高考題型突破3化學工藝流程題要點歸納1．原料的預處理方法目的解題指導粉碎、研磨將塊狀或顆粒狀的物質(zhì)磨成粉末增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸與水接觸而反應或溶解①加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度，可以加快酸(或堿)的浸出速率；增加浸出時間可使樣品充分溶解，可提高浸出率②酸溶時所加酸的量不能太多a．過多消耗后續(xù)調(diào)節(jié)pH所加的堿性試劑b．如果實驗過程有硫化物，酸過量會形成有毒氣體硫化氫酸浸與酸接觸而反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒(焙燒)①除去可燃性雜質(zhì)②使原料初步轉化①除去硫、碳單質(zhì)②使有機物轉化或除去有機物③高溫下原料與空氣中氧氣反應等④使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土2.流程中的操作及條件控制(1)物質(zhì)的分離與提純操作答題指導過濾固體與液體的分離；要分清需要的物質(zhì)在濾液中還是在濾渣中(濾渣是難溶于水的物質(zhì)，如SiO2、PbSO4、難溶的金屬氫氧化物和碳酸鹽等)萃取與分液選用合適的萃取劑(如四氯化碳、金屬萃取劑)，萃取后，靜置、分液——將分液漏斗玻璃塞的凹槽與分液漏斗口的小孔對準。下層液體從下口放出，上層液體從上口倒出加入氧化劑(或還原劑)①轉化為目標產(chǎn)物的價態(tài)②除去雜質(zhì)離子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后調(diào)溶液的pH，使其轉化為Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀劑①加入硫化鈉、硫化銨、硫化亞鐵等，生成硫化物沉淀②加入可溶性碳酸鹽，生成碳酸鹽沉淀③加入氟化鈉，除去Ca2＋、Mg2＋洗滌晶體洗滌試劑適用范圍目的蒸餾水冷水產(chǎn)物不溶于水除去固體表面吸附著的××雜質(zhì)；可適當降低固體因為溶解而造成的損失熱水特殊的物質(zhì)溶解度隨著溫度升高而下降有機溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水、難溶于有機溶劑減少固體溶解；利用有機溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分，產(chǎn)品易干燥飽和溶液對純度要求不高的產(chǎn)品減少固體溶解酸、堿溶液產(chǎn)物不溶于酸、堿除去固體表面吸附著的可溶于酸、堿的雜質(zhì)；減少固體溶解洗滌沉淀的方法：向過濾器中加入洗滌劑至浸沒沉淀，待洗滌劑自然流下后，重復以上操作2～3次(2)常見的流程中的條件控制條件控制答題指導控制溶液的pH①調(diào)節(jié)溶液的酸堿性，使金屬離子形成氫氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”還可除去氧化物(膜)③“堿作用”還可除去油污，除去鋁片氧化膜，溶解鋁、二氧化硅等④特定的氧化還原反應需要的酸性條件(或堿性條件)控制溫度(常用水浴、冰水浴或油浴)①防止副反應的發(fā)生②使化學平衡移動；控制化學反應的方向③控制固體的溶解與結晶④控制反應速率；使催化劑達到最大活性⑤升溫：促進溶液中的氣體逸出，使某物質(zhì)達到沸點揮發(fā)⑥加熱煮沸：促進水解，聚沉后利于過濾分離去除水中的溶氧⑦趁熱過濾：減少因降溫而析出的溶質(zhì)的量⑧降溫：防止物質(zhì)高溫分解或揮發(fā)；降溫可以減少能源成本，降低對設備的要求3.物質(zhì)成分的跟蹤與確定(1)循環(huán)物質(zhì)的確定(2)副產(chǎn)品的確定考向突破考向一以物質(zhì)制備為主體的化工流程【典例1】釩具有廣泛用途。黏土釩礦中，釩以＋3、＋4、＋5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Fe3＋Fe2＋Al3＋Mn2＋開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：(1)“酸浸氧化”需要加熱，其原因是_________________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)，同時還有________離子被氧化。寫出VO＋轉化為VOeq\o\al(＋,2)反應的離子方程式______________________________。(3)“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。(4)“沉淀轉溶”中，V2O5·xH2O轉化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是____________。(5)“調(diào)pH”中有沉淀生成，生成沉淀反應的化學方程式是____________________________________________________。(6)“沉釩”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl，其原因是______________________________________________?！舅悸穼б康谝浑A段：初處理階段(1)初處理階段的操作是“酸浸氧化”，此操作需要加熱，其原因主要是為了加快酸浸和氧化反應速率，提高原料的利用率。(2)①分析物質(zhì)的變化?！