2023年高考化学三轮回归教材重难点回归教材重难点08 化学工艺流程分析高考五星高频考点。化学工艺流程题以化工生产流程图的形式，充分体现元
素化合物与自然界和社会生活的密切联系，体现其社会应用价值。对近年的高考试题进行分析，不难发现，试题很多都是将化学工艺或化学工业生产
及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合能力。这类试题一般都是比较大型的推断、实验设计和探究类试题，这是高考中一个重要的热点。化学
工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资
源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般
有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相
关计算。1．图解明晰化学工艺流程2．原料预处理的六种常用方法方法目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反
应速率水浸与水接触反应或溶解，使可溶物进入溶液，不溶物通过过滤除去酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤
除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅
烧改变结构，使一些物质溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土3．控制反应条件的六种常用方法(1)调节溶液的pH。常用于
使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质，如若要除去Cu2
＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2
)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)控制压强。改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂。
加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。(6)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在
洗涤过程中的溶解损耗。4. 常考化工术语关键词释 义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快
反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加
入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除
去的过程过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续
蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去
氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀) 5.
常见的操作与思考角度常见的操作思考角度加过量试剂使反应完全进行(或增大转化率、产率)等加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些
离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方
法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在
空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等
目的判断沉淀是否洗涤干净取最后一次洗涤滤液少量，检验其中是否还有某种离子存在控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化
物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还
原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴 )①防止副反应的发生②使化学平衡移动；控制化学反应的方向③控制固
体的溶解与结晶④控制反应速率；使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利
于过滤分离⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗
涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机
试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等④洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流
下后，重复以上操作2～3次6．注意描述简答的答题规范(1)“操作或措施”类操作或措施答题模板从溶液中得到晶体的操作蒸发浓缩→冷却结
晶→过滤→洗涤(包括水洗、冰水洗、热水洗、乙醇洗等)→干燥蒸发结晶的操作将溶液转移到蒸发皿中加热，并用玻璃棒不断搅拌，待有大量晶体
出现时停止加热，利用余热蒸干剩余水分证明沉淀完全的操作静置，在上层清液中继续加入××试剂(沉淀剂)，若没有沉淀生成，说明沉淀完全洗
涤沉淀的操作沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中的沉淀上加蒸馏水至没过沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次检验沉淀是否洗涤干净的操作取最后一
次洗涤液，加入××试剂(根据沉淀可能吸附的杂质离子，选择合适的检验试剂)，若没有××(特征现象)出现，证明沉淀已洗涤干净(2)“目
的或原因”类目的或原因答题模板沉淀水洗的目的除去××(可溶于水)杂质沉淀用乙醇洗涤的目的a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附
的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥冷凝回流的作用及目的防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率控制溶液pH的目
的防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等加过量A试剂的原因使B物质反应完全(或提高B物质的转化率
)等温度不高于×× ℃的原因温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物
质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)减压蒸馏(减压蒸发)的原因减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热
分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)蒸发、反应时的气体氛围抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进
行，加热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)配制某溶液前先煮沸水的原因除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧
化7. 循环物质的确定8. 副产品的判断9．化工流程题解题技法(1)粗读题干，挖掘图示图示中一般会呈现超出教材范围的知识，但题目中
往往会有提示或者问题中不涉及，所以一定要关注题目的每一个关键字，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出，只需问什么推什么。如制备
类无机化工题，可粗读试题，知道题目制取什么、大致流程和有什么提示等。(2)携带问题，精读信息这里信息包括三个方面：一是主干，二是流
程图示，三是设置问题。读主干抓住关键字、词；读流程图，重点抓住物质流向(“进入”与“流出”)、实验操作方法等。(3)跳跃思维，规范
答题答题时应注意前后问题往往没有“相关性”，即前一问未答出，不会影响后面答题。要求用理论回答的试题，应采用“四段论法”：改变了什么
条件(或是什么条件)→根据什么理论→有什么变化→得出什么结论。1．(2021?湖南选择性考试)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)3?nH2O的工艺流程如图：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为
；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有 (至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是 (填化学式)；(4)加入絮凝剂的
目的是 ；(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3?nH2O的离子方程式为 ，常温下加入的NH4HCO3溶液呈 (
填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3?H2O的Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.
7×10﹣11)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材
料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为 。【答案】(1)13858Ce (2)适当升高温度，将独
居石粉碎等 (3)Al(OH)3 (4)促使铝离子沉淀 (5)2Ce3++6HCO3-+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH
2O+3CO2↑碱性 (6)6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O【解析】天然独居石主要
以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质中加入浓硫酸焙烧，二氧化硅不反应，其他物质生成对应的硫
酸盐，加水水浸，浸渣为硫酸钙和二氧化硅，滤液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化镁调节pH＝5，加絮凝剂聚沉，溶液
中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氢铵沉铈，过滤获得Ce2(CO3)3?nH2O。(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中
子，依据核素的表示方法，其符号为13858Ce；(2)升高温度，搅拌反应物可以加快水浸效率；(3)依据流程分析，氧化镁调节pH＝5
，加絮凝剂聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成对应的氢氧化物沉淀除去，对应的滤渣III为Fe(OH)3、Al(OH)3；(4)加入
絮凝剂，吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除去；(5)“沉铈”过程中，加入Ce3+与CO32﹣结合，促进HCO3﹣电离，生成Ce2
(CO3)3?nH2O，离子方程式为：2Ce3++6HCO3﹣+(n﹣3)H2O＝Ce2(CO3)3?nH2O+3CO2↑，根据盐
类水解规律，已知NH3?H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4
.7×10﹣11，所以碳酸氢根的水解程度更大，所以NH4HCO3显碱性；(6)Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可
制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被还原，Li2CO3中C元素被还原
，据此可知方程式为6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。2．(2021?湖南选择性考试
)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤Ⅰ.Na
2CO3的制备步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取25.00m
L上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol?L﹣1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸
V1mL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol?L﹣1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V
2mL；④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。(
ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表(g/100g H2O)温度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.3
36.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.
