1、专题15 工艺流程综合题1（2022全国甲卷）硫酸锌()是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为，杂质为以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_。(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_、_。(3)加入物质X调溶液，最适宜使用的X是_(填标号)。ABC滤渣的主要成分是_、_、_。(4)向的滤液中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣中有，该步反应的离子方程式为_。(5)滤液中加入锌粉的目的是_。(6)滤渣与浓反应可以释
2、放HF并循环利用，同时得到的副产物是_、_。【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2(2)将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等(3) B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2(4)3Fe2+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+(5)置换Cu2+为Cu从而除去(6) CaSO4 MgSO4【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表
3、格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣，滤液中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣，滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣为Cu，再向滤液中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣为CaF2、MgF2，滤液为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO47H2O，据此分析解答。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2；(2)可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)ANH3H2O易分解产生NH
4、3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；BCa(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；CNaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH5的只有Fe3+，故滤渣中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向8090滤液中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣，反应的离子方程式为3Fe2+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+；(5)滤液中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Z
5、n2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。2（2022全国乙卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。一些难溶电解质的溶度积常数如下表：难溶电解质一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：金属氢氧化物开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(1)在“脱硫”中转化反应的离子方程式为_，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因_。(2)在
6、“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是_。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。()能被氧化的离子是_；()促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为_；()也能使转化为，的作用是_。(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是_。(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有_。【答案】(1)PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=3.4105105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常
7、数K=0.04105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K=0.04105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。(3)（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。（iii）过氧
8、化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。3（2022浙江卷）化合物X由三种元素组成，某实验小组按如下流程进行相关实验：化合物X在空气中加热到，不发生反应。请回答：(1)组成X的三种元素为_；X的化学式为
9、_。(2)溶液C的溶质组成为_(用化学式表示)。(3)写出由X到A的化学方程式_。X难溶于水，但可溶于氨水中，写出该反应的离子方程式_。(4)设计实验，检验尾气中相对活泼的2种气体_。【答案】(1) Ba、Cu、O BaCu3O4(2)HCl、H2SO4(3) 2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+Ba2+8OH+8H2O(4)将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O【解析】化合物X由三种元素组成，在加热条件下和足量氨气反应生成固体混合物A，A和盐酸反应
10、生成0.960g紫红色固体应该是Cu，无色溶液B中加入0.015mol稀硫酸生成白色沉淀1.165g应该是BaSO4，无色溶液C中加入足量BaCl2溶液生成白色沉淀2.330g是BaSO4，据此解答。(1)根据以上分析可知Cu的物质的量是0.96g64g/mol0.015mol，第一次生成硫酸钡的物质的量是1.165g233g/mol0.005mol，第二次生成硫酸钡的物质的量是2.33g233g/mol0.01mol，因此1.965gX中一定含有0.96gCu，Ba的质量是0.005mol137g/mol0.685g，二者质量之和是1.645g1.965g，相差0.32g，根据原子守恒可知应
