2023新教材高考化学二轮专题复习 专题11 化学工艺流程.docx

1、专题十一化学工艺流程真题研练析考情【真 题 研 练】1.2022湖北卷全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na、Li、Cl和少量Mg2、Ca2)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。25 时相关物质的参数如下：LiOH的溶解度：12.4 g/100 gH2O化合物Mg(OH)2Ca(OH)2CaCO3Li2CO3Ksp5.610125.51062.81092.5102回答下列问题：(1)“沉淀1”为_。(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是_。(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为

2、_、_、洗涤。(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：是白色固体；尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3_(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为_。(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由_。22022全国乙卷废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、P

3、bO2、PbO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PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.51087.410141.110102.6109一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2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PbSO4转化反应的离子方程式为_，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因_。(2)在“脱硫”中，加入Na2C

4、O3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是_。(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。()能被H2O2氧化的离子是_；()H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为_；()H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2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_。32022广东卷稀土(RE)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(C11H23COOH)熔点为44；月桂酸和(C1

5、1H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp1.8108，Al(OH)3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Mg2Fe3Al3RE3开始沉淀时的pH8.81.53.66.27.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_的范围内，该过程中Al3发生反应的离子方程式为_。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2浓度为2.7 gL1。为尽可能多地提取RE3，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液

6、中c(C11H23COO)低于_molL1(保留两位有效数字)。(4)“加热搅拌”有利于加快RE3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Pt3Y。还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1 mol Pt3Y转移_mol电子。Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_。42022山东卷工业上以氟磷灰石Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(1)酸解时有HF

7、产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制中，按物质的量之比n(Na2CO3)n(SiF62-)11加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na)_molL1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是_。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.01064.01069.01041.01010(3)SO浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为_(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸

8、溶液而不使用水，原因是_，回收利用洗涤液X的操作单元是_；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_(填字母)。图甲图乙A65 、P2O5%15、SO3%15B80 、P2O5%10、SO3%20C65 、P2O5%10、SO3%30D80 、P2O5%10、SO3%10【考情分析】题型考点预测以工艺流程图为载体的无机综合题原料的预处理及实验条件的选择化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，主要考查元素及其化合物性质、化学反应原理及基本实验操作，常会涉及定量计算。需要关注以下几个方面：(1)常见工业生产都

9、会涉及除杂和分离等环节，特别常用的是通过调节溶液的pH达到除杂或分离的目的，注意元素化合物的转化和实验基本操作的结合，常涉及除杂及离子的检验等。(2)对于产品的提取问题(由溶液到固体主要经历蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥、保存等)这也是流程图题中的新变化。物质成分的判断及循环利用化学(离子)方程式的书写分离、提纯的实验操作、成分检验选用试剂、操作的目的或原因电化学的简单考查实验方案的设计及评价转化率的分析判断Ksp的计算及应用物质含量的测定核心突破提能力考点1化工流程中原料预处理及反应条件的控制【核 心 梳 理】1.原料预处理的方法及目的处理方法目的固体原料粉碎或研磨减小颗粒直径增大反应物

10、接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率煅烧或灼烧除去硫、碳单质；有机物转化、除去有机物；高温下原料与空气中氧气反应；除去受热不稳定的杂质等酸浸溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；去氧化物(膜)碱溶除去金属表面的油污；溶解铝、氧化铝等加热加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热反应方向移动；除杂，除去受热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料气化；煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等2.反应条件的控制及目的条件控制目的反应物用量或浓度酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；增大便宜、易得的反

11、应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等降温防止某物质在高温时溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；降低某些晶体的溶解度，减少损失等控温结晶获得所需物质；防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；使某物质达到沸点挥发出来；使催化剂的活性达到最好；防止副反应的发生等加入氧化剂(或还原剂)转化为目标产物的价态；除去杂质离子如把Fe2氧化成Fe3，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去加入沉淀剂生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、

12、硫化铵、硫化亚铁等)；加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；加入氟化钠，除去Ca2、Mg2pH控制生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；抑制盐类水解；促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离【典 题 精 研】考向原料预处理及反应条件的控制与选择例12021湖南卷节选Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2 (CO3)3nH2O的工艺流程如下：(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_(至少写两条)；(4)加入絮凝剂的目的是_；题型分析化学工艺流程综合题常在