4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为 ，晶体A能够
析出的原因是 ；(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是 (填标号)；(3)指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色
变化 ；(4)产品中NaHCO3的质量分数为 (保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，
则NaHCO3质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】(1)NaHCO3 在30-35C时NaHCO3
的溶解度最小(意思合理即可)(2)D (3)甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色 (4)3.56% (5)偏大 【解
析】分析流程可知，氯化钠加蒸馏水溶解，再加入碳酸氢铵粉末，30﹣35℃水浴，静置抽滤，结合图中数据分析可知，晶体A为NaHCO3，
滤液中主要含有Na+、Cl﹣、HCO3﹣、NH4+，洗涤抽干，300℃加热，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。
(1)晶体A为NaHCO3，结合图表数据分析析出原因；(2)300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚；(3)依据提示“溶液由红色变至
近无色”可知，指示剂M为酚酞，由于滴定终点之前溶液就已经呈中性，故不能继续使用酚酞作为指示剂，改用范围更为合适的甲基橙，据此进行分
析；(4)滴定过程中发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑
，其中HCl的体积为V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，产品中为碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，设碳酸钠的物质的量
为x，碳酸氢钠的物质的量为y，可得关系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L，
求解碳酸氢钠的物质的量，进而计算其质量分数；(5)滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，结合(4)关系式计算对结果造成的
影响。(1)依据分析可知，晶体A为NaHCO3，根据表中数据可知：在相同的温度下，碳酸氢钠的溶解度较小，所以实验中只析出NaHCO
3晶体；(2)300℃加热为固体受热分解，应使用坩埚，图中D为坩埚；(3)依据提示“溶液由红色变至近无色”可知，指示剂M为酚酞，由
于发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，在快接近终点时，
由于生成的二氧化碳溶于水，使滴定终点不再显中性而显酸性，故换用指示剂N甲基橙，继续滴定时，终点前后的现象为溶液由橙色变为红色；(4
)滴定过程中发生反应Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，其中H
Cl的体积为V1+V2＝22.45mL+23.15mL＝45.6mL，产品中为碳酸钠与碳酸氢钠的混合物，设碳酸钠的物质的量为x，碳
酸氢钠的物质的量为y，可得关系式：106x+84y＝2.500g，2x+y＝45.6×10﹣3L×0.1000mol/L，解得y≈
0.002684mol，碳酸氢钠的质量分数100%≈9.02%；(5)滴定终点时俯视读数会是数值靠上，即盐酸数值偏小，解出y偏大，
则碳酸氢钠的质量分数偏大。3．(2021?河北选择性考试)绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液
相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg的深度
利用和Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是____________(填元素符号)。(2
)工序①的名称为____________________。(3)滤渣的主要成分是___________(填化学式)。(4)工序③中
发生反应的离子方程式为______________________________。(5)物质V可代替高温连续氧化工序中的NaOH
，此时发生的主要反应的化学方程式为____________________________，可代替NaOH的化学试剂还有_____
__(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_____________________(填“①”或“②”或“③”或
“④”)参与内循环。(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为____________________。(通常认为溶液中
离子浓度小于10-5mol?L-1为沉淀完全；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+2
CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓(5)4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 F
e2O3+ 16CO2+8H2O Na2CO3 (6)② (7)8.37【解析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温
下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏
铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣1和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液
在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸
钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢
镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。(1
)高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素；(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质；(3)滤渣Ⅰ的主
要成分是氧化铁和氧化镁；(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为2N
a2CrO4+2CO2+H2O= Na2Cr2O7+2NaHCO3↓；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应
为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+ 7O2
+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应；(6)热解工
序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②；(7)
工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)4- +H+A1(OH)3+H2O，反应的平衡常数为K1====1013
.37，当c[Al(OH)4-]为10—5mol/L时，溶液中氢离子浓度为=mol/L=10—8.37mol/L，则溶液的pH为8
.37。4．(2021?广东选择性考试)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼(Mo)、镍()等元素的氧
化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka1=4.7×10-11，Ksp(B
aMoO4)=3.5×10-8， ，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42-
的形态存在。(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为_______。(2)“沉铝”中，生成的沉淀为_____
__。(3)“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4的离子方程式为_______。②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免
BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c(HCO3-)：c(MoO42-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶
液。(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______
(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出。(5)高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所
示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反应。①该氧化物为_______。②已知：和Al同族，As和
N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。【答案
】(1)+6(2)Al(OH)3 (3)①Ba2++MoO42-= BaMoO4↓② (4)①NaHCO3 ②NH3 (5)①Al
2O3 ②4：1【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，
分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化
钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。【解析】(1)“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和
为0可知，Mo元素的化合价为+6。(2)“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al(OH)3。(3)①滤液II中
含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为Ba2++MoO42-= BaMoO4↓。②若开始生成BaC
O3沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO3-+BaMoO4BaCO3+MoO42-+H+，该反应的化学平衡常数为。为避免BaMo
O4中混入BaCO3沉淀，必须满足，由于“沉钼”中pH为7.0， c(H＋)= 1.0×10-7 mol·L－1，所以溶液中时，开
始生成BaCO3沉淀， 因此， 时，应停止加入BaCl2溶液。(4)①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时
生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的
钠盐有NaCl和NaHCO3，故Y为NaHCO3。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量NH3，再
通入足量CO2，可析出NaHCO3。(5)①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由H2O2与AlAs反应生成的，联想到金属
铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价(其最高价)、As显
-3价。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为H2O2
，还原剂为GaAs。H2O2中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个H2O2参加反应会使化合价降低2，根据
氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。5．(2021
?山东卷)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7?2H2O)的工艺流程如
图。回答下列问题：(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流
而行，目的是________________________________。(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的
关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol?L-1时，可认为已除尽。中和时pH的理论范围为___________
______；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发
结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，
可在上述流程中循环利用的物质还有________。(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2
O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在______
_ (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为________________。【答案】(1)增大反应物接触面积，提高
化学反应速率 (2)4.5≤pH≤9.3使2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸
取 (3)所得溶液中含有大量Na2SO4?10H2O H2SO4 (4)阳 Na＋ 【解析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al
、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7?2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化
为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe
2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将
Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶体，母液中
还含有大量H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(
2)中和时调节溶液pH目的是将AlO2-、SiO32-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH
＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO32-，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将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
正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2S
O4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致所得溶液中含有大量Na2
SO4?10H2O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2
Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成
H2，由2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O可知，Cr2O72-在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室
产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。6．
(2021?辽宁选择性考试)从钒铬锰矿渣(主要成分为V2O5、Cr2O3、MnO)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价
锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：(1)Cr元素位于元素周期表第_______周期_______族。(2)用FeCl3溶液制
备胶体的化学方程式为_______。(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“
沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为_______(填化学式)。(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉
铬”过程最佳pH为_______；在该条件下滤液B中c(Cr3+)=_______(Kw近似为1×10-14，Cr(OH)3的Ks
p近似为1×10-30)。(5)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为_______。(6)“提纯”过程中Na2S2O3的作用为
_______。【答案】(1)4 VIB (2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)H3V2O7
-(4) 6.0 1×10-6 (5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH较大时，二价锰[M
n(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【解析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢
氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤
液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成
Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O。(1)Cr是24号元素，价层电子对
排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族；(2)用FeCl
3溶液制备Fe(OH)3胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；(3)常温下，各种形态五价钒粒子总
浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制pH=3.0，=-2时，与胶体共沉
降的五价钒粒子的存在形态为H3V2O7-；(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；
则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6；(5) “转化”过程中生成MnO
2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；(6)由分析可知，“提纯”过程中Na2S2O3的作用为防止pH较
大时，二价锰[Mn(II)]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。7．(2021?湖北选择性考试)
废旧太阳能电池CIGS具有较高的回收利用价值，其主要组成为CuIn0.5Ga0.5Se2。某探究小组回收处理流程如下： 回答下列问
题：(1)硒(Se)与硫为同族元素，Se的最外层电子数为 ；镓(Ga)和铟(In)位于元素周期表第ⅢA族，CuIn0.5Ga0.5
Se2中Cu的化合价为 。(2)“酸浸氧化”发生的主要氧化还原反应的化学方程式为 。(3)25 ℃时，已知：， ， ， ，“浸出液
”中c(Cu2)＝0.01 mol·L1。当金属阳离子浓度小于1.0×105mol·L1时沉淀完全，In3+恰好完全沉淀时溶液的p
H约为 (保留一位小数)；若继续加入6.0 mol·L1氨水至过量，观察到的实验现象是先有蓝色沉淀，然后 ；为探究Ga(OH)3在
氨水中能否溶解，计算反应Ga(OH)3＋NH3·H2O[Ga(OH)4]＋NH4+的平衡常数K＝ 。(已知：Ga3+＋4OH[Ga
(OH)4] )(4)“滤渣”与SOCl2混合前需要洗涤、干燥，检验滤渣中SO42是否洗净的试剂是 ；“回流过滤”中SOCl2的
作用是将氢氧化物转化为氯化物和 。(5)“高温气相沉积”过程中发生的化学反应方程式为 。【答案】(1)6＋1(2)Cu2O＋H2O
2＋2H2SO4＝2CuSO4＋3H2O(2分)(3)4.7(2分)蓝色沉淀溶解，溶液变成深蓝色(2分)2.0×106(2分)(4
)HCl溶液、BaCl2溶液 作溶剂 (5)GaCl3＋NH3GaN＋3HCl(2分)【解析】(1)硒与硫同为第ⅥA族元素，最外层
有6个电子。硒最低化合价为－2；镓和铟同为ⅢA族元素，化合价均为＋3，根据化合物中正、负化合价代数和为0，设CuIn0.5Ga0.
