣小組用鉻鐵礦[Fe(CrO2)2]制備K2Cr2O7晶體，流程如下：已知：4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO22H++2CrOCr2O+H2O相關(guān)物質(zhì)的溶解度隨溫度變化如下圖。請(qǐng)回答：(1)步驟I，將鉻鐵礦粉碎有利于加快高溫氧化的速率，其理由是______。(2)下列說(shuō)法正確的是______。A．步驟II，低溫可提高浸取率B．步驟II，過(guò)濾可除去NaFeO2水解產(chǎn)生的Fe(OH)3C．步驟III，酸化的目的主要是使Na2CrO4轉(zhuǎn)變?yōu)镹a2Cr2O7D．步驟IV，所得濾渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3(3)步驟V，重結(jié)晶前，為了得到雜質(zhì)較少的K2Cr2O7粗產(chǎn)品，從下列選項(xiàng)中選出合理的操作(操作不能重復(fù)使用)并排序：溶解KCl→______→______→______→______→重結(jié)晶。a．50℃蒸發(fā)溶劑；b．100℃蒸發(fā)溶劑；c．抽濾；d．冷卻至室溫；e．蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱；f．蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)大量晶體，停止加熱。(4)為了測(cè)定K2Cr2O7產(chǎn)品的純度，可采用氧化還原滴定法。①下列關(guān)于滴定分析的操作，不正確的是______。A．用量筒量取25.00mL待測(cè)液轉(zhuǎn)移至錐形瓶B．滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定速度C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直E．平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”可提高測(cè)量的準(zhǔn)確度。其方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，______繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化。(請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)全操作)(5)該小組用滴定法準(zhǔn)確測(cè)得產(chǎn)品中K2Cr2O7的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.50%。某同學(xué)還用分光光度法測(cè)定產(chǎn)品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測(cè)得的質(zhì)量分?jǐn)?shù)明顯偏低。分析其原因，發(fā)現(xiàn)配制K2Cr2O7待測(cè)水溶液時(shí)少加了一種試劑。該試劑是______，添加該試劑的理由是______。【答案】(1)增大反應(yīng)物的接觸面積(2)BC(3)aedc(4)①AC②再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁(5)H2SO4抑制Cr2O72-轉(zhuǎn)化為CrO42-，且與Cr2O72-不反應(yīng)【解析】根據(jù)題給已知，鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發(fā)生高溫氧化反應(yīng)生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，所得固體冷卻后用水浸取，其中NaFeO2發(fā)生強(qiáng)烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，過(guò)濾得到含Na2CrO4、NaOH、Na2CO3的濾液，加入適量硫酸酸化，NaOH、Na2CO3與硫酸反應(yīng)生成Na2SO4，Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7(發(fā)生的反應(yīng)為2Na2CrO4+H2SO4Na2Cr2O7+Na2SO4+H2O)，經(jīng)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌得到的濾液中主要含Na2Cr2O7，加入KCl后經(jīng)多步操作得到K2Cr2O7。(1)步驟I中鉻鐵礦與足量熔融Na2CO3發(fā)生高溫氧化反應(yīng)生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，將鉻鐵礦粉碎，可增大反應(yīng)物的接觸面積，加快高溫氧化的速率；故答案為：增大反應(yīng)物的接觸面積。(2)A項(xiàng)，根據(jù)Na2CrO4的溶解度隨著溫度的升高而增大，步驟II中應(yīng)用高溫提高浸取率，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，步驟II中用水浸取時(shí)NaFeO2發(fā)生強(qiáng)烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，經(jīng)過(guò)濾可除去Fe(OH)3，B正確；C項(xiàng)，步驟III酸化時(shí)，平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O正向移動(dòng)，主要目的使Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，C正確；D項(xiàng)，根據(jù)分析，步驟IV中過(guò)濾所得濾渣主要成分為Na2SO4，D錯(cuò)誤；故選BC。(3)Na2Cr2O7中加入KCl發(fā)生反應(yīng)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根據(jù)各物質(zhì)的溶解度隨溫度的變化曲線可知，K2Cr2O7的溶解度隨溫度升高明顯增大，NaCl溶解度隨溫度升高變化不明顯，50℃時(shí)兩者溶解度相等，故為了得到雜質(zhì)較少的K2Cr2O7粗產(chǎn)品，步驟V重結(jié)晶前的操作順序?yàn)椋喝芙釱Cl→50℃蒸發(fā)溶劑→蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱→冷卻至室溫→抽濾→重結(jié)晶；故答案為aedc。(4)①A項(xiàng)，量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性，量取25.00mL待測(cè)液應(yīng)用酸式滴定管，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定的速率，確保反應(yīng)物之間充分反應(yīng)，同時(shí)防止滴加過(guò)快使得滴加試劑過(guò)量，B正確；C項(xiàng)，滴定時(shí)應(yīng)一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準(zhǔn)確判斷滴定的終點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數(shù)，D正確；E項(xiàng)，為了確保每次滴定時(shí)滴定管中的溶液充足，平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，E正確；故選AC。②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁，繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁。(5)根據(jù)題意，K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2H++2CrO42-，即有部分Cr2O72-會(huì)轉(zhuǎn)化為CrO42-，從而使測(cè)得的質(zhì)量分?jǐn)?shù)明顯偏低，為抑制Cr2O72-轉(zhuǎn)化為CrO42-，可加入與Cr2O72-不反應(yīng)的酸，如硫酸。13．(2021?湖南選擇性，15)碳酸鈉俗稱(chēng)純堿，是一種重要的化工原料。以碳酸氫銨和氯化鈉為原料制備碳酸鈉，并測(cè)定產(chǎn)品中少量碳酸氫鈉的含量，過(guò)程如下：步驟Ⅰ.Na2CO3的制備步驟Ⅱ.