13、物质转化过程中设置反应条件的控制及选择等问题，通过对实验条件的选择、具体实验措施的解释等，考查运用化学反应原理解决实际问题的能力。2023年高考可能这样考1钯催化剂(主要成分为Pd、-Al2O3，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。(1)“还原”加入甲酸的目的是还原_(填化学式)。(2)“酸浸”过程：从绿色化学要求出发，酸浸液应选择_(填标号)。A王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比13混合)B盐酸和Cl2C盐酸和H2O2温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为_。考点2化工流程中物质的分离与提纯【核 心

14、梳 理】1.化工生产过程中分离、提纯、除杂化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的操作紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。2常考分离、提纯的方法及操作(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。(2

15、)固体物质的洗涤洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作23次检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤

16、液于试管中，向其中滴入试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。(4)萃取与反萃取萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。(5)其他蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止

17、受热分解、氧化等。【典 题 精 研】考向化工流程中物质的分离与提纯例2 2021全国乙卷节选磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe3Al3Mg2Ca2开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c1.0105 molL1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是_。(4)“水浸渣”在160

18、 “酸溶”，最适合的酸是_。“酸溶渣”的成分是_、_。(6)将“母液”和“母液”混合，吸收尾气，经处理得_，循环利用。题型分析化学工艺流程综合题中经常将化学实验与元素化合物知识融为一体，依托物质的转化考查分离提纯的方法、提纯试剂的选择、实验操作等知识点，题目难度相对较小。在常规分离方法的基础上应适当关注抽滤、反萃取、减压蒸馏和离子交换等。【方法规律】循环物质的确定2023年高考可能这样考2.工业上常采用堆浸反萃取电积法从锌矿(主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质)中获得锌，其流程如图所示。已知：“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀；在我

19、国，富矿少、贫矿多，品位低于5%的矿山属于贫矿。回答下列问题：(1)“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是，操作的名称为，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和。(2)反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)36H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)和下列哪些仪器(填字母)共同完成。考点3化工流程中方程式的书写与计算【核 心 梳 理】1.化工流程中化学方程式的书写思路获取信息首先根据题给材料中

20、的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型确定类型类型1元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律类型2元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律规范作答最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可2化工流程中的有关计算(1)有关Ksp的计算常考形式有：判断能否沉淀；判断能否沉淀完全；计算某一离子的浓度；沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。(2)产率、纯度的计算计算公式纯度纯净物的质量混合物的质量100%产物的产率产物的实际产量产物的理论产量100%计算方法：守恒法或关系式法。【典 题 精

21、 研】考向化工流程中方程式的书写与计算例32020山东卷节选用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25 时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp11016.311038.611032.311012.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为。(4)净化时需先加入的试剂X为(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度c1.0105 molL1时，可认为该离子沉淀完

22、全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为。题型分析化学工艺流程综合题依托重要生产工序和主要流程，考查转化关系中陌生化学(离子)方程式的书写、物质组成和含量的计算，此类问题难度较大。2023年高考可能这样考3某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。pH46688101012主要离子VO2+VO3-V2O74-VO43-(1)已知Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH4，则Ca(VO3)2溶于盐酸的离子方程式为。(2)

23、Ksp(CaCO3)m，KspCa3(VO4)2n；则反应Ca3(VO4)2(s)3CO32-2VO43- (aq)3CaCO3(s)的平衡常数为。(用含m、n的代数式表示)(3)NH4VO3灼烧脱氨可得V2O5。在硫酸酸化条件下，V2O5可与草酸(H2C2O4)溶液反应得到含VO2的溶液，反应的离子方程式为。(4)测定产品中V2O5的纯度：取a g产品用硫酸溶解得(VO2)2SO4溶液，加入b1mL c1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(VO2+2HFe2=VO2Fe3H2O)，再用c2 molL1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体

24、积为b2 mL。已知MnO4-被还原为Mn2，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是(V2O5的摩尔质量为M gmol1)。模考精练抓落实12022山东省济南市一模铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：已知：滤渣主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；KspFe(OH)381038；KspCe(OH)311022；lg 20.3。回答下列问题：(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：空气氧化法氧化温度/氧化率/%氧化时间/h暴露空气中4505008014对流空气氧化炉中450500986在对流空气氧化炉中可大大