5Se2中铜的化合价为x，则有x＋3×0.5＋3×0.5＝2×2，解得x＝＋1。(2)CuIn0.5Ga0.5Se2在“焙烧”时硒
转化成二氧化硒，镓、铟元素化合价均为最高价，保持不变化。则酸浸氧化时双氧水氧化＋1价铜元素，高温焙烧时铜元素转化成氧化亚铜(在10
00 ℃以上氧化铜分解生成氧化亚铜)，故酸浸氧化时发生的主要氧化还原反应为Cu2O＋H2O2＋2H2SO4＝2CuSO4＋3H2O
。(3)，。Cu(OH)2＋4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2+(深蓝色)＋2OH＋4H2O；向氢氧化铜中滴加过量浓氨水，蓝
色沉淀溶解得到深蓝色溶液。，由此推知，氢氧化镓不溶于浓氨水。(4)检验的试剂是氯化钡溶液和盐酸。回流时发生一系列反应可以理解为2G
a(OH)3＝Ga2O3＋3H2O，2In(OH)＝In2O3＋3H2O，SOCl2＋H2O＝SO2＋2HCl，Ga2O3＋6HC
l＝2GaCl3＋3H2O，In2O3＋6HCl＝2InCl3＋3H2O，随着水增多、GaCl3和InCl3会水解，产生的氯化氢会
抑制氯化物水解。滤渣溶于氯化亚砜(SOCl2)，回流过滤，说明氯化亚砜作用之一是溶剂。(5)氯化镓与氨气在高温下生成氮化镓和氯化氢
。8．(2022·山东省淄博市高三教学质量检测)以某工业废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3) 为原料制备MnSO
4晶体，其工艺流程如下：该工艺条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀(c≤10-5 mol/L)的pH如表所示：金属离子Fe3+Fe2+
Mn2+Mg2+开始沉淀pH2.107.459.279.60完全沉淀pH3.208.9510.8711.13(1)“反应I”中加入
硫铁矿 (主要成分FeS2)将MnO2还原为Mn2+。滤渣1的主要成分除FeS2外，还有一种相对分子质量为192的单质，该物质的化
学式为___________。(2)“反应I”的离子方程式为___________。(3)“某碳酸盐”的化学式__________
_，加热的目的是___________ 。(4)为检验MnSO4受热分解是否生成SO2或SO3，某同学设计探究实验装置如图所示：
①装置B、C、D中的溶液依次为___________(填字母)。a． Ba(NO3)2 b． BaCl2 c．品红 d．浓硫酸
e． Ca(OH)2 f． NaOH②实验结束时，为防止倒吸，正确的操作方法是 ___________。(5)测定产品纯度。取制
得的MnSO4晶体0.1510g，溶于适量水中，加硫酸酸化；用过量NaBiO3 ( 难溶于水)将Mn2+完全氧化为MnO4-，过滤
；向滤液中加入Na2C2O4固体0.5360 g，振荡，充分溶解并反应后，用0.0320 mol·L-1KMnO4溶液滴定(MnO
4-被还原为Mn2+)，用去20.00 mL。已知： Mr(Na2C2O4)= 134，Mr(MnSO4)= 151。①计算产品中
MnSO4的质量分数___________(保留两位有效数字)。②为提高测定的精度，应补充的实验操作___________。【答案
】(1)S6(2)3MnO2 + 3FeS2+ 12H+=3Mn2++3Fe2++S6+ 6H2O(3)MnCO3 促进 Fe(O
H)3胶体聚沉，或促进产生Fe(OH)3沉淀 (4)b c f先停止加热，继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2 (5)96%将2
-3次洗涤的滤液与过滤所得的滤液合并，重复实验2-3次 【解析】废锰渣( 含MnO2及少量KOH、MgO、Fe2O3)加硫酸酸浸，
MnO2不发生反应，KOH、MgO、Fe2O3分别与H2SO4反应生成K2SO4、MgSO4、Fe2(SO4)3溶于水中，过滤后弃
去滤液，剩余MnO2，加入硫铁矿(主要成分FeS2)和硫酸发生氧化还原反应3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2+
+S6+6H2O，滤渣1为FeS2、S6，加MnO2可将生成的Fe2+氧化为Fe3+，加MnCO3调pH，使Fe3+转化为Fe(O
H)3沉淀(滤渣2)，过滤后经蒸发浓缩、趁热过滤等步骤可得到MnSO4晶体。(4)先通入N2，将装置中的空气排出，B装置中盛放Ba
Cl2，用于检验SO3，若有SO3生成，则会产生白色沉淀(BaSO4)，C装置中盛放品红，用于检验SO2，若有SO2生成，品红会褪
色，装置D中盛放NaOH，用于吸收尾气。(1)根据分析，反应I是氧化还原反应，Mn由+4价降为+2价，生成相对分子质量为192的单
质，可以推测出S由-2价升为0价，产物为S6；(2)根据分析，离子方程式为3MnO2+3FeS2+12H+=3Mn2++3Fe2+
+S6+6H2O；(3)加碳酸盐调pH，且不能引入杂质，故该碳酸盐为MnCO3；调pH后Fe3+转化为Fe(OH)3，但容易生成胶
体，通过加热可以促进 Fe(OH)3胶体聚沉，产生Fe(OH)3沉淀，有利于过滤操作；(4)①根据分析，装置B、C、D中的溶液依次
为BaCl2、品红、NaOH，故选b c f；②实验结束后，若立即停止加热和铜N2，会因为装置温度降低而倒吸，因此需要先停止加热，
继续通N2至装置冷却到室温再停止通N2；(5)①n(Na2C2O4)= =0.004mol，根据2 MnO4-~5 Na2C2O4
可得，n(MnO4-)=n(Na2C2O4)=1.6×10-3mol，后来加入的n(MnO4-)=0.032mol/L×0.02L
=6.4×10-4mol，则原来由Mn2+被氧化生成的MnO4-的物质的量为1.6×10-3mol-6.4×10-4mol=9.6
×10-4mol，故原n(MnSO4)= 9.6×10-4mol，m(MnSO4)= 9.6×10-4mol×151g/mol=0
.14496g，质量分数为×100%=96%；②由于过滤后NaBiO3固体上会残留MnO4-，因此需要洗涤沉淀2~3次，并与滤液合
并，为了结果更准确，需重复实验2-3次。9．(2022·山东学情高三教学质量检测)Cr2O3常用作胶黏剂和密封剂的着色性、耐磨性、
耐腐蚀性填充剂，还可用作搪瓷、陶瓷、人造革、建筑材料的着色剂。某实验室模拟工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含Al、
Si，Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备Cr2O3流程如下：已知：Ⅰ、溶液中，CrO42-氧化性非常弱，Cr2O72-具有强氧
化性。Ⅱ、H2C2O4是一种二元中强酸，不稳定易分解，极易被氧化(1)“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是___________(