八峤趸边^程中，F(xiàn)e3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水；MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2＋具有還原性，因此在VO＋和VO2＋被氧化成VOeq\o\al(＋,2)的同時，F(xiàn)e2＋也被氧化。②陌生氧化還原反應離子方程式的書寫。第一步：初步確定反應物和生成物顯性確定：直接從題給信息中確定；隱性確定：根據(jù)反應原理分析確定。第二步：寫出氧化還原反應離子方程式，具體步驟為：根據(jù)參加氧化還原反應的氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物呈現(xiàn)反應關系并依據(jù)得失電子數(shù)相等確定相關化學計量數(shù)。VO＋＋MnO2→VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋第三步：根據(jù)溶液的酸堿性環(huán)境和相關守恒補充缺失微粒，并配平從電荷守恒的角度分析，反應物中需要增加帶正電荷的微粒，因為該操作中加入硫酸，因此可補充H＋；從原子個數(shù)守恒的角度分析：生成物中的氧原子數(shù)小于反應物中的氧原子數(shù)，結合反應物中的H＋，生成物中還應有H2O。由此可寫出該反應的離子方程式為VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O第二階段：除雜提純階段(3)根據(jù)題給信息，確定元素存在形態(tài)。由此可知，濾液②中還存在Mn2＋，另外還有部分Fe3＋和Al3＋。(4)物質(zhì)成分的分析：根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)及題給信息分析。濾餅②eq\o(→,\s\up15(pH>13))濾渣④該過程中Al(OH)3溶解生成[Al(OH)4]－；Fe(OH)3以沉淀形式進入濾渣③；根據(jù)題給信息V2O5·xH2O轉化為釩酸鹽溶解。(5)化學方程式的書寫：確定“調(diào)pH”過程中的反應物、反應條件，根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)和反應原理書寫化學方程式。(6)原有知識eq\o(→,\s\up15(遷移應用))解釋新情境問題?！敬鸢浮?1)加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋=VOeq\o\al(＋,2)＋Mn2＋＋H2O(3)Mn2＋Al3＋和Fe3＋(4)Fe(OH)3(5)Na[Al(OH)4]＋HCl=Al(OH)3↓＋NaCl＋H2O(6)利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能完全析出『對點訓練』1．(2024·洛陽一中月考)硼、鎂及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中應用廣泛。已知：硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5·H2O，硼砂的化學式為Na2B4O7·10H2O，利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程如圖，請回答下列有關問題：(1)濾渣的主要成分為________，X為H3BO3晶體加熱脫水的產(chǎn)物，其與Mg反應制取粗硼的化學方程式為______________________________________。(2)H3BO3是一種一元弱酸，也可寫作B(OH)3，它與水作用時結合水電離的OH－而呈酸性，這一變化的離子方程式為__________________________________________。以硼酸為原料可制得硼氫化鈉(NaBH4)，它是有機合成中的重要還原劑，其電子式為______________。(3)MgCl2·6H2O在SOCl2氛圍中加熱的化學方程式為______________________。(4)制得的粗硼在一定條件下可生成BI3，BI3加熱分解可以得到純凈的單質(zhì)硼。現(xiàn)將0.020g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.3000mol·L－1Na2S2O3(H2S2O3為弱酸)溶液滴定至終點，消耗H2S2O3溶液18.00mL。該粗硼樣品的純度為________(提示：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))?！窘馕觥颗疰V礦主要成分為Mg2B2O5·H2O，硼砂的化學式為Na2B4O7·10H2O，利用硼鎂礦制取金屬鎂及粗硼的工藝流程中硼鎂礦加入氫氧化鈉濃溶液過濾得到氫氧化鎂沉淀，加入濃鹽酸溶解通過蒸發(fā)濃縮得到氯化鎂結晶水合物，在氯化氫氣流中加熱得到氯化鎂固體，電解得到鎂；濾液中主要是NaBO2，通入適量二氧化碳氣體得到硼砂，溶于熱水后，用H2SO4調(diào)pH2～3制取H3BO3，加熱得到B2O3，鎂與B2O3在高溫下置換得到粗硼：3Mg＋B2O3eq\o(=,\s\up15(高溫))2B＋3MgO；(1)根據(jù)分析，硼鎂礦加入氫氧化鈉濃溶液過濾得到的濾渣與鹽酸反應得到氯化鎂溶液，則濾渣為Mg(OH)2；X為H3BO3晶體加熱脫水的產(chǎn)物是B2O3，鎂和B2O3反應生成氧化鎂和硼，反應的化學方程式為：3Mg＋B2O3eq\o(=,\s\up15(高溫))2B＋3MgO；(2)H3BO3是一種一元弱酸，也可寫作B(OH)3，它與水作用時結合水電離的OH－而呈酸性，離子方程式為：H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋；硼氫化鈉(NaBH4