25、缩短氧化时间的原因是_。(2)用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有，“滤渣”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣”主要成分为(化学式)。(3)“滤液”中c(Ce3)0.1 molL1，用氨水调pH的范围是，“滤液”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8 t，则获得CeO2的质量为t。(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为，铝粉必须过量的原因是_。22022广东省茂名市一模钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru制R

26、uCl3的工艺流程如下：(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为；最佳反应温度为。(2)滤液1中溶质主要成分为RuO42-、NaBiO2、NaHPbO2和；NaHPbO2中Pb的化合价为；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为。(3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH明显增大，则该过程的离子反应方程式为。(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为、。(5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如下图3所示(HAc代表乙酸，Ph代表苯基)，则下列说法

27、正确的是。ARuCl3为催化剂BH2O2作还原剂CHAc为中间产物D主要生成物为32022东北三省三校二模锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：已知： .锡精矿：含Sn 40%70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素.滤渣的成分为：SnO2、Fe2O3、SiO2等.硬头：Sn 46%、Fe 44%等按要求回答下列问题：(1)Sn为50号元素，请写出Sn在元素周期表的位置。(2)氧化焙烧产生的气体为，其可造成的环境污染是。(3)加Na2CO3焙烧时，Na2CO3与WO3反应的化学方程式为。(4)操作1的名称是。洗涤CaWO

28、4沉淀，判断是否洗净的方法是_。(5)还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体，写出该反应的化学方程式。(6)“熔析”时吹入空气或水蒸气，使铁、锌、铅形成浮渣而上浮。Fe在高温时可与水蒸气反应，其化学方程式为。(7)用含SnSiF6、H2SiF6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作极。维持电流强度为10 A，电解池工作五分钟，理论产生Sng(保留3位有效数字)。(已知：F96 500 C/mol)42022河北省邯郸市一模五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂(含有K2SO4、V2O5、V2O4

29、、SiO2、Fe2O3、NiO等)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，回收工艺流程如下：已知：“酸浸”时V2O5和V2O4与稀硫酸反应分别生成VO2+和VO2。溶液中VO2+与VO3-可相互转化：VO2+H2OVO3+2H，且NH4VO3为沉淀。(1)“酸浸”前，需对废钒催化剂进行粉碎预处理，其目的是_。(2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将VO2+转化为VO2，写出反应的离子方程式：。(3)加入H2O2的目的是将过量的Fe2转化为Fe3。“氧化1”后，溶液中含有的金属阳离子主要有Fe3、Ni2、VO2，调节pH使离子沉淀，若溶液中c(Ni2)0.2 molL1，则调节溶

30、液的pH最小值为可使Fe3沉淀完全(离子浓度1.0105 molL1时沉淀完全)，此时(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。假设溶液体积不变，lg 60.8，KspFe(OH)32.161039，KspNi(OH)221015。(4)“氧化2”过程中发生反应的离子方程式为。(5)“沉钒”时，通入氨气的作用是_。(6)若该废钒催化剂中V2O5的含量为10%(原料中所有的钒已换算成V2O5)。取100 g待处理样品，按照上述流程进行实验。当加入150 mL 0.1 molL1KClO3溶液时，溶液中的钒元素恰好完全反应，则该工艺中钒的回收率是%(假设与KClO3反应后的操作步骤中钒元素无损失

31、)。专题十一化学工艺流程真题研练析考情1解析：（1）浓缩卤水中含有Mg2，当加入石灰乳后，转化为Mg（OH）2沉淀，所以沉淀1为Mg（OH）2；（2）滤液1中含有Na、Li、Cl和Ca2，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将Ca2转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤；（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了Li

32、HCO3和NaCl，随后LiHCO3不稳定，分解产生了CO2和Li2CO3，涉及方程式有：LiHCO3-= LiHCO3，2LiHCO3= Li2CO3CO2H2O；（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。答案：（1）Mg（OH）2（2）将Ca2转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质（3）蒸发浓缩趁热过滤（4）不稳定 LiHCO3-=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3CO2H2O（5）能达到

33、相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果2解析：（1）结合难溶电解质的Ksp，可知利用Na2CO3“脱硫”发生沉淀转化反应：PbSO4（s）CO32-（aq）=PbCO3（s）SO42-（aq）；存在沉淀溶解平衡PbSO4（s）Pb2（aq）SO42-（aq），已知Ksp（PbCO3）Ksp（PbSO4），加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸。（2）沉淀转化反应BaSO4（s）CO32-（aq）BaCO3（s）SO42-（aq）的平衡常数K