填“铁”“陶瓷”或“氧化铝”)；铬铁矿中Cr元素转化为Na2CrO4的化学方程式为___________(2)“滤渣I”的主要成分
是___________，“步骤②”调节pH应选择的试剂为___________(填选项)。A．Cr(OH)3 B．CO2 C．稀
盐酸 D．氨水(3)“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④。分批加入H2C2O4的目的是___________
，“步骤④”发生反应的离子方程式为___________(4)“步骤⑤”发生反应的离子方程式为___________，判断“步骤⑥
”中Cr(OH)3全部分解的实验基本操作是___________。【答案】(1)铁 2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4 Na
2CrO4+4CO2↑(2)Fe2O3 B(3)防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解而造成浪费 3H2C2O4+ Cr2O7
2-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O(4)2Cr3++3CO (NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3
CO2↑； 当连续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解 【解析】根据工艺流程图可知，“焙
烧”是将Cr2O3转化为Na2CrO4，将Fe转化为Fe2O3，Al及其氧化物转为NaAlO2，Si及其氧化转化为Na2SiO3，
然后水浸、过滤出滤渣I为Fe2O3，溶液I主要为NaAlO2、Na2SiO3和Na2CrO4，调节pH是将NaAlO2、Na2Si
O3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，过滤得滤渣II为Al(OH)3和H2SiO3，溶液II中主要为Na2CrO4，“
步骤③”用稀硫酸调pH，将CrO42-转化为Cr2O72-得到溶液III，反应原理为：2 CrO42-+2H+= Cr2O72-+
H2O，然后由于H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故向溶液III需分批加入H2C2O4溶液将Cr2O72-还原为Cr
3+，得到溶液IV，溶液IV中加入尿素将Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀，过滤洗涤干燥，灼烧得到Cr2O3，当连续称量两次灼烧后的
产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。(1)由于陶瓷中的SiO2能与Na2CO3反应，Al2O3也能与N
a2CO3反应而腐蚀坩埚，故“步骤①焙烧”时，坩埚W的材质可以是铁，铬铁矿即FeO·Cr2O3中Cr元素转化为Na2CrO4即Cr
2O3与Na2CO3在高温下和空气中的O2反应生成Na2CrO4，故该反应的化学方程式为：2Cr2O3+4Na2CO3+3O2=4
Na2CrO4+4CO2↑；(2)由分析可知，“滤渣I”的主要成分是Fe2O3，“步骤②”调节pH是将NaAlO2、Na2SiO
3转化为Al(OH)3和H2SiO3沉淀而除去，故应该是加入酸性物质，由于HCl具有还原性，能与CrO42-反应，而CO2没有还原
性，故应选择的试剂为B；(3)由分析可知，由于H2C2O4不稳定，受热易分解，且H2C2O4与Cr2O72-反应是一个放热反应，故
“步骤③”用稀硫酸调pH，再分批加入H2C2O4完成步骤④，分批加入H2C2O4的目的是防止溶液温度升高过快，导致H2C2O4分解
而造成浪费，“步骤④”即用H2C2O4将Cr2O72-还原为Cr3+，根据氧化还原反应的配平可得，该反应的离子方程式为：3H2C2
O4+ Cr2O72-+8H+=2Cr3++6CO2↑+7H2O；(4)由分析可知，“步骤⑤”发生反应为Cr3+与尿素溶液反应生成
Cr(OH)3，故该反应的离子方程式为：2Cr3++3CO(NH2)2+9H2O=2Cr(OH)3↓+6NH4++3CO2↑，当连
续称量两次灼烧后的产物质量，若误差在0.1g以内，说明Cr(OH)3已经完全分解。10．(2022·云南省昭通市高中毕业诊断性检测
)无机研究开创绝不无“钴”的时代，草酸钴可用作指示剂和催化剂，CoCl2?6H2O可作为饲料营养强化剂。用某水钴矿(主要成分为Co
2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4?2H2O及CoCl2?6H2O工艺流程
如图所示：已知：①滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等；②酸性条件下，H2O2不会氧化Co2+；
③该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子Fe3+Fe2+Al3+Co2+Mn2+开始沉淀时2.7
7.64.07.67.7完全沉淀时3.79.65.29.29.8回答下列问题：(1)“浸出”过程中，Co2O3参与反应的离子方程式
为___________。(2)“氧化”过程中温度不宜过高的原因是___________。(3)“操作1”调pH的范围为_____
______(4)在实验室完成“操作2”需用到的玻璃仪器有___________(5)“操作4"洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其
优点是___________。(6)由已知③可知，当Al3+完全沉淀(Al3+浓度为1.0×10-5mol?L-1)时Fe3+的浓
度为___________。(7)某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是___________(
填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰)。已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表：化学式AgClAgSCNAg2SAg2CrO4颜色
白色浅黄色黑色红色Ksp2.0×10-101.0×10-122.0×10-482.0×10-12A．KClB．KSCNC．K2Cr
O4D．K2S【答案】(1) 4H++SO32-+ Co2O3=2 Co2++SO42-+2H2O(2)温度过高，过氧化氢分解速率
加快(3) 5.2≤pH<7.6(4)烧杯、玻璃棒、漏斗(5)减少晶体的溶解损失，便于晶体干燥(6) 1.0×10-9.5mol?
