13工艺流程综合题-高考化学(2021-2023).docx

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1、专题十三 工艺流程综合题20231（2023全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：已知：KspFe(OH)3=2.810-39，KspAl(OH)3=1.310-33，KspNi(OH)2=5.510-16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= molL-1；用石灰乳调节至pH7，除去

2、的金属离子是 。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。【答案】(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2 粉碎菱锰矿(2) 将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解(3) 2.810-9 Al3+(4)BaSO4、NiS(5) Mn2+2H2OH2+MnO2+2H+ 加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2【分析】根据题给的流

3、程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。【详解】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4

4、+H2O+CO2；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2、粉碎菱锰矿。（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.010-10molL-1，此时体系中含有的c(Fe3+)=2.810-9molL-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.010-5，认为

5、Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH7，这时溶液中c(OH-)=1.010-7molL-1，溶液中c(Al3+)=1.310-12molL-1，c(Ni2+)=5.510-4molL-1，c(Al3+)小于1.010-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.810-9、Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2+S2-+Ni2+SO=BaSO4+NiS，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2+2H2OH2+MnO2+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，

6、H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2+2H2OH2+MnO2+2H+、加入Mn(OH)2。（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2+O2。2（2023全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。(2)“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。(3)“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。

7、a稀硫酸b浓硫酸c盐酸d磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。(5)“沉淀”步骤中生成的化学方程式为 。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。【答案】(1)做还原剂，将还原(2)(3)c(4) 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)(6)【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得

8、到。【详解】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的 与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。（3）“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。（5）“沉淀”步

9、骤中生成的化学方程式为：+=。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，因此，产生的 =。3（2023全国课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和 。(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4

10、的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH9以达到最好的除杂效果，若pH9时，会导致 。(5)“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。A酸性B碱性C两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4) 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同

11、时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀(5)C(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3+6SO+5H2O【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧

12、化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。【详解】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓

13、度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3+6SO+5H2O，故答案为：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3+6SO+5H2O

14、。4（2023山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。回答下列问题：(1)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。(2)滤渣的主要成分是 (填化学式)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。(3)精制的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。【

15、答案】(1) (2) CaO(3) 加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除去精制所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣的主要成分为；由于微溶于水，精制所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣为；精制所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。【详解】（1）含硼固体中

16、的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，则该溶液。（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。（3）精制中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣的主要成分为；由于微溶于水，精制所得滤液中还含有一

17、定浓度的，还需要除去，因此，精制的目的是：加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除去精制所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。5（2023北京卷）以银锰精矿(主要含、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程

18、中，发生反应，则可推断： (填“”或“ 、(2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀(3) 、 被氧气氧化为，把氧化为(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【分析】银锰精矿(主要含、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【详解】（1）“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而

19、硫化银不溶于强酸，则可推断：；根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可

20、以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。6（2023湖北卷）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第 周期，第 族。(2)烧渣是LiCl、和的混合物，“500焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是 。(4)已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为 。“850煅烧”时的化学方程式为 。(5)导致比易水解的因素有 (填标号)。aSi-Cl键极性更大bSi的原子半径更大cSi-Cl键键能更大dSi有更多的价层

21、轨道【答案】(1) 4 (2)(3)焰色反应(4) (5)abd【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。【详解】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第族，因此，其位于元素周期表第4周期、第族。（2）“500焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾

22、，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。（5）aSi-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；bSi的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有

23、关；c通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；dSi有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；综上所述，导致比易水解的因素有abd。20221（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

24、)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“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PbC

25、O3(2)反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数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，

26、反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。（iii）过氧化氢也能使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+。2（2022全国甲卷）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、

27、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ZnCO3，杂质为SiO2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氢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放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。【答案】(1)ZnCO3Zn

28、O+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【分析】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，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣，滤液中主要

29、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。【详解】（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NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；BCa(OH)2不会引

30、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+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；（

31、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。3（2022重庆卷）电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。Sn与Si同族，25时相关的溶度积见表。化学式Sn(OH)4(或SnO22H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度积1.010-56410-382.510-20(1)Na2SnO3的回收产品Na2SnO3中Sn的化合价是 。退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是 ，废液中的Sn2+易转化成SnO2xH2O。沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，

32、与NaOH反应的化学方程式为 。(2)滤液1的处理滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。25时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 molL-1。(3)产品中锡含量的测定称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000molL-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO被还原为I，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。终点时的现象为 ，产生I2的离子反应方程式为 。产品中Sn的质量分数为 %。【答案】(1) +4价 Sn(NO3)2、NH4NO3 SnO2+2NaOHNa2Sn

33、O3+H2O(2) Fe(OH)3 210-7(3) 滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 47.6%【分析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。【详解】（1）由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价，故答案为：+4价； 由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸

34、盐是硝酸亚锡和硝酸铵，故答案为：Sn(NO3)2、NH4NO3；由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案为：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；（2）由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀，故答案为：Fe(OH)3；由溶度积可知，25时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=510-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于210-7mol/L，故答案为：210-7；（3）由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡

35、反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘遇淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色，反应生成碘的离子方程式为IO+3Sn2+6H+=I-+3Sn4+3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3 H2O；由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000molL-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为100%=47.6%，故答案为：47.6%。4（2022福建卷）粉煤灰是火电厂的大

36、宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含和等)提铝的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸出”时适当升温的主要目的是 ，发生反应的离子方程式为 。(2)“浸渣”的主要成分除残余外，还有 。实验测得，粉煤灰(的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(的质量分数为)，的浸出率为 。(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入沉铝的目的是 ，“沉铝”的最佳方案为 。(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为 。(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回 工序循环使用。【答案】(1) 提高浸出率(或提高浸出速率) (2) 和 84%(3) 使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度 高温溶

37、解再冷却结晶(4)或(5)沉铝【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。【详解】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3+3H2O；故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3+3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤

38、灰Al2O3的质量为5.0g30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；故答案为：SiO2和CaSO4；84%。（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)318H2O溶解度最大，KAl(SO4)212H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)212H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)212H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。（4）“焙烧

39、”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2+3O2；故答案为：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2+3O2。（5）“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用；故答案为：沉铝。5（2022北京卷）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意

40、图如下。已知：物质(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值2.1198.41.199.199.72.2198.81.598.799.50.062.4199.16.095.297.62.20备注：、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。沉钙反应的离子方程式为 。“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。(4)滤渣C中含有的物质是 。(5)该流程中可循环利用的物质是 。【答案】(1)(2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.41 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