34、cSO42-cCO32-KspBaSO4KspBaCO31.110-102.610-90.04，K值较小，说明正向反应程度有限，BaSO4不能完全转化为BaCO3。（3）（）根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2；（）H2O2将Pb氧化为Pb2，继而Pb2与醋酸反应生成Pb（Ac）2，反应的化学方程式为PbH2O22HAc=Pb（Ac）22H2O；（）PbO2转化为Pb（Ac）2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。（4）“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、

35、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4。（5）“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2，还有因加入NaOH溶液而引入的Na。答案：（1）PbSO4（s）CO32-（aq）=PbCO3（s）SO42-（aq）存在沉淀溶解平衡PbSO4（s）Pb2（aq）SO42-（aq），已知Ksp（PbCO3）Ksp（PbSO4），加入Na2CO3，可将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，有利于后续溶于酸（2）沉淀转化反应BaSO4（s）CO32-（aq）BaCO3（s）SO42-（aq）的平衡常数K0.04，K

36、值较小，说明正向反应程度有限（3）（）Fe2（）PbH2O22HAc=Pb（Ac）22H2O（）H2O2作还原剂，还原PbO2（4）Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4（5）Ba2、Na3解析：（1）由题意知，“氧化调pH”中只有铁是变价金属，铝和稀土金属元素均为3价，Fe2被氧化为Fe3。（2）“过滤1”所得“滤渣”为Fe（OH）3和Al（OH）3，应调节的pH范围为4.7pH6.2，pH小于6.2是防止RE3开始沉淀。该过程中Al3与OH反应生成Al（OH）3沉淀。（3）“滤液2”中Mg2浓度为2.7 gL1，其物质的量浓度为0.112 5 molL1，Ksp（C11H23COO）2

37、Mgc2（C11H23COO）c（Mg2），c2（C11H23COO）（1.8108/0.112 5） mol2L216108 mol2L2，c（C11H23COO）1610-8 molL14.0104molL1，若c（C11H23COO）大于4.0104 molL1，则形成的“滤饼”中会混入（C11H23COO）2Mg。（4）“滤饼”的主要成分为（C11H23COO）3RE，为难溶物，搅拌可以增加其与盐酸的接触面积，加热也可以加快固体的溶解，进而加快反应速率。加热搅拌的温度为55 ，而月桂酸的熔点为44 ，所以“操作X”（过滤）前，先要冷却结晶，使月桂酸变成固体。（5）“滤液2”中含有MgS

38、O4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。（6）YCl3中Y为3价，PtCl4中Pt为4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成1 mol Pt3Y，转移电子的物质的量为（4331） mol15 mol。在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH。答案：（1）Fe2（2）4.7pH6.2Al33OH=Al（OH）3（3）4.0104（4）加热搅拌可加快反应速率冷却结晶（5）MgSO4（6）15 O24e2H2O=4OH4解析：氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制脱氟、除硫酸根离子和SiF62-，过滤，滤液经精制等

39、一系列操作得到磷酸。（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HFSiO2=2HSiF62-2H2O。（2）精制中，按物质的量之比n（Na2CO3）n（SiF62-）11加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6Na2CO3=Na2SiF6CO2H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na）2c（SiF62-），根据Na2SiF6的溶度积可知Kspc2（Na）c（SiF62-）4c3（SiF62-），c（SiF62-）34.010-641.0102molL1，因此c（Na）2c（SiF62-）2.0102 mol

40、L1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2）c（SO42-）9.010-43.0102molL1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2）1.010-61.010-21.0104 molL1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2）3.3109molL1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO，然后才是SiF。（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100 、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO40.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产

41、率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65 线上方的晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，位于80 线下方，晶体全部以CaSO42H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%15、SO3%15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 、80）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%10、SO3%20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65 、80 ）之间，故不能实现晶体的完全转化， B