L-1(7)C【解析】(1)由流程图可知，“浸出”过程中，亚硫酸钠与Co2O3发生了氧化还原反应，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子
守恒，反应的离子方程式为：4H++SO32-+ Co2O3=2 Co2++SO42-+2H2O。(2)过氧化氢易分解，温度过高，过
氧化氢分解速率加快。(3)由已知条件：滤液1含有的阳离子主要有H+、Co2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等可知，“操作1”调pH
的目的是除去溶液中的铁离子和铝离子，但Co2+、Mn2+并未沉淀，依据金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH范围可知，“操作1”调节pH
的范围为：5.2≤pH<7.6。(4)经分析可知，“操作2”为过滤，过滤所需玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗。(5)“操作4”为蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤过程中用工业酒精代替水，能够减少晶体的溶解损失，且酒精易挥发，便于晶体干燥。(6)由表格可求
，氢氧化铁的溶度积，当铝离子恰好完全沉淀时，氢氧根离子浓度为，此时铁离子的浓度为：。(7)滴定原理为通过硝酸银先沉淀氯离子，氯离子
反应完后硝酸银与指示剂结合产生现象，所以指示剂与硝酸银生成的沉淀的溶解度应大于氯化银，，。A项，通过标准硝酸银溶液滴定未知浓度的C
oCl2溶液，不能加入含氯离子的物质，A错误；B项，AgSCN组成与AgCl相同，而Ksp(AgSCN) 度比氯化银小，会先出现AgSCN沉淀，B错误；C项，，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度比氯
化银大，C正确；D项，，，所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度大于硫离子浓度，说明硫化银的溶解度比氯化银小，D错误；答案选C。11．
(2022·甘肃省金昌市高三模拟联考)金属回收与利用有利于环境保护，镉可用于制造体积小和电容量大的电池。铜镉渣主要含锌、铜、铁、镉
(Cd)、钴(Co)等单质，湿法炼锌产生的铜镉渣用于生产金属镉的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(金属离
子的起始浓度均为0.1mol·L-1)氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Cd(OH)2开始沉淀的pH1.76.37.5沉淀完全的
pH2.88.49.3(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，试写出浸取过程离子方程式___________。(2)操
作Ⅱ“除钴”时，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，写出该反应的化学方程式：___________。(
3)操作Ⅲ加入ZnO控制反应液的pH范围为___________；若加入的H2O2不足，加入ZnO后所得的电解液中会含有Fe元素。
请设计实验方案加以检验：___________。(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解阳极反应式为___________；
电解废液最好在___________加入循环利用。(选择“操作I”、“操作Ⅱ”、“操作Ⅲ”、“电解”工序名称填入横线上)(5)回收
所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应式为_______
____；如果用生石灰处理含Cd2+(2.88×10-4mol/L)的电解废液。常温下，当pH=10时，镉的去除率为_______
____。(用百分数表达，小数点后两位有效数字。已知常温下，Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15)【答案】(1)Cu+H2
O2+2H+=Cu2++2H2O(2)2CoSO4+5Zn+Sb2O3+ 3H2SO4=5ZnSO4+ 2 CoSb+3H2O(3
) 2.8～7.5取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素(4) 2H2O- 4e- =4H++
O2↑操作I(5) Ni(OH)2 -e-+OH-=NiO(OH)+ H2O 99.75%【解析】由流程可知，铜镉渣加入稀
硫酸，铜不反应进入滤渣Ⅰ，锌、铁、镉、钴元素进入溶液；加入锌和Sb2O3后除去钴得到CoSb滤渣，滤液加入过氧化氢后将二价铁转化为
三价铁后加入氧化锌生成氢氧化铁沉淀；过滤除去氢氧化铁后电解最终得到单质镉。(1)滤渣Ⅰ可用硫酸酸化的双氧水浸取经结晶制取胆矾，浸取
过程中铜和过氧化氢、氢离子反应生成铜离子和水，Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；(2)操作Ⅱ“除钴”时，浸液中含有过量硫
酸，向含Co2+的浸液中加入Zn和Sb2O3，恰好产生CoSb合金，反应为硫酸钴和硫酸、Zn、Sb2O3产生CoSb、硫酸锌、水，
2CoSO4+5Zn+Sb2O3+ 3H2SO4=5ZnSO4+ 2 CoSb+3H2O；(3)操作Ⅲ需要将铁离子沉淀完全而镉离子
不会沉淀，由表格可知，需加加入ZnO控制溶液pH的范围为2.8～7.5；若加入的H2O2不足，则电解液中含有亚铁子，检验方法为：取
少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀，说明存在铁元素。(4)“电解”过程中以石墨为电极得到粗镉，电解池中阳极反
应为水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，反应式为2H2O- 4e- =4H++O2↑；电解废液中通过电解后含有硫酸，
故最好在操作I加入循环利用。(5)镍镉碱性二次电池，电池工作时，正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2，则充电时电池的阳极反应为N
i(OH)2发生氧化反应生成NiO(OH)，反应为Ni(OH)2 -e-+OH-=NiO(OH)+ H2O；已知常温下，Ksp[C
d(OH)2]=7.2×10-15；常温下，当pH=10时，氢氧根离子浓度为10-4mol/L，则镉离子浓度为；镉的去除率为。12
．(2022·云南省“3+3+3”高考备考诊断性联考一模)镍及其化合物在工业上有广泛应用，红土镍矿是镍资源的主要来源。以某地红土镍
矿[主要成分Mg3Si2O5(OH)4、Fe2MgO4、NiO、FeO、Fe2O3]为原料，采用硫酸铵焙烧法选择性提取镍，可减少其
他金属杂质浸出，工艺流程如图所示。已知：①2[Mg3Si2O5(OH)4]+9(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+
12NH3↑+4SiO2+10H2O↑；②2Fe2MgO4+15(NH4)2SO4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4
(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑③常温下，NiSO4易溶于水，NiOOH不溶于水。(1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2
SO4混合研磨的目的是___________。(2)经分析矿样中大部分铁仍以氧化物形式存在于“浸渣”中，只有部分FeO在空气中焙烧
时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3，该反应的化学方程式为___________，“浸渣"的主要成分除铁的氧化物外还有
___________(填化学式)。(3)焙烧温度对浸出率的影响如图所示，最佳焙烧温度是___________(填序号)左右。A．
300℃B．350℃C．400℃D．600℃(4)若残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，“除铁”时通入NH3调节溶液pH的范
围是___________。该工艺条件下，Ni2+生成Ni(OH)2沉淀，Fe3+生成Fe(OH)3或黄铵铁矾沉淀定，开始沉淀和沉
淀完全时的pH如下表：沉淀物Ni(OH)2Fe(OH)3黄铵铁矾开始沉淀时的pH7.12.71.3沉淀完全(c=1×10-5 mo
l/L)时的pH9.23.72.3(5)“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度约为___________mol/L(100.