11、该是氧元素，物质的量是0.32g16g/mol0.02mol，则Ba、Cu、O三种原子的个数之比是1：3：4，所以组成X的三种元素为Ba、Cu、O，X的化学式为BaCu3O4。(2)根据氯原子原子守恒以及溶液C仍然能与氯化钡反应生成硫酸钡可知溶液C的溶质组成为HCl、H2SO4。(3)反应中Cu元素化合价降低，得到电子，则氨气中氮元素化合价升高，被氧化生成氮气，根据原子守恒可知由X到A的化学方程式为2NH3+BaCu3O4Ba(OH)2+3Cu+N2+2H2O。X难溶于水，但可溶于氨水中，说明有Cu(NH3)生成，所以该反应的离子方程式为BaCu3O4+12NH3H2O3Cu(NH3)+Ba2
12、+8OH+8H2O。(4)反应中氨气可能过量，高温下水是气态，氮气性质稳定，所以需要检验的是氨气和水蒸气，实验方案为：将湿润的红色石蕊试纸置尾气出口，若变蓝，说明尾气中有NH3。将尾气通入冷的集气瓶中，若有液珠，说明有H2O。4（2022广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子开始沉淀时的pH8.81.53.66.27.4沉淀完全时的pH/3.2
13、4.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_。(2)“过滤1”前，用溶液调pH至_的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_(保留两位有效数字)。(4)“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_。“操作X”的过程为：先_，再固液分离。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_电子。用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发
14、生的电极反应为_。【答案】(1)Fe2+(2) 4.7pH6.2 (3)4.010-4(4)加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶(5)MgSO4(6)15 O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂
15、，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；(2)由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.27.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH6.2；(3)滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则=410-4，故答案为：410-4；(4)“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率； “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结
16、晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；(6)中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15；碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。5（2022湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：物质沸点/136127
17、57180回答下列问题：(1)已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_。ABCD(2)与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质分压该温度下，与C、反应的总化学方程式为_；随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_。(3)“除钒”过程中的化学方程式为_；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_。(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_(填“能”或“不能”)交换，理由是_。(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_。A高炉炼铁B电解熔融氯化钠制钠C铝热反应制锰D氧化汞
18、分解制汞【答案】(1)C(2) 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应(3) 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏(4)不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)AC【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(1)记，；A由图可知，600时的，反应自发进行，故A不符合题意；B由图可知，600时的，反应自发进行，故B不符合题意；C由图可知，600时的，反应不能自发进行，故C符合
19、题意；D根据盖斯定律，可由+得到，则600时其，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)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是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电
20、子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B电解熔融氯化钠制取
21、金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；DHg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故答案选AC，故答案为：AC。1（2022江西九江二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下：(1)“氧化”时，反应的离子方程式为_。可用一种试剂检验氧化后的溶液中是否含有Fe2+，该试剂为_(写化学式)。(2)加入MnCO3调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH)3而除去，该反应的离子方程式为_。(3)“沉铜时
22、，若滤液中c(Mn2+)=0.21molL-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀而又避免生成Mn(OH)2，应控制pH的范围为_。已知：常温下，KspCu(OH)2=110-20，KspMn(OH)2=2.110-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全(4)本工艺中可循环使用的物质是_。(5)结合图像，分析获得(MnSO4H2O)晶体的“系列操作”步骤为：_、_，酒精洗涤，低温干燥。【答案】(1) MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O K3Fe(CN)6 (或KMnO4)(2)3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+