42、不符合题意；P2O5%10、SO3%30，由图乙信息可知，该点坐标位于65 线上方，晶体全部以CaSO40.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；P2O5%10、SO3%10，由图乙信息可知，该点坐标位于80 线下方，晶体全部以CaSO42H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。答案：（1）6HFSiO2=2HSiF62-2H2O（2）2.0102O42-（3）CaSO40.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解D核心突破提能力例1解析：（2）为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。（4）Fe（OH）3和Al（OH）3是胶状沉淀，

43、不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂强化沉降Fe（OH）3和Al（OH）3。答案：（2）搅拌、适当升高温度（合理即可）（4）强化沉降Fe（OH）3和Al（OH）31解析：（1）钯催化剂在使用过程中， Pd 易被氧化为难溶于酸的 PdO 而失活，“还原”加入甲酸的目的是还原 PdO。（2）王水有很强的氧化性和挥发性，且王水不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故选C。从图中可以看出，当温度在7580时，浸取率最大，能达到98%99%，固液比为41时，浸取率也最大，能达到98%，故“酸浸”的最佳条件为温度控制在7580，固液比为41。答案：（1）PdO（

44、2）C温度控制在7580，固液比为41例2解析：（2）结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3、Al3、Mg2依次沉淀。（4）由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160 酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。（6）结合图示流程可知，母液中含有氨水、硫酸铵，母液中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到（NH4）2SO4。答案：（2）Fe3、Al3、Mg2（4）硫酸SiO2CaSO4（6）（NH4）2SO42解析：（1）“萃取”时需要进行多次

45、萃取且合并萃取液，其目的是充分萃取，提高Zn2的萃取率、以提高Zn2的利用率，由题干信息可知，操作分离两种互不相溶的液体，则该分离操作的名称为分液，电解反萃液是电解硫酸锌溶液，得到Zn和H2SO4，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和H2SO4。（2）反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2（C2O4）36H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为：ZnFe2（C2O4）36H2O灼烧=ZnFe2O44CO2CO26H2O，灼烧固体应该在坩埚中进行。答案：（1）充分萃取，提高Zn2的萃取率、以提高Zn

46、2的利用率分液H2SO4（2） ZnFe2（C2O4）36H2O灼烧=ZnFe2O44CO2CO26H2Oe例3解析：（1）对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2还原，Mn元素由4价转化为2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2BaSH2O=Ba（OH）2MnOS。（4）由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2的“反应”操作后主要以Fe2形式

47、存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少Mn（OH）2的损失，需将Fe2转化为Fe3，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3转化为Fe（OH）3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢（H2O2）溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于Fe（OH）3，Al（OH）3的溶度积较大，若要除去Al（OH）3、Fe（OH）3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全的最大金属离子浓度为1.0105 molL1，此时c3（OH）KspAl（OH）3/c（Al3）110-32.31.010-5 mol3L311

48、027.3 mol3L3，则c（OH）1109.1 molL1，c（H）Kw110-9.1 molL11104.9 molL1，此时pH4.9。（5）由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2HCO3-NH3H2O=MnCO3NH4+H2O。答案：（1）增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2BaSH2O=Ba（OH）2MnOS（4）H2O24.9（5）Mn2HCO3-NH3H2O=MnCO3NH4+H2O 3解析：由题给流程可知，废钒渣中加入

49、CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为Ca（VO3）2，Al2O3与CaO反应转化为Ca（AlO2）2；向焙烧后的固体中加入盐酸，将Ca（VO3）2转化为H3VO4，Ca（AlO2）2转化为Al（OH）3沉淀，过滤得到含有Al（OH）3的滤渣1和含有H3VO4的滤液；向滤液中加入石灰乳，将H3VO4转化为Ca3（VO4）2沉淀，过滤得到滤液1和Ca3（VO4）2；向Ca3（VO4）2中加入碳酸铵溶液，将Ca3（VO4）2转化为（NH3）3VO4，过滤得到含有CaCO3的滤渣2和含有（NH3）3VO4的滤液；向滤液中加入氯化铵固体，将（NH3）3VO4转化为NH4VO3沉

50、淀，过滤得到滤液2和NH4VO3；NH4VO3灼烧脱氨制得V2O5。（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；由表格信息可知，溶液pH为4时，钒元素在溶液中以VO2+形式存在，则Ca（VO3）2与盐酸反应生成CaCl2、VO2Cl和H2O，反应的离子方程式为Ca（VO3）24H=Ca22VO2+2H2O。（2）由方程式可知，反应的平衡常数Kc2VO43-c3CO22-c2VO43-c3Ca2+c3CO32-c3Ca2+KspCa3VO42Ksp3CaCO3nm3。（3）由题意可知，在硫酸酸化条件下，V2O5与H2C2O4溶液反应生成VO2、CO2和H2