4≈2.5)。(6)流程中___________(填化学式)可循环使用，减少污染。(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可
制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，该反应的离子方程式是___________。【答案】(1)扩大反应物的接触面积，加快反应速率，
使反应物充分反应(2)4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O FeO(OH)、Si
O2 (3)C(4)2.3≤pH<7.1(5)2.5×10-3(6)NH3(7)2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+C
l-+H2O【分析】红土镍矿与(NH4)2SO4混合研磨，使二者充分接触，然后在焙烧发生反应：2[Mg3Si2O5(OH)4]+9
(NH4)2SO43(NH4)2Mg2(SO4)3+12NH3↑+4SiO2+10H2O↑、2Fe2MgO4+15(NH4)2SO
4(NH4)2Mg2(SO4)3+16NH3↑+4(NH4)3Fe(SO4)3+8H2O↑，然后用热水浸泡焙烧后的固体物质，其中(
NH4)2Mg2(SO4)3、(NH4)3Fe(SO4)3进入溶液，部分Fe3+会发生反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3
H+，产生的难溶性的FeO(OH)及不溶性的酸性氧化物SiO2进入“浸渣”中，大部分Fe3+及Ni2+、Mg2+、NH4+、SO4
2-存在于溶液中，然后向滤液中加入NH3、H2O2并进行加热，Fe3+形成黄铵铁矾沉淀析出，然后向溶液中加入MgO浆，使Ni2+变
为Ni(OH)2沉淀来沉镍，沉淀经过滤、洗涤、H2SO4溶解得到NiSO4，含有滤液中含有MgSO4，经一系列处理得到MgSO4·
7H2O。(1)“焙烧”前将“矿样”与(NH4)2SO4混合研磨的目的是扩大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应物充分接触；在用
热水浸泡过程中，Fe3+会发生水解反应：Fe3++2H2OFeO(OH)↓+3H+，而焙烧产生的SiO2不能溶于水，也会进入“浸渣
”中，所以“浸渣”的主要成分，除铁的氧化物外还有FeO(OH)、SiO2；(2)FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成F
e2(SO4)3，该反应的化学方程式为：4FeO+O2+6(NH4)2SO42Fe2(SO4)3+12NH3↑+6H2O；(3)根
据焙烧温度对浸出率的影响，要使Ni的浸出率高，而Fe的浸出率比较低，同时符合节能要求，则最佳焙烧温度是400℃，故合理选项是C；(
4)“除铁”时通入NH3调节溶液pH，使残留在浸出液中的铁完全转化为黄铵铁矾除去，同时Ni2+仍然以离子形式存在于溶液中，则根据表
格数据可知调整溶液pH范围为：2.3≤pH＜7.1；(5)根据表格数据可知：当Ni2+沉淀完全时溶液pH=9.2，则该温度下Ni(
OH)2的溶度积常数Ksp[Ni(OH)2]=10-5×()2=10-14.6。在“沉镍"时pH调为8.0，滤液中Ni2+浓度c(
Ni2+)=；(6)根据流程图可知：在焙烧时反应产生的NH3在除铁时可以用于调整溶液pH，使Fe3+变为黄铵铁钒沉淀分离除去，因此
NH3在可循环使用，减少污染；(7)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH，根据电子守恒、电
荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式是2Ni2++ClO-+4OH-=2NiOOH↓+Cl-+H2O。 13．(2022·山东
省济南市学情检测一模)利用火法炼铜后产生的含锌铜烟尘(主要成分为ZnO、CuO和少量铁的氧化物)制备活性氧化锌(ZnO)，同时回收
硫酸铵晶体的工艺流程如下： 已知：25°C时溶液中金属离子物质的量浓度c与pH的关系如图所示；当溶液中某离子浓度c≤1.0 ×10
-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。回答下列问题：(1)“步骤I “加入H2O2后，再将溶液进行加热，加热的目的是 ___
____；该步骤也可以在加入H2O2后选择合适试剂将pH至少调至_______，以达到相同的目的，可选择的试剂是_______(填
标号)。A．氨水 B．氢氧化钠 C．氧化锌 D．氢氧化钡(2)“步骤II”所加试剂a为_______。(3)“步骤III”中得到沉
淀的化学式可以表示为aZnCO3·bZn(OH)2，该反应的离子方程式为_______；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，当__
_____时可认为焙烧完全，最终获得24.3g活性氧化锌，通过计算确定aZnCO3·bZn(OH)2中a与b之比为_______。
(4)由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为_______。【答案】(1)促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀 2.8
AC(2)Zn(3)(a+b)Zn2++2(a+b)HCO3-= aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2
O冷却后称量，连续两次称量的质量差不超过0.1g 2:1(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤【分析】含锌铜烟尘主要成分为ZnO、C
uO和少量铁的氧化物，预处理后加入稀硫酸溶解，过滤除去不溶性残渣后得到含有ZnSO4、CuSO4 、FeSO4和Fe2(SO4)3
的混合溶液；向混合溶液中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，加热促进Fe3+水解使其转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到滤渣I为F
e(OH)3；向滤液中加入试剂a应为Zn，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，过滤除去，滤渣II为Cu和过量的Zn；再向所得滤液
中加入NH4HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀，然后过滤得到沉淀和滤液I，将沉淀焙烧得到ZnO；将滤液I蒸发浓缩、冷
却结晶、过滤得到硫酸铵晶体。(1)“步骤I “加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，再将溶液进行加热，促进Fe3+水解使其转化
为Fe(OH)3沉淀；由图可知pH=1.8时，Fe3+开始沉淀，此时c(Fe3+)=10-2mol/L，若要使沉淀完全，应使c(F
e3+)≤1.0 ×10-5mol·L-1，根据溶度积常数Ksp[Fe(OH)3]= c(Fe3+)c3(OH-)=10-2=10
-38.6，所以当c(Fe3+)=1.0 ×10-5mol·L-1时，c(OH-)=mol/L=10-11.2mol/L，c(H+
)=10-2.8mol/L，则pH=2.8，所以在加入H2O2后加入ZnO或氨水将pH至少调至2.8，也能将Fe3+沉淀完全，调节
pH试剂不能选用氢氧化钠和氢氧化钡，因为会引入杂质，故应选AC；(2)“步骤II”加入试剂a，目的是除去Cu2+，所以试剂a应为Z
n，利用Zn的活泼性比Cu强，置换出Cu，再过滤除去，故答案为Zn；(3)由图可知，“步骤III”中，向ZnSO4溶液中加入NH4
HCO3，得到aZnCO3·bZn(OH)2沉淀和(NH4)2SO4，离子方程式为：(a+b)Zn2++2(a+b)HCO3-=
aZnCO3·bZn(OH)2↓+(a+2b)CO2↑+aH2O；实验时称取34.9 g沉淀充分焙烧，需要冷却后称量，当连续两次称
量的质量差不超过0.1g时可认为焙烧完全；根据焙烧反应方程式，列比例式：=，整理得，210.6a=421.2b，解得：a:b=2:
1。(4)铵盐受热易分解，应该用降温结晶的方法获得晶体，所以由滤液I得到硫酸铵晶体的一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。14．(