23、 +3CO2 (3)6.5PH8 (或6.58)(4)NH3、MnCO3(5) 蒸发结晶 趁热过滤【解析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO3、CuCO3，还含有Fe3O4、FeO杂质，用硫酸酸浸，得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为Fe3+；加入MnCO3调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀，过滤，向滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，MnCO3沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液，以此解题。(1)“氧化”时，二氧化锰把酸浸后的二价铁氧化为三价铁，离子方程式为： MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；二价铁
24、和铁氰化钾相遇的时候会生成蓝色沉淀，可以用铁氰化钾来检验，另外二价铁有还原性，可以使高锰酸钾褪色，可以用酸性高锰酸钾来检验，故答案为：MnO2+2Fe2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O ；K3Fe(CN)6 (或KMnO4)；(2)碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO3 +2Fe3+ +3H2O = 2Fe(OH)3 +3Mn2+ +3CO2 ；(3)铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)=10-7.5 mol/L，c(H+)=10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)=10
25、-6 mol/L，c(H+)=10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5PH8 (或6.58)；(4)通过流程图可知，在加热赶氨的时产生氨气，另外本题在沉锰的时候生成碳酸锰，故本工艺中可循环使用的物质是NH3 、MnCO3；(5)从MnSO4溶液中得到MnSO4H2O的方法为：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发结晶、趁热过滤。2（2022陕西汉中二模）我国发现超级铼矿，铼(Re)是一种熔点高、耐磨、耐腐蚀的金属，广泛用于航天航空等领域。工业上用富铼渣(含ReS2)制得铼粉，其工艺流程如下图所示：回答下列问题：(1)铼不溶于盐酸，可溶于稀硝酸生成强酸高铼酸(HReO4)，请写出反
26、应的离子方程式_。(2)提高富铼渣浸出率的方法有_(任写两种)；酸浸相同时间，测得铼的浸出率与温度关系如下图所示，分析高于T1时铼的浸出率降低的原因_。(3)操作II所用的主要玻璃仪器是_。(4)高铼酸铵和氢气制取单质铼的化学方程式为_；此反应过程中，实际消耗H2的量大于理论值，其原因是_。(5)由高铼酸铵溶液获得高铼酸铵晶体的一系列操作为_、洗涤、干燥。(6)整个工艺流程中除有机溶液可循环利用外，还有_。【答案】(1)3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO+ 2H2O(2)将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等 超过T1C时，过氧化氢分解(3)分液漏斗(
27、4) 2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等(5)蒸发浓缩、冷却结晶(6)NH3或H2SO4【解析】由题给流程可知，向富铼渣中加入稀硫酸和过氧化氢溶液浸取，二硫化铼与过氧化氢溶液反应得到高铼酸和硫酸，过滤得到滤渣和含有高铼酸、硫酸的浸出液；向浸出液中加入有机溶液萃取高铼酸，分液得到含有高铼酸的有机层和含有硫酸的废液；向有机层中加入氨水反萃取，分液得到有机溶液和高铼酸铵溶液；高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，高铼酸铵晶体与氢气在800条件下共热反应制得铼粉，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利
28、用可循环利用。(1)由题意可知，铼与稀硝酸反应生成高铼酸、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO+ 2H2O，故答案为：3Re +4H+ +7NO= 3ReO+7 NO+ 2H2O；(2)将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等措施提高富铼渣浸出率；温度高于T1时，过氧化氢受热易分解，过氧化氢的浓度降低，所以酸浸相同时间铼的浸出率降低，故答案为：将富铼渣粉碎、适当增大H2SO4和H2O2的浓度、适当升温、搅拌等；超过T1C时，过氧化氢分解；(3)由分析可知，操作II为分液，所用的主要玻璃仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(4
29、)由分析可知，高铼酸铵晶体与氢气在800条件下共热反应生成铼、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；得到铼粉时，为防止铼被空气中氧气氧化，反应开始时，需要用氢气排尽装置内空气，反应结束时，需要用保护气，所以反应过程中，实际消耗氢气的量大于理论值，故答案为：2NH4ReO4 + 7H22NH3 +2Re+8H2O；H2除作还原剂外，还作保护气、用于排尽装置内空气等；(5)由分析可知，高铼酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶等一系列操作得到高铼酸铵晶体，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(6)由分析可知，整个工艺流程中有机溶液、氨气、硫酸可循环利用可循环利用，故
30、答案为：NH3或H2SO4。3（2022陕西渭南二模）金属钪可用作宇航材料、火箭和飞机的制造材料；氧化钪可提高计算机记忆元件性能。赤泥是铝土矿加工过程中产生的废料，含有丰富的钪元素，另含有Fe2O3、SiO2、Al2O3等氧化物。一种从赤泥中提取氧化钪的工艺流程如图所示(P2O4是一种磷酸酯萃取剂)。回答下列问题：(1)写出赤泥经盐酸处理后所得“浸渣”与强碱溶液反应的离子方程式_。(2)赤泥“酸浸”时温度过高，酸浸速率反而下降，其原因是_。(3)P2O4萃取浸出液，其浓度、料液温度对萃取率的影响如表所示，萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为_、_；萃取后“盐酸洗涤”的目的是_。P2O4浓度对