51、O，反应的离子方程式为V2O5 H2C2O44H=2VO22CO23H2O。（4）测定产品中五氧化二钒的纯度时，五氧化二钒和高锰酸钾为反应的氧化剂，硫酸亚铁铵为还原剂，由得失电子数目守恒可得：n（Fe2）2n（V2O5）5n（MnO4-），由题给数据可得五氧化二钒的物质的量为c1molL-1b110-3L-c2molL-1b210-3L52c1b1-5c2b22 000mol，则样品中五氧化二钒的纯度为c1b1-5c2b22 000MmolL-1ag100%c1b1-5c2b2M20a%。答案：（1）Ca（VO3）24H=Ca22VO2+2H2O（2）nm3（3）V2O5 H2C2O44H=2

52、VO22CO23H2O（4）c1b1-5c2b2M20a%模考精练抓落实1解析：（1）在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3在空气中被氧化为Ce4，Fe2氧化为Fe3，用盐酸和H3BO3浸取，Fe3进入溶液，过滤分离，滤渣主要成分是难溶于水的Ce（BF4）3，“滤渣”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣是KBF4。滤液Ce3溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3沉淀为Ce2（CO3）3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。（2）用盐酸和H3BO3提取Ce元素

53、时，CeF4、CeO2、Fe2O3与盐酸和H3BO3反应生成了Ce（BF4）3、FeCl3，Ce元素由4变为3，硼元素化合价不变，所以只能是盐酸体现酸性、还原性；滤渣主要成分是难溶于水的Ce（BF4）3，“滤渣”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，则“滤渣”主要成分为KBF4（化学式）。（3）“滤液”中c（Ce3）0.1 molL1，Ce3开始沉淀时，KspCe（OH）311022，c（OH）3110-220.1 molL1107 molL1，c（H）107 molL1，pH7，铁离子沉淀完全时，KspFe（OH）381038，c（OH）3810-3810-5

54、molL121011 molL1，c（H）10-14210-11 molL110-32 molL1，pHlg10-323.3，用氨水调pH的范围是3.3pH7，“滤液”中加入NH4HCO3反应，生成碳酸铈、二氧化碳和水，离子方程式为2Ce36HCO=Ce2（CO3）33CO23H2O；若Ce2（CO3）3经充分焙烧质量减少5.8 t，由差量法：2Ce2（CO3）3O2=6CO24CeO2 m 4172 t 232 tm 5.8 tm41725.8232 t17.2 t 则获得CeO2的质量为17.2 t。（4）用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为3CeO24Al高温=2Al2O

55、33Ce，铝粉必须过量的原因是使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境。答案：（1）增大了气体与固体粉末间的接触面积（2）酸性、还原性KBF4（3）3.3pH72Ce36HCO3-=Ce2（CO3）33CO23H2O17.2（4）3CeO24Al高温=2Al2O33Ce使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境2解析：（1）由图可知，相同温度时，次氯酸钠做氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；220时，钌浸出率最大、渣率最小；（2）由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液氧化碱浸时，Ru和

56、Pb被氧化为RuO42-和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，反应的化学方程式为Bi2O32NaOH=2NaBiO2H2O；过滤得到含有RuO42-、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液1；Ru（OH）4在蒸馏条件下被氯酸钾氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3；（3）由（2）分析可知，溶液中RuO42-与乙醇反应生成Ru（OH）4沉淀、乙醛和氢氧根离子，反应的离子方程式为RuO42-CH3CH2OH2H2ORu（OH）4 CH3CHO 2OH；（4）由（2）分析可知

57、，气体X为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y为氢氧化钠溶液；（5）由图可知，Ru（Ac）3为反应的催化剂，醋酸、过氧化氢、CH3CH=CHPh为反应物，和水是生成物，反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还原，为反应的氧化剂，故选D。答案：（1）NaClO220（2）Na2SiO32价Bi2O32NaOH=2NaBiO2H2O（3）RuO42-CH3CH2OH2H2ORu（OH）4 CH3CHO 2OH（4） Cl2NaOH（5）D3解析：由题干流程图可知，“氧化焙烧”是将锡精矿中Sn、W、S、Si、Cu、Pb、Fe、Zn等元素分