)的電子式為；(3)MgCl2·6H2O在SOCl2氛圍中加熱，SOCl2結合結晶生成HCl和SO2，化學方程式為：MgCl2·6H2O＋6SOCl2=MgCl2＋12HCl↑＋6SO2↑；(4)硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為：0.30mol/L×0.018L＝0.0054mol，I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)，根據(jù)關系式：B～BI3～eq\f(3,2)I2～3S2Oeq\o\al(2－,3)，n(B)＝eq\f(1,3)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝0.0018mol，硼的質(zhì)量為：m＝nM＝11g/mol×0.0018mol＝0.0198g，粗硼中硼的含量為：eq\f(0.0198g,0.020g)×100%＝99.0%?！敬鸢浮?1)Mg(OH)23Mg＋B2O3eq\o(=,\s\up15(高溫))2B＋3MgO(2)H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋(3)MgCl2·6H2O＋6SOCl2=MgCl2＋12HCl↑＋6SO2↑(4)99.0%考向二以物質(zhì)分離提純?yōu)橹黧w的化工流程【典例2】(2022·廣東卷)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發(fā)展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持＋3價不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3開始溶解時的pH為8.8；有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。離子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋開始沉淀時的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全時的pH/3.24.7/(1)“氧化調(diào)pH”中，化合價有變化的金屬離子是________。(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調(diào)pH至______________的范圍內(nèi)，該過程中Al3＋發(fā)生反應的離子方程式為______________________________________________。(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg2＋濃度為2.7g·L－1。為盡可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確?！斑^濾2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于_________mol·L－1(保留兩位有效數(shù)字)。(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3＋溶出，提高產(chǎn)率，其原因是________________________________________________________________________。②“操作X”的過程為：先_________，再固液分離。(5)該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質(zhì)有_________(寫化學式)。(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移_________mol電子。②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發(fā)生的電極反應為_________________________________________________________?！舅悸穼б康谝徊剑悍治隽鞒虉D第二步：結合已知信息和表格數(shù)據(jù)分析各步操作目的、所得物質(zhì)成分，并完成填空(1)“氧化調(diào)pH”中只有鐵是變價金屬，鋁和稀土金屬元素均為＋3價，F(xiàn)e2＋被氧化為Fe3＋。(2)“過濾1”所得“濾渣”為Fe(OH)3和Al(OH)3，應調(diào)節(jié)的pH范圍為4.7≤pH<6.2，pH小于6.2是防止RE3＋開始沉淀。該過程中Al3＋與OH－反應生成Al(OH)3沉淀，Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓。(3)“濾液2”中Mg2＋濃度為2.7g·L－1，其物質(zhì)的量濃度為0.1125mol·L－1，Ksp[(C11H23COO)2Mg]＝c2(C11H23COO－)·c(Mg2＋)，c2(C11H23COO－)＝(1.8×10－8/0.1125)mol2·L－2＝16×10－8mol2·L－2，c(C11H23COO－)＝eq\r(16×10－8)mol·L－1＝4.0×10－4mol·L－1，若c(C11H23COO－)大于4.0×10－4mol·L－1，則形成的“濾餅”中會混入(C11H23COO)2Mg。(4)①“濾餅”的主要成分為(C11H23COO)3RE，為難溶物，攪拌可以增加其與鹽酸的接觸面積，加熱也可以加快固體的溶解，進而加快反應速率。②加熱攪拌的溫度為55℃，而月桂酸的熔點為44℃，所以“操作X”(過濾)前，先要冷卻結晶，使月桂酸變成固體。