2022·广东省汕尾市高三期末调研考试)锂电池是目前应用广泛的新型电池，一种回收钴酸锂废旧电池(主要成分为LiCoO2，同时含有少
量Fe、Al、C单质)的流程如下图所示。请回答下列问题：(1)LiCoO2中Co元素的化合价为_______。(2)请写出“碱浸”
过程中所发生反应的化学方程式_______。(3)加入适量盐酸，LiCoO2溶解后生成的Co3+能将Fe2+氧化为Fe3+。请写出
该反应的离子方程式：_______，过滤后所得滤渣的主要成分为_______(写化学式)。(4)已知Fe3+能与C2O42-结合成
[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe3+，该过程中_______(填“有”或“没有”
)发生元素化合价的变化；从FeCl3溶液中得到FeCl3·6H2O晶体的操作是：往溶液中加入适量盐酸后，蒸发浓缩、冷却结晶、___
____、洗涤、干燥。(5)已知Ksp(Li2CO3)=8×10-4，滤液B中c(Li+)=0.2mol/L。要生成Li2CO3沉
淀，则加入的等体积的Na2CO3溶液中，c(CO32-)不低于_______mol/L(忽略溶液混合引起的体积变化)，检验滤液中含
有Na+的实验方法为_______。【答案】(1)+3价(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(3)Co3+
+Fe2+=Co2++Fe3+ C(4)没有 过滤 (5)0.16焰色反应 【分析】由题给流程可知，废旧电池初步处理成粉末状后用氢
氧化钠溶液浸泡，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到偏铝酸盐废液和固体残渣；偏铝酸盐废液与通入过量的二氧化碳气体反应生成氢氧
化铝沉淀，过滤得到氢氧化铝；向固体残渣中加入适量盐酸，将钴酸锂、铁转化为氯化锂、氯化亚钴、氯化铁，碳与盐酸不反应，过滤得到含碳的滤
渣和含有氯化锂、氯化亚钴、成氯化铁的滤液A；向滤液A中加入草酸铵溶液，将亚钴离子转化为二水草酸亚钴沉淀，将铁离子转化为三草酸根合铁
离子，过滤得到二水草酸亚钴和含有三草酸根合铁离子、锂离子的滤液B；一定条件下，向滤液B中加入碳酸钠溶液，将锂离子转化为碳酸锂沉淀，
过滤得到碳酸锂和含有锂离子的滤液C；向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往溶液中加入适量
盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体。(1)由化合价代数和为0可知，钴酸锂中钴元素的化合价为+3价(2)碱
浸过程中所发生的反应为铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H
2↑；(3)由题意可知，溶液中钴离子与亚铁离子反应生成亚钴离子和铁离子，反应的化学方程式为Co3++Fe2+=Co2++Fe3+；
(4)由题意可知，Fe3+能与C2O42-结合成[Fe(C2O4)3]3-，[Fe(C2O4)3]3-在强酸性环境下重新转化为Fe
3+的过程中没有发生元素化合价的变化；由分析可知，向滤液C中加入适量盐酸使溶液呈强酸性，将溶液中三草酸根合铁离子转化为铁离子后，往
溶液中加入适量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到六水氯化铁晶体；(5)由浓度熵Qc= c2(Li+)c(CO)＞Ksp
(Li2CO3)能产生沉淀可知，溶液中c(CO32-)不低于×=0.16 mol/L；检验溶液中的钠离子可以用焰色反应，观察火焰是
否为黄色。 15．(2021·河北省神州智达到省级联盟高三第五次考试)高纯二氧化锰广泛应用于电子工业。工业上以碳酸锰矿(主要成分为
MnCO3，含少大量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质)为原料制备高纯二氧化锰的流程图如下：已知：常温下，溶液中金
属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH如下表所示：金属离子Fe3+Al3+Fe2+Mn2+开始沉淀pH1.53.36.58.3完全沉淀p
H3.75.29.710.0回答下列问题：(1)“酸浸”时需将碳酸锰矿粉碎的目的是_______，滤渣I的主要成分是_______
(填化学式)。(2)“氧化”时反应的离子方程式为_______。(3)“除杂”时需控制溶液的pH范围是_______。(4)“沉锰
”时生成MnCO3沉淀，其反应的离子方程式为_______；常温下，Ksp[Mn(OH)2]=_______[已知：当c(Mn2+
)=10-5mol·L-1，认为Mn2+沉淀完全]。(5)“焙烧”时反应的化学方程式为_______。(6)MnO2含量测定：准确
称取mgMnO2样品于锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol·L-1草酸钠溶液和适量硫酸，加热将MnO2转化为MnSO4。
待样品完全溶解后，冷却，立即用0.1000mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液.消耗KMnO4溶液16.00mL。①滴
定终点的现象是_______。②MnO2样品的纯度为_______(用含m的式子表示)。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
SiO2 和PbSO4 (2)4H+ + MnO2 +2Fe2+=2Fe3+ + Mn2+ +2H2O(3)5. 2≤pH<8.3
(4)Mn2++ 2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O 1.0 ×10-13 (5)2MnCO3 +O2 2MnO2
+2CO2(6)最后一滴KMnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色 %【分析】碳酸锰矿的主要成分为MnCO3，
含少量SiO2、Al2O3、FeCO3、PbCO3等杂质，加入硫酸酸溶时，主要发生反应为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO
2↑+H2O，另Al2O3、FeCO3、PbCO3也与H2SO4反应生成硫酸盐，其中PbSO4难溶于水，SiO2不溶于H2SO4，
所以滤渣1的成分是PbSO4和SiO2，滤液中含有Mn2+、Al3+、Fe2+、Pb2+(未完全沉淀的)以及过量的硫酸，氧化工序中
加入MnO2将Fe2+氧化Fe3+，MnO2被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe
3++2H2O，除杂工序中加入氨水调节溶液的pH大于5.2，使Al3+和Fe3+完全沉淀，过滤得到MnSO4溶液，再加入NH4HC
O3溶液反应生成MnCO3，化学方程式为：MnSO4+2NH4HCO3=MnCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，过滤、
洗涤、烘干，再在空气中焙烧，生成MnO2。(1)由分析可知，“酸浸”时将碳酸锰矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，“酸浸”时
MnCO3、Al2O3、FeCO3、PbCO3与稀硫酸反应生成Mn2+、A13+、Fe2+和PbSO4，故滤渣I的主要成分是SiO
2和PbSO4；(2)由分析可知，“氧化”时MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，其反应的离子方程式为4H+ + MnO2 +2Fe2
+=2Fe3+ + Mn2+ +2H2O；(3)由分析可知，“除杂”时将Fe3+和Al3+转化为Fe(OH)3 和Al(OH)3沉
淀，而Mn2+不沉淀，故需控制溶液的pH范围为5. 2≤pH<8.3；(4)由分析可知，“沉锰”时将Mn2+转化为MnCO3 沉淀
，其反应的离子方程式为Mn2++ 2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，由表中数据可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn
2+ ) ×c2(OH- )=10-5×()2=1.0 ×10-13；(5)由分析可知，“焙烧”时将MnCO3转化为MnO2，故反