58、别氧化为SnO2、WO3、SO2、SiO2、CuO、PbO2、Fe2O3、ZnO，在与Na2CO3一起焙烧，得到Na2WO4，Na2SiO3，加水溶解并过滤得到滤液主要是Na2WO4溶液和滤渣，滤渣主要成分为SnO2、Fe2O3、SiO2等，滤渣与C和CaCO3还原熔炼，则将SnO2、Fe2O3还原成Sn和Fe，SiO2与CaCO3转化为CaSiO3，经过对硬头进行进一步提纯得到粗锡，再熔析除去Fe、Zn、Pb等，得到97%的粗锡，然后进行电解精炼即可得到精锡；（2）精锡矿的主要成分中只有S粉燃烧可以转化为气体SO2，则氧化焙烧产生的气体为SO2，SO2可造成的环境污染是酸雨；（3）加Na2C

59、O3焙烧时，Na2CO3与WO3反应生成Na2WO4，故该反应的化学方程式为Na2CO3WO3焙烧=Na2WO4CO2；（4）操作1分离不溶性固体和溶液，则操作1的名称是过滤，洗涤CaWO4沉淀，判断是否洗净的方法是检验最后一次洗涤滤液中是否含有Cl即可，故检验的方法为：取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净；（5）还原熔炼时，SnO2转化为Sn，同时还生成一种可燃性气体即为CO，即SnO2和C反应生成Sn和CO，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：SnO22C熔炼=Sn2CO；（7）根据铜的精炼可知，用含SnSiF6、H2SiF

60、6、H2SO4的混合液作电解液电解精炼Sn时，粗锡作阳极，维持电流强度为10 A，电解池工作五分钟，根据阴极电极反应式Sn22e=Sn可知，理论产生Sn的质量为：1056096 500mol12119 gmol11.85 g。答案：（1）第5周期第A族（2）SO2酸雨（3）Na2CO3WO3焙烧=Na2WO4CO2（4）过滤取最后一次洗涤滤液少许于一试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤沉淀干净（5）SnO22C熔炼=Sn2CO（6）3Fe4H2O（g）高温=Fe3O44H2（7）阳1.854解析：(2)“还原转化”中加入FeSO4的目的是将VO2+转化为VO2，根据氧化还原

61、反应配平可知，该反应的离子方程式为：VO2+Fe22H=VO2Fe3H2O；(3)当c(Fe3)1.0105molL1时，根据Ksp的公式可知，溶液中的c3(OH)KspFeOH3cFe3+2.1610-39110-5molL-132.161034molL-13，c(OH)61012molL1，计算可得pH2.8，QNiOH2c(Ni2)c2(OH)0.26.010-1227.21024，因为QNiOH2KspNiOH2，所以无Ni(OH)2生成；(4)KClO3将VO2氧化为VO2+的过程中，ClO3-中氯元素得电子被还原为Cl，根据氧化还原反应配平可得其离子方程式为3H2O+ClO3-+6

62、VO2=6VO2+Cl6H；(5)溶液中存在平衡VO2+H2OVO3-2H，通入氨气，溶液中OH浓度增大，消耗了H，该平衡正向移动，从而使VO2+尽可能都转化为VO3-；(6)“氧化2”过程中KClO3将VO2氧化成VO2+，便于后续沉钒，进而实现钒的回收，相关的离子方程式为3H2O+ClO3-+6VO2=6VO2+Cl6H。100 g待处理样品中，mV2O5100 g10%10 g，则nV2O510 g182 gmol-1591mol，即n(V)2591 mol1091 mol；nKClO30.15 L0.1 molL10.015 mol，由于ClO3-6VO2，故nVO2+0.09 mol，则该工艺中钒的最大回收率为0.09 mol1091mol100%81.9%。答案：(1)增大接触面积，加快反应速率(2)VO2+Fe22H=VO2Fe3H2O(3) 2.8无(4)3H2O+ClO3-+6VO2=6VO2+Cl6H(5)使VO2+H2OVO3-2H平衡正向移动，将VO2+转化为VO3-，同时增大NH4+的浓度(6)81.9