產(chǎn)品中NaHCO3含量測(cè)定①稱(chēng)取產(chǎn)品2.500g，用蒸餾水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00mL上述溶液于錐形瓶，加入2滴指示劑M，用0.1000mol?L﹣1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，溶液由紅色變至近無(wú)色(第一滴定終點(diǎn))，消耗鹽酸V1mL；③在上述錐形瓶中再加入2滴指示劑N，繼續(xù)用0.1000mol?L﹣1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)(第二滴定終點(diǎn))，又消耗鹽酸V2mL；④平行測(cè)定三次，V1平均值為22.45，V2平均值為23.51。已知：(ⅰ)當(dāng)溫度超過(guò)35℃時(shí)，NH4HCO3開(kāi)始分解。(ⅱ)相關(guān)鹽在不同溫度下的溶解度表(g/100gH2O)溫度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列問(wèn)題：(1)步驟Ⅰ中晶體A的化學(xué)式為，晶體A能夠析出的原因是；(2)步驟Ⅰ中“300℃加熱”所選用的儀器是(填標(biāo)號(hào))；(3)指示劑N為，描述第二滴定終點(diǎn)前后顏色變化；(4)產(chǎn)品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留三位有效數(shù)字)；(5)第一滴定終點(diǎn)時(shí)，某同學(xué)俯視讀數(shù)，其他操作均正確，則NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算結(jié)果(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)?！敬鸢浮?1)NaHCO3在30-35C時(shí)NaHCO3的溶解度最小(意思合理即可)(2)D(3)甲基橙由黃色變橙色，且半分鐘內(nèi)不褪色(4)3.56%(5)偏大【解析】分析流程可知，氯化鈉加蒸餾水溶解，再加入碳酸氫銨粉末，30﹣35℃水浴，靜置抽濾，結(jié)合圖中數(shù)據(jù)分析可知，晶體A為NaHCO3，濾液中主要含有Na+、Cl﹣、HCO3﹣、NH4+，洗滌抽干，300℃加熱，發(fā)生反應(yīng)2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。(1)晶體A為NaHCO3，結(jié)合圖表數(shù)據(jù)分析析出原因；(2)300℃加熱為固體受熱分解，應(yīng)使用坩堝；(3)依據(jù)提示“溶液由紅色變至近無(wú)色”可知，指示劑M為酚酞，由于滴定終點(diǎn)之前溶液就已經(jīng)呈中性，故不能繼續(xù)使用酚酞作為指示劑，改用范圍更為合適的甲基橙，據(jù)此進(jìn)行分析；(4)滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的體積為V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，產(chǎn)品中為碳酸鈉與碳酸氫鈉的混合物，設(shè)碳酸鈉的物質(zhì)的量為x，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為y，可得關(guān)系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L×250mL25mL，求解碳酸氫鈉的物質(zhì)的量，進(jìn)而計(jì)算其質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(5)滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)會(huì)是數(shù)值靠上，即鹽酸數(shù)值偏小，結(jié)合(4)關(guān)系式計(jì)算對(duì)結(jié)果造成的影響。(1)依據(jù)分析可知，晶體A為NaHCO3，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知：在相同的溫度下，碳酸氫鈉的溶解度較小，所以實(shí)驗(yàn)中只析出NaHCO3晶體；(2)300℃加熱為固體受熱分解，應(yīng)使用坩堝，圖中D為坩堝；(3)依據(jù)提示“溶液由紅色變至近無(wú)色”可知，指示劑M為酚酞，由于發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，在快接近終點(diǎn)時(shí)，由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定終點(diǎn)不再顯中性而顯酸性，故換用指示劑N甲基橙，繼續(xù)滴定時(shí)，終點(diǎn)前后的現(xiàn)象為溶液由橙色變?yōu)榧t色；(4)滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中HCl的體積為V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，產(chǎn)品中為碳酸鈉與碳酸氫鈉的混合物，設(shè)碳酸鈉的物質(zhì)的量為x，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量為y，可得關(guān)系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L×250mL25mL，解得y≈0.002684mol，碳酸氫鈉的質(zhì)量分?jǐn)?shù)14．(2021?河北選擇性，15)綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實(shí)現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問(wèn)題：(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是____________(填元素符號(hào))。(2)工序①的名稱(chēng)為_(kāi)___________________。(3)濾渣的主要成分是___________(填化學(xué)式)。(4)工序③中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________________________。(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___________________________，可代替NaOH的化學(xué)試劑還有_______(填化學(xué)式)。(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序_____________________(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內(nèi)循環(huán)。(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為_(kāi)___________________。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)4-：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】(1)Fe、Cr(2)溶解浸出(3)MgO、Fe2O3(4)2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓(5)4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3(6)②(7)8.37【解析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過(guò)濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過(guò)量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過(guò)量的二氧化碳?