31、萃取率的影响如表：试验编号P2O4浓度/%分相情况钪萃取率/%铁萃取率/%1-11分相快90.7615.821-22分相容易91.5319.231-33分相容易92.9813.561-44有第三相90.6930.121-55轻微乳化91.7439.79料液温度对分离系数的影响如图：(4)反萃取时，Sc3+完全沉淀(浓度为1.010-6molL-1)时，反萃液的pH为_。(已知：KspSc(OH)3=8.0010-31，lg2=0.30，结果保留小数点后两位)(5)为探究所得草酸钪晶体Sc2(C2O4)3xH2O中结晶水的含量，取2.96g样品(纯度为75%)，灼烧得到0.69gSc2O3固体，
32、则x=_。(6)草酸钪晶体灼烧分解反应方程式为_，其固体副产物主要为_。【答案】(1)SiO2+2OH=SiO+H2O(2)盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小(3) 3% 65 洗去有机相中的FeCl3(4)5.97(5)5(6) Sc2(C2O4)35H2OSc2O3+3CO2+3CO+5H2O 钪(Sc)【解析】由题给流程可知，赤泥加入盐酸酸浸时，钪元素转化为氯化钪，氧化铁、氧化铝溶解转化为氯化铁、氯化铝，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣和含有氯化钪、氯化铁、氯化铝的浸出液；向浸出液中加入萃取剂P2O4萃取钪，分液得到含有氯化铁、氯化铝的溶液和有机相；向溶液
33、中加入萃取剂萃取溶液中的铁离子，分液得到氯化铝溶液；氯化铝溶液经蒸发结晶得到氢氧化铝，煅烧氢氧化铝制得氧化铝；有机相用盐酸洗涤、分液得到水相和有机相；有机相中加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到反萃液和氢氧化钪；氢氧化钪加入盐酸溶解、富集得到氯化钪；向氯化钪溶液中加入草酸溶液，将氯化钪转化为草酸钪，过滤、灼烧草酸钪制得三氧化二钪。(1)“浸渣”与强碱溶液的反应为二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO+H2O，故答案为：SiO2+2OH-=SiO+H2O；(2)盐酸是挥发酸，受热易挥发，若酸浸时温度过高，氯化氢挥发会使盐酸浓度减小导致酸浸速率下降，故答
34、案为：盐酸易挥发，酸浸时温度过高，会使氯化氢挥发，盐酸浓度减小；(3)由表格数据可知，P2O4的浓度为3%时，钪萃取率最高、铁萃取率最低，由图可知，料液温度为65时，钪/铁、钪/铝分离系数最高，所以萃取时P2O4最佳浓度及料液温度分别为3%、65，故答案为：3%；65；(4)由溶度积可知，钪离子完全沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=210-8.33mol/L，则溶液的pH为14-8.33+lg2=5.97，故答案为：5.97；(5)由钪原子原子个数守恒可知，草酸钪的物质的量与三氧化二钪的物质的量相等，由题给数据可知，草酸钪晶体中草酸钪和结晶水的物质的量比为：1：x=：，解得x=5，故答案为：5；
35、(6)由得失电子数目守恒可知，草酸钪晶体受热分解生成三氧化二钪、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为Sc2(C2O4)35H2OSc2O3+3CO2+3CO+5H2O，一氧化碳高温下还原性强，反应中生成的一氧化碳高温条件下能与三氧化二钪反应生成钪和二氧化碳，则固体副产物主要为钪，故答案为：Sc2(C2O4)35H2OSc2O3+3CO2+3CO+5H2O；钪(Sc)。4（2022山西太原二模）铬是一种重要的金属材料，被广泛用于冶金、化工、耐火材料等行业。某铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量MgO、Al2O3和杂质SiO2等，利用其制备多种铬产品和其他金属产品的工艺
36、流程如下：已知：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2 SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2回答下列问题：(1)步骤发生的主要反应为FeO+Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+NaNO2+A，反应时应选用何种材质的容器？_(填字母)。A塑料B刚玉C铁D石英(2)步骤的操作是_，“滤渣 2”是Al(OH)3和_。 写出过量物质A与“滤液1中溶质生成Al(OH)3的离子方程式：_。(3)“滤液2”中的Na2CrO4需要用H2SO4酸化，用离子方程式表示该反应：_。(4)制取高纯铬常用电解法和铝热法，铝热法的缺点是_。步骤是在隔绝空气条件下，除生成Cr2O
37、3外，还生成了Na2CO3和CO，若该反应中有3 mol Na2Cr2O7参加反应，则转移的电子为_mol。(5)“滤渣1”中铁元素含量较高，具有回收价值。为回收金属，需要将含Fe3+的有机相进行反萃取。在有机相中Fe3+质量浓度为22.8 g/L、有机相与水相的体积比(Vo：Va)=1：1、反萃取时间为20min、反萃取温度为25C条件下，不同浓度的4种反萃取剂对Fe3+反萃取率的影响实验结果如图所示。当反萃取剂的浓度均为0.5 molL-1时，反萃取效果最好的是_ (填化学式)，在实际操作中需在该反萃取剂中加入一定量H3PO4溶液，其目的是_ ；但H3PO4浓度不宜过大，其原因是_。已知：
38、(NH4)2HPO4溶液pH=7.8 8.2【答案】(1)C(2) 水浸、过滤 H2SiO3 AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO(3)2CrO+2H+Cr2O+H2O(4) 能耗大或者产品纯度较低 18(5) (NH4)2HPO4 调节溶液的pH，防止Fe3+在反萃取时可能生成沉淀 pH小会生成NH4H2PO4，反萃取率低(或其他合理解释)【解析】根据题干信息，铬铁矿的主要成分为Cr2O3、Fe2O3、FeO，还有少量MgO、Al2O3和杂质SiO2等，现向熔融的铬铁矿中加入Na2CO3、NaNO3氧化，步骤发生的反应有Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2、SiO2+N
39、a2CO3Na2SiO3+CO2、2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+Fe2O3+4NaNO2+2A，则A为CO2，熔块经水浸、过滤后分离出滤渣1含Fe2O3，滤渣1经酸溶、氧化、萃取分液、反萃取得到Fe3+。滤液1中含NaAlO2、Na2CrO4、Na2SiO3、NaNO2、NaNO3等，向滤液1中通入过量的CO2，得到滤渣2含H2SiO3、Al(OH)3，滤液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，再加入焦炭高温还原得到Cr2O3，进而得到Cr，据此分析解答。(1)步骤中发生反应2FeO+Cr2O3+2Na2CO3+4NaNO32Na2CrO4+F
40、e2O3+4NaNO2+2CO2，因此该步骤不能使用石英容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，刚玉(氧化铝)与碱性物质高温下反应，塑料不耐热，可选铁坩埚，故答案选C；(2)由分析，步骤得到滤渣1和滤液2，故操作为水浸、过滤，滤液1中通入过量的CO2，得到滤渣2含H2SiO3、Al(OH)3，生成Al(OH)3的离子方程式为AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO；(3)滤液2中含Na2CrO4，酸化后得到Na2Cr2O7，转化的离子方程式为2CrO+2H+ Cr2O+H2O；(4)铝热反应能耗大，使用铝热法制取高纯铬，获得的产品纯度较低，故选用电解法，步骤是在隔绝