应的化学方程式为2MnCO3 +O22MnO2 +2CO2；(6)①KMnO4溶液滴定过量的草酸钠溶液，滴定终点的现象是最后一滴K
MnO4溶液加入后，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；②测定过程中发生下列反应：MnO2 +C2O42-+4H+=Mn2++2
CO2↑+2H2O，2MnO4- + 5 C2O42- + 16H+ = 2Mn2+ + 10CO2↑+ 8H2O，故MnO2祥品
的纯度为×100%=%。 16．(2021·江苏省苏州八校联盟高三第二次适应性检测)铁黄是一种要的化工产品。由生产钛白粉(主要成分
是FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物杂质)废渣制备铁黄的过程如下：已知：①TiOSO4易水解，生成难溶于水的TiO2·
xH2O；②25℃时，若Fe2+或Fe3+浓度分别为0.1mol·L-1，对应的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：氢氧化
物Fe(OH)2FeOOH开始沉淀的pH6.31.5沉淀完全的pH8.32.8(1)纯化时加入过量铁粉的目的是__________
_。(2)制备晶种：为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。实验时，向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变
成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录溶液pH变化，如图所示①产生白色沉淀的离子方程式是___________。②0~
t1时段，溶液pH几乎不变；t1~ t2时段，溶液pH明显降低。请解释原因：___________。③时制得铁黄晶种。若继续通入
空气， t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。
结合总方程式解释原因：___________。(3)产品纯度测定铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。wg铁黄溶液溶液c 滴定资料：F
e3++3C2O42-= Fe(C2O4)33-，Fe(C2O4)33-不与稀碱液反应。若Na2C2O4过量，会使测定结果____
_______(填“偏大偏小”或“无影响”)。【答案】(1)消耗硫酸，促进TiOSO4水解平衡正向移动，有利于TiO2·xH2O析
出，防止亚铁离子被氧化(2)Fe2+＋2NH3?H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH4+ 0~ t1时段，4Fe(OH)2＋O2＝4FeOOH＋2H2O，c(H＋)不变，t1~ t2时段，4Fe2+＋6H2O＋O2＝4FeOOH↓＋8H＋，c(H＋)增大 12Fe2+＋2H2O＋3O2＝4FeOOH↓＋8Fe3+，c(H＋)不变，消耗的Fe2+多，产生的Fe3+少 (3)无影响【分析】钛白粉(主要成分是FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物杂质)溶于水，加入铁粉，消耗TiOSO4水解生成的硫酸，促进水解，得到精制的FeSO4溶液，加入一定氨水生成氢氧化亚铁，在空气中生成铁黄晶种，最终得到铁黄晶体。(1)根据题意TiOSO4易水解，生成难溶于水的TiO2·xH2O，要得到精制的FeSO4溶液，铁消耗TiOSO4水解生成的硫酸，从而使水解平衡不断正向移动，过量铁粉还可以防止亚铁离子被氧化，因此纯化时加入过量铁粉的目的是消耗硫酸，促进TiOSO4水解平衡正向移动，有利于TiO2·xH2O析出，防止亚铁离子被氧化；(2)①产生白色沉淀是硫酸亚铁和氨水反应生成氢氧化亚铁沉淀和硫酸铵，其离子方程式是Fe2+＋2NH3?H2O＝Fe(OH)2↓＋2NH4+；②0~ t1时段由于氢氧化亚铁易被氧化，发生4Fe(OH)2＋O2＝4FeOOH＋2H2O，在该变化过程中溶液的pH几乎不变，t1~ t2时段溶液pH明显降低，说明生成了氢离子或消耗了氢氧根即4Fe2+＋6H2O＋O2＝4FeOOH↓＋8H＋；③若继续通入空气， t3后pH几乎不变，说明反应过程中氢离子或氢氧根浓度没有变化，而c(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量说明部分亚铁离子被氧化成了FeOOH，即共发生两个反应：4Fe2+＋4H＋＋O2＝4Fe3+＋2H2O、4Fe2+＋6H2O＋O2＝4FeOOH↓＋8H＋，通过两个化学方程式叠加抵消氢离子可得总反应为12Fe2+＋2H2O＋3O2＝4FeOOH↓＋8Fe3+；(3)若Na2C2O4过量，过量的草酸钠会与硫酸标准溶液反应生成草酸，草酸也能使用NaOH标准溶液进行滴定，所以草酸钠过量对结果没有影响。17．(2022·辽宁省丹东市高三教学质量监测)氧化钴(Co2O3)在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。以铜钴矿石［主要成分为CoO(OH)，CoCO3、Cu 2( OH)2CO3和SiO2，还有少量Fe、Mg、Ca的氧化物］为原料制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示：已知：常温下 回答下列问题：(1)Co元素位于元素周期表第_______周期第_______族。(2)“浸泡”过程中，所得滤渣1的主要成分是_______(写化学式)，写出此过程中CoO(OH)与Na2SO3反应的离子方程式_______。(3)“除铜”过程中，加入FeS固体得到更难溶的CuS，写出“除铜”过程的离子方程式_______。(4)检验过程Ⅰ所得滤液中铁元素的离子已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，_______。(5)常温下，在过程Ⅱ中加入足量的NaF溶液可除去Ca2+、Mg2+，当两者沉淀完全时的浓度至少为_______(溶液中离子浓度小于视为该离子沉淀完全)。(6)过程Ⅲ中加入Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是_______。【答案】(1)四 Ⅷ(2)SiO2、CaSO4 2CoO(OH)+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+3H2O(3)Cu2++FeS=CuS+Fe2+(4)滴入几滴KSCN，溶液不变红(5)3.0×10-3(6)富集Co2+或提高Co2+的浓度和纯度【分析】含钴废料中加入过量稀硫酸和Na2SO3，可得Co2+、Cu2+、Fe2+、Mg2+、Ca2+，加入的Na2SO3主要是将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+，沉铜后加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH，可以使Fe3+沉淀，过滤后所得滤液主要含有Co2+、Mg2+、Ca2+，再用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液中加入浓Na2CO3溶液转为CoCO3固体，最后进入草酸铵溶液得到草酸钴，煅烧后制得Co2O3。(1)Co元素位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；(2)结合分析可知，“浸泡”过程中，所得滤渣1中的物质是SiO2、CaSO4，加Na2SO3将CoO(OH)、Fe2O3中的Co3+和Fe3+还原为Co2+及Fe2+，Na2SO3作还原剂，反应方程式为2CoO(OH)+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+3H2O；(3)“除铜”过程中的反应为Cu2++FeS=CuS+Fe2+；(4)过程Ⅰ所得滤液中含Fe3+，检验Fe3+已被完全沉淀的实验操作及现象：取少量待测液于试管中，滴入几滴KSCN，溶液不变红；(5)Ksp(CaF2)＜Ksp(MgF2)，所以Mg2+沉淀完全时Ca2+也一定沉淀完全，当c(Mg2+)=1.0×10-5mol/L时，溶液中c(F-)═3.0×10-3mol/L；(6)过程Ⅲ中加入浓Na2CO3得到滤渣后又加入盐酸溶解，其目的是富集Co2+或提高Co2+的浓度和纯度。 |
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