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素；(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)；(3)濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂；(4)工序③中發(fā)生的反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過(guò)量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na2CrO4+2CO2+H2O=Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類(lèi)似的反應(yīng)；(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颌冢?7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為Al(OH)4-+H+A1(OH)3+H2O，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1====1013.37，當(dāng)c[Al(OH)4-]為10—5mol/L時(shí)，溶液中氫離子濃度為=mol/L=10—8.37mol/L，則溶液的pH為8.37。15．(2021?山東卷，17)工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是________________________________。(2)礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如圖所示。當(dāng)溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時(shí)，可認(rèn)為已除盡。中和時(shí)pH的理論范圍為_(kāi)________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作單元的名稱(chēng))過(guò)程中除去。(3)蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，過(guò)度蒸發(fā)將導(dǎo)致________________________________；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有________。(4)利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備N(xiāo)a2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在_______(填“陰”或“陽(yáng)”)極室制得，電解時(shí)通過(guò)膜的離子主要為_(kāi)_______________。【答案】(1)增大反應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率(2)4.5pH9.3使2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡正向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取(3)所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2OH2SO4(4)陽(yáng)Na＋【解析】以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)過(guò)程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進(jìn)行焙燒，F(xiàn)eCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2CrO4，F(xiàn)e(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進(jìn)行“浸取”，F(xiàn)e2O3不溶于水，過(guò)濾后向溶液中加入H2SO4調(diào)節(jié)溶液pH使AlO2-、SiO32-轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，再向?yàn)V液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。(1)焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動(dòng)，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學(xué)反應(yīng)速率；(2)中和時(shí)調(diào)節(jié)溶液pH目的是將AlO2-、SiO32-轉(zhuǎn)化為沉淀過(guò)濾除去，由圖可知，當(dāng)溶液pH≥4.5時(shí)，Al3+除盡，當(dāng)溶液pH＞9.3時(shí)，H2SiO3會(huì)再溶解生成SiO32-，因此中和時(shí)pH的理論范圍為4.5pH9.3；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O72-和CrO42-存在，溶液中存在平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，降低溶液pH，平衡正向移動(dòng)，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；由上述分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，Na2SO4主要以Na2SO4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度隨溫度升高先增大后減小，若蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，過(guò)度蒸發(fā)將導(dǎo)致所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O；由上述分析可知，流程中循環(huán)利用的物質(zhì)除Na2Cr2O7外，還有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過(guò)程中實(shí)質(zhì)是電解水，陽(yáng)極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知，Cr2O72-在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽(yáng)極室產(chǎn)生；電解過(guò)程中，陰極產(chǎn)生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備N(xiāo)a2Cr2O7的效率，Na＋通過(guò)離子交換膜移向陰極。16．(2019?新課標(biāo)Ⅲ，26)高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制備，工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：相關(guān)金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開(kāi)始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“濾渣1”含有S和__________________________；寫(xiě)出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應(yīng)的化學(xué)方程式____________________________________________________。(2)“氧化”中添加適量的MnO2的作用是________________________。(3)“調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)節(jié)為_(kāi)______~6之間。(4)“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是______________。(5)“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過(guò)高，Mg2+沉淀不完全，原因是_____________________________________________________。(6)寫(xiě)出“沉錳”的離子方程式___________________________________。(7)層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學(xué)式為L(zhǎng)iNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價(jià)分別為+2、+3、+4。當(dāng)x=y=時(shí)，z=___________?！敬鸢浮?1)SiO2(不溶性硅酸鹽)MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H