41、空气条件下，除生成Cr2O3外，还生成了Na2CO3和CO，Cr元素由+6价降低为+3价，若该反应中有3 mol Na2Cr2O7参加反应，则转移的电子为3mol23=18mol；(5)结合图像可知，浓度为0.5mol/L时，(NH4)2HPO4的反萃取率较高，因此反萃取效果最好的是(NH4)2HPO4，由于Fe3+易生成Fe(OH)3，因此在该反萃取剂中加入一定量H3PO4溶液调节溶液的pH，防止Fe3+在反萃取时可能生成Fe(OH)3沉淀，但pH过小会生成NH4H2PO4，导致反萃取率低，因此H3PO4溶液浓度不宜过大。5（2022河南洛阳三模）碳酸锶(SrCO3)具有屏蔽X射线的功能，广
42、泛应用于彩色显示装置、等离子显色装置的荧光屏玻璃中。工业上以天青石(主要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤为原料生产碳酸锶。工艺流程如下：已知：Sr(OH)2、Ba(OH)2、Ca(OH)2在不同温度下的溶解度(g)：温度/C2040608090100Sr(OH)21.773.958.4220.244.591.2Ba(OH)23.898.2220.94101.4Ca(OH)20.1730.1410. 1210.0940.0860.076浸取时发生反应：2SrS+2H2O=Sr(HS)2+Sr(OH)2，硫化锶的溶解度主要受氢氧化锶的溶解度影响。BaSO4、SrCO3、BaCO
43、3和SrSO4均难溶于水，在相同温度下的溶解度(S)关系如下：S(BaSO4)S(SrCO3)S(BaCO3)S(SrSO4)。回答下列问题：(1)天青石、煤混合粉碎的目的是_。(2)天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4 ，反应的化学方程式为_。(3)用热水浸取可以加快浸取速率，另外的主要作用是_。(4)碳化过程控制条件让硫氢化锶吸收二氧化碳有利于产品质量的提高，并且可以提供硫化氢使氢氧化锶转化为硫氢化锶。写出碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳的化学方程式：_。(5)若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低，结合化学方程式解释原因：_，取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若_表明到达碳化终点。(6)由
44、于碳化所用的CO2中含有少量的O2、SO2等，在碳化时发生副反应，生成少量的SrSO3、SrSO4，所以要对碳化完成的碳酸锶浆进行脱硫处理。方法为加入纯碱，并加热煮沸，写出脱硫过程SrSO4与纯碱反应的化学方程式_。【答案】(1)增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率(2)SrSO4+4COSrS+4CO2(3)促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解(4)Sr(HS)2+CO2+H2OSrCO3+2H2S(5) 二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2OSr(HCO3)2，造成产量下降 无色酚酞不变红(6)SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4【解析】天青石(主
45、要成分为SrSO4，含少量BaSO4和CaSO4)和煤粉碎后灼烧，SrSO4与碳生成的CO反应生成SrS，利用热水浸取，过滤除去滤渣1，所得滤液除钡，过滤得到滤渣2，向滤液中通入CO2炭化得到SrCO3，然后脱硫，通过一系列操作得到SrCO3，据此解答。(1)依据外界条件对反应速率的影响可知天青石、煤混合粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。(2)天青石与煤焙烧时CO还原了SrSO4生成SrS，反应的化学方程式为SrSO4+4COSrS+4CO2。(3)由于Sr(OH)2、Ba(OH)2的溶解度随温度升高而增大，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以用热水浸取可
46、以加快浸取速率，另外的主要作用是促进锶的化合物的溶解，降低钙的化合物的溶解。(4)碳化时硫氢化锶吸收二氧化碳生成SrCO3和H2S，反应的化学方程式为Sr(HS)2+CO2+H2OSrCO3+2H2S。(5)由于二氧化碳足量，发生反应SrCO3+CO2+H2OSr(HCO3)2，造成产量下降，所以若达到碳化终点后继续碳化，则会使产品产率降低；由于反应中有H2S生成，其溶液显酸性，所以取碳化后的料浆滴入无色酚酞试剂，若无色酚酞不变红表明到达碳化终点。(6)根据原子守恒可知脱硫过程SrSO4与纯碱反应生成SrCO3和Na2SO4，氟的化学方程式为SrSO4+Na2CO3SrCO3+Na2SO4。6
47、（2022河南新乡三模）铂钌催化剂是甲醇燃料电池的阳极催化剂。一种以钌矿石主要含Ru(CO3)2，还含少量的FeO、MgO、RuO4、CaO、SiO2为原料制备钌(Ru)的流程如图。回答下列问题：(1)Na2Fe4(SO4)6(OH)2中Fe的化合价为_。(2)“酸浸”时，Na2SO3的作用_。“滤渣”的主要成分有SiO2和_(填化学式)。“酸浸”中钌的浸出率与浸出温度、pH的关系如图所示，“酸浸”的最佳条件是_。(3)“除铁”的离子方程式为_。(提示：1molNaClO3参与反应，转移6mol电子)(4)从“滤液2”中可提取一种化肥，其电子式为_。(5)“灼烧”时Ar的作用是_。(6)某工厂
48、用10t钌矿石含8.84tRu(CO3)2、165kgRuO4，最终制得3636kgRu，则Ru的产率为_。(保留三位有效数字)【答案】(1)+3价(2) 溶解RuO4 CaSO4 温度为65、pH为1.0(3)6Na+12Fe2+2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2+2Cl-+6OH-(4)(5)作保护气，防止钌与空气中的氧气反应(6)87.8%【解析】由题给流程可知，钌矿石中加稀硫酸和亚硫酸钠酸浸时，钌元素转化为硫酸钌，氧化亚铁、氧化镁转化为硫酸亚铁、硫酸镁，氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，二氧化硅与硫酸不反，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和含有硫酸钌的滤液
49、；向滤液中先后加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，过滤得到Na2Fe4(SO4)4(OH)2和滤液；向滤液中加入加氟化钠溶液将镁元素转化为氟化镁沉淀，过滤得到氟化镁和滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液将钌元素转化为碳酸钌沉淀，过滤得到滤液1和碳酸钌；碳酸钌溶于盐酸得到氯化钌，向氯化钌溶液中加入草酸铵溶液将氯化钌转化为草酸钌沉淀，过滤得到含有氯化铵的滤液2和草酸钌；在氩气氛围中灼烧草酸钌制得钌。(1)由化合价代数和等于0可知，Na2Fe4(SO4)6(OH)2中铁元素的化合价为+3价，故答案为：+3价；(2)由分析可知，酸浸时加入亚硫酸钠溶液的目的是溶解
50、四氧化钌，将四氧化钌转化为可溶的硫酸钌；滤渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；由图可知，温度为65、pH为1.0时，钌的浸出率最大，则酸浸”最佳条件是温度为65、pH为1.0，故答案为：溶解RuO4；CaSO4；温度为65、pH为1.0；(3)由分析可知，加入氯酸钠溶液、碳酸钠溶液的目的是将铁元素转化为生成Na2Fe4(SO4)4(OH)2沉淀，反应的离子方程式为6Na+12Fe2+2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2+2Cl-+6OH-，故答案为：6Na+12Fe2+2ClO+18SO+6H2O=3Na2Fe4(SO4)6(OH)2+2Cl-+6OH-；(4)由分析
51、可知，滤液2的主要成分为离子化合物的氯化铵，电子式为，故答案为：；(5)灼烧时氩气的作用是做保护气，否则反应得到的钌被空气中的氧气氧化，故答案为：作保护气，防止钌与空气中的氧气反应；(6)若10t钌矿石最终制得3636kg钌，由钌原子个数守恒可知，钌的产率为100%=87.8%，故答案为：87.8%。7（2022河南商丘三模）三氧化二砷(As2O3)可用于治疗急性早幼粒细胞白血病。利用某酸性含砷废水(含H3AsO3、H2SO4)可提取As2O3，提取工艺流程如下：已知：As2O3为酸性氧化物；As2S3易溶于过量的Na2S溶液中，故加入FeSO4，的目的是除去过量的S2-。回答下列问题：(1)
52、废水中H3AsO3中砷元素的化合价为_(2)“焙烧”操作中，As2S3参与反应的化学方程式为_(3)“碱浸”的目的_，“滤渣Y”的主要成分是_。(写化学式)。(4)“氧化”操作的目的是_(用离子方程式表示)。(5)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3然后将“还原”后溶液加热，H3AsO3分解为As2O3。某次“还原”过程中制得了1.98kgAs2O3，则消耗标准状况下气体X的体积是_L。(6)砷酸钠(Na3AsO4)可用于可逆电池，装置如图1所示，其反应原理为AsO+2H+2I-=AsO+I2+H2O。探究pH对AsO氧化性的影响，测得输出电压与pH的关系如图2所示。则a点时，盐桥中K
53、+_(填“向左”“向右”或“不”)移动，c点时，负极的电极反应为_。【答案】(1)+3价(2)(3) 将转化为，与分离 (4)(5)448(6) 向左 【解析】向酸性含砷废水中加入硫化钠溶液和硫酸亚铁溶液，将亚砷酸转化为硫化砷和硫化亚铁沉淀，过滤得到含有硫酸钠的滤液M和硫化砷、硫化亚铁；硫化砷和硫化亚铁在空气中煅烧得到三氧化二砷、氧化铁和二氧化硫，则气体X为二氧化硫；向三氧化二砷、氧化铁中加入氢氧化钠溶液碱浸，将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，过滤得到氧化铁滤渣Y和亚砷酸钠溶液；向亚砷酸钠溶液中加入过氧化氢溶液，将亚砷酸钠氧化为砷酸钠，向砷酸钠溶液中加入稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸还原
54、为亚砷酸，亚砷酸受热分解生成三氧化二砷。(1)由化合价代数和为0可知，亚砷酸中砷元素为+3价，故答案为：+3价；(2)由分析可知，硫化砷在空气中煅烧生成三氧化二砷和二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：；(3)由分析可知，碱浸的目的是将三氧化二砷转化为亚砷酸钠，与不与氢氧化钠溶液反应的氧化铁分离，滤渣Y为氧化铁，故答案为：将转化为，与分离；(4)加入过氧化氢溶液氧化操作的目的是亚砷酸钠与过氧化氢溶液反应生成砷酸钠和水，反应的离子方程式为，故答案为：；(5)由分析可知，向砷酸钠溶液中加入稀硫酸酸化得到砷酸，通入二氧化硫气体将砷酸还原为亚砷酸，亚砷酸受热分解生成三氧化二砷，由得失电子数目守恒可知
55、，生成1.98kg三氧化二砷时，反应消耗标准状况下二氧化硫的体积为222.4L/mol=448L，故答案为：448；(6)由图可知，a点时，溶液pH为0，平衡向正反应方向移动，甲池中石墨电极为原电池的正极，乙池中石墨电极为负极，则盐桥中钾离子向左侧甲池移动；c点时，溶液pH减小，平衡向逆反应方向移动，乙池中石墨电极为正极，甲池中石墨电极为负极，在水分子作用下，亚砷酸根在负极失去电子发生氧化反应生成砷酸根离子，电极反应式为，故答案为：向左；。8（2022河南新乡二模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO45H2O的流程如图。已知：有
56、机萃取剂HR可以萃取Cu2+，其萃取原理(org为有机相)Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)。回答下列问题：(1)焙烧前粉碎的目的是_。(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_，试剂X的最佳选择是_(填标号)。a.HCl b.NaOH c.H2SO4 d.NH3H2O(3)25时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)离子Fe3+Cu2+Ni2+Fe2+浓度/(molL-1)1.010-65.01.20对应氢氧化物的Ksp6.410-382.210-202.010-158.010-16该滤液的pH为_；加入的Cu
57、(OH)2_(填“已经”或“没有”)完全溶解。(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_。(5)“操作”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_。(6)将得到的胆矾产品做热重分析，测得的数据如图所示。已知：杂质不分解，250时，胆矾失去所有结晶水。则A点胆矾分解得到的物质为_(填化学式)；该胆矾产品的纯度为_(保留4位有效数字)。【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率(2) 2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+， c(3) 3.6 已经(4)2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO
58、4+H2O(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次。(6) CuSO43H2O 96.53%【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO2及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO2和不溶于酸的杂质，滤液中加入H2O2，氧化Fe2+生成Fe3+，再加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获
59、得产品；据此解答。(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率。(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)2调节溶液pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；由题中信息Cu2+(aq)+2HR(org)CuR2(org)+2H+(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H+浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；c。(3)由题中表格数
60、据可知，25时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe3+)=1.010-6mol/L，c(Cu2+)=5.0mol/L，因为KspFe(OH)3= 6.410-38，所以c(Fe3+)c3(OH-)= KspFe(OH)3，则c(OH-)=410-11mol/L，c(H+)=10-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu2+)c2(OH-)=5(410-11)2=810-21KspCu(OH)2=2.210-20，所以Cu(OH)2已经完全溶解；答案为3.6；已经。(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO4与NaC
61、lO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O；答案为2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O。(5)“操作”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作23次。(6)由题中信息和图示可知，杂质不分解，250时，胆矾失去所有结晶水，此时失重率为34.75%，设产品总质量为m克，该胆矾产品的纯度为x，则，解之x=96.53%；A点时，失重率为13.90%，设A点胆矾分解
62、得到的物质为CuSO4yH2O，则，所以，解之y=3，所以A点胆矾分解得到的物质为CuSO43H2O；答案为CuSO43H2O；96.53%。9（2022安徽淮南二模）锗是一种稀散金属，在光纤通信、航空航天等领域有广泛应用，模拟从氧化锌烟灰(成分有ZnO、ZnOGeO2、FeOGeO2、Fe2O3GeO2、PbO等)中提取锗元素的流程图如下：已知：浸取后溶液pH为2，Ge以GeO2+的形式存在；单宁酸为复杂有机酸，易与Fe3+络合沉淀。(1)浸取时ZnOGeO2发生反应的化学方程式是_，浸渣的主要成分是_。(2)试剂X的作用是_。(3)下图为沉锗时溶液pH对锗沉淀率的影响，则适宜的pH应为_(
63、填标号)。A1.0B2.0C2.5D3.0(4)沉锗时有一段沉锗和二段沉锗两种工艺，单宁酸用量与锗沉淀率关系如表所示，工业常用二段沉锗工艺且单宁酸总用量为25倍，其原因是_。一段沉锗单宁酸总用量/倍1015202530锗沉淀率/%88.589.590.591.593.5二段沉锗单宁酸总用量/倍1015202530锗沉淀率/%9293.594.59797.5(5)可从滤液中回收的金属元素主要有_。(6)若用C2H2O表示单宁酸，压滤后的含锗沉淀表示为GeO(C2H2O)2SO4，其在空气中灼烧会得到SO2、H2O、CO2三种气体，该反应方程式为_。【答案】(1) ZnOGeO2+2H2SO4=Z
64、nSO4+GeOSO4+2H2O PbSO4(2)还原Fe3+(3)C(4)单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小(5)Zn、Fe(6)2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2【解析】由题给流程可知，向氧化锌烟灰中加入硫酸溶液浸取时，PbO与硫酸溶液反应生成PbSO4，ZnO、ZnOGeO2、FeOGeO2、Fe2O3GeO2溶于硫酸溶液得到含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4，过滤得到含有PbSO4的滤渣和含有ZnSO4、FeSO4、Fe2(SO4) 3、GeOSO4的
65、滤液；向滤液中先加入铁，将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子转化为沉淀，再加入氧化锌调节溶液pH至2.5，后加入单宁酸沉锗，经洗涤、压滤得到含有ZnSO4、FeSO4的滤液和含锗沉淀；含锗沉淀在空气中灼烧GeO2。(1)由分析可知，ZnOGeO2与硫酸溶液反应生成ZnSO4、GeOSO4和水，反应的化学方程式为ZnOGeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；滤渣的主要成分为硫酸铅，故答案为：ZnOGeO2+2H2SO4=ZnSO4+GeOSO4+2H2O；PbSO4；(2)由分析可知，试剂X为铁，加入铁的目的是将铁离子转化为亚铁离子，防止单宁酸沉锗时，铁离子也转化
66、为沉淀，导致含锗沉淀中含有杂质，故答案为：还原Fe3+；(3)由图可知，溶液pH为2.5时，锗沉淀率最高，所以沉锗时，溶液适宜的pH应为2.5，故选C；(4)由表格数据可知，当单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率高于一段沉锗，所以工业常用二段沉锗工艺；二段沉锗时，单宁酸总用量增大，锗沉淀率增大，当用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小，所以为节约生产成本，应选择单宁酸总用量为25倍进行二段沉锗，故答案为：单宁酸总用量相同时，二段沉锗时锗沉淀率更高；二段沉锗时，单宁酸用量超过25倍后，沉淀率增大幅度较小；(5)由分析可知，滤液中含有ZnSO4、FeSO4，所以可从滤液中回收的金属元素为锌元素、铁
67、元素，故答案为：Zn、Fe；(6)由题意可知，含锗沉淀在空气中灼烧发生的反应为GeO(C2H2O)2SO4与空气中氧气反应生成二氧化锗、二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2，故答案为：2GeO(C2H2O)2SO4+7O22GeO2+8CO2+4H2O+2SO2。10（2022安徽芜湖三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3
68、、MgO。金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25)：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.67.33.0完全沉淀的pH3.29.69.35.2离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是_(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_。(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_。(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F-)浓度为0.05molL-1。则溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比值=_(已知：Ksp(MgF2)=6.410-10；Ksp(CaF2)
69、=3.610-12)(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_，选择NH4HCO3而不选择Na2CO3溶液的原因是_。【答案】(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2) MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(3)5.2pH7.3(或5.27.3)(4)1600/9(177.8或177.78)(5) Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O 碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、
70、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。(1)高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；(2)若
71、试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；(3)“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2pH7.3(或5.27.3)；(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F- )浓度为0.05mol/L。则溶液中c(Mg2+):c(Ca2+)=Ksp(Mg
72、F2)：Ksp(CaF2)=(6.410-10):(3.610-12)=1600/9(177.8或177.78)；(5)“碳化结晶”时选择NH4HCO3，生成碳酸锰，结合原子守恒、电荷守恒可知发生反应的离子方程式为Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O；碳酸根离子水解程度大，碱性强，会促进锰离子水解为氢氧化锰，故“碳化结晶”时不选择Na2CO3溶液的原因是：碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2。11（2022安徽芜湖三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已
73、知：“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25)：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.67.33.0完全沉淀的pH3.29.69.35.2离子浓度10-5molL-1时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是_(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为_，若省略“氧化”步骤，造成的影响是_。(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是_。(4)“氟化除杂”后，溶液中c(F-)浓度为0.05molL-1。则溶液中c(Mg2+)和c(Ca2+)的比
74、值=_(已知：Ksp(MgF2)=6.410-10；Ksp(CaF2)=3.610-12)(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为_，选择NH4HCO3而不选择Na2CO3溶液的原因是_。【答案】(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2) MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(3)5.2pH7.3(或5.27.3)(4)1600/9(177.8或177.78)(5) Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O 碳酸钠溶液碱性强，会使Mn2+水解为Mn(OH)2【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物
75、及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2+2HCO=MnCO3+CO2+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。(1)高锰矿含有FeS， “混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧
76、”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；(2)若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；(3)“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2pHBi3+Sn2+Fe2+回答下列问题：(1)“中性水洗”时，含铟废渣中金属
77、阳离子转化为氢氧化物或氧化物。Sn2转化为SnO的离子方程式是_，该过程需加入大量水并加热，目的是_。(2)“酸浸”时，得到对应的硫酸盐，则“滤渣”的主要成分是_(填化学式)。(3)“净化”时，生成Bi的离子方程式是_。(4)“富铟”时，“调pH”应控制的pH范围是_。(5)利用上述表格数据，计算In(OH)3的Ksp=_。(6)实验室检验“滤液2”中主要金属阳离子的方法是_。【答案】(1) Sn2+与H2O的反应属于吸热反应，加热均促使Sn2+转化为SnO；加水促进Sn2+水解(2)PbSO4(3)(4)5.0pH7.5(5)1.010-32(6)取少量滤液于试管中，加入几滴K3Fe(CN)
78、6溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中含有Fe2+【解析】含铟废渣（主要成分是In3+、Cl，还含有少量Bi3+、Pb2+、Sn2+等杂质），“中性水洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅除去，浸出液中含有Sn2+、Bi3+、In3+等阳离子，加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，调节溶液pH，使In3+沉淀，过滤得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3+，再用Zn置换出In制得粗铟。(1)“中性水洗”时，Sn2+水解生成SnO，反应的离子方程式为；Sn2水解吸收热量，因此该过程需加入大量水并加热，目的是Sn2+促使Sn2+转化为SnO，同时加水促进Sn2+水解；(2)由上述分析可知，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅，因此“滤渣”的主要成分PbSO4；(3)净化时加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，生成Bi的离子方程式为；(4)“富铟”时需要使In3+完全沉淀同时Fe2+不能沉淀，因此需要调节pH范围为5.0pH7.5；(5)In3+完全沉淀时c(In3+)=1.010-5mol/L ，pH=5.0，此时，则；(6)“滤液2”中的阳离子为Fe2+，检验Fe2+常用的试剂为K3Fe(CN)6溶液，具体方法为：取少量滤液于试管中，加入几滴K3Fe(CN)6溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中含有Fe2+。