(5)“濾液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”時加入的“酸化MgSO4溶液”。(6)①YCl3中Y為＋3價，PtCl4中Pt為＋4價，Pt3Y為合金，Pt和Y均可以看成0價，若生成1molPt3Y，轉移電子的物質(zhì)的量為(4×3＋3×1)mol＝15mol。②在氫氧燃料電池的堿性介質(zhì)中，O2得電子與水反應生成OH－，電極反應為O2＋4e－＋2H2O=4OH－?！敬鸢浮?1)Fe2＋(2)4.7≤pH<6.2Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓(3)4.0×10－4(4)①加熱攪拌可加快反應速率②冷卻結晶(5)MgSO4(6)①15②O2＋4e－＋2H2O=4OH－(1)流程圖建模——理清流程圖的各環(huán)節(jié)[識圖方法]圖1箭頭表示反應物加入同時生成物出來。圖2箭頭表示反應物分步加入和生成物出來。圖3箭頭表示循環(huán)反應。(2)解題思維建?！ㄟ^“三審”建立系統(tǒng)思維①審題干——明確原料成分和目的要求②審流程——明確各步轉化原理和目的a．看箭頭：進入的是原料(即反應物)；出去的是生成物(包括主產(chǎn)物和副產(chǎn)物)。b.看三線：主線主產(chǎn)品、分支副產(chǎn)品、回頭為循環(huán)。c.找信息：明確反應條件的控制和分離提純的方法。d．關注所加物質(zhì)的可能作用：參與反應、提供反應氛圍、滿足定量要求。③審問題——明確答什么a．不要答非所問：要看清題目要求，按要求答題，防止答非所問。b．規(guī)范答題：回答問題要準確全面，注意語言表達的規(guī)范性，特別是化學用語的書寫與表示要準確、規(guī)范?！簩c訓練』2．(2022·全國乙卷)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表：金屬離子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋開始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽。寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：________________________________________________________________________。(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出的金屬離子是________________。(3)“母液①”中Mg2＋濃度為____________mol·L－1。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是__________?！八崛茉钡某煞质莀_______、________。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是______________________________________________________。(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得________________，循環(huán)利用?！窘馕觥拷Y合題中信息對該流程進行如下梳理：(1)結合圖示及題給信息可知焙燒時Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2，尾氣應為NH3，則Al2O3焙燒生成NH4Al(SO4)2的化學方程式為Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙燒))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O。(2)結合相關金屬離子開始沉淀以及沉淀完全時的pH可知，加氨水調(diào)節(jié)pH至11.6的過程中，F(xiàn)e3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。(3)根據(jù)Mg2＋沉淀完全時的pH＝11.1，可知溶液中c(OH－)＝10－2.9mol·L－1時，溶液中c(Mg2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，則Ksp[Mg(OH)2]＝1.0×10－5×(10－2.9)2＝1×10－10.8，母液①的pH＝11.6，即溶液中c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，則此時溶液中c(Mg2＋)＝eq\f(Ksp[MgOH2],c2OH－)＝eq\f(1.0×10－10.8,10－2.42)mol·L－1＝1×10－6mol·L－1。(4)由于常見的鹽酸和硝酸均具有揮發(fā)性，且水浸渣需在160℃酸溶，因此最適宜的酸為硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙燒過程中得到的CaSO4微溶于水，故酸溶渣的成分為SiO2、CaSO4。(5)酸溶后適當加熱能促進TiO2＋水解生成TiO2·xH2O，反應的離子方程式為TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋。(6)結合圖示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸銨，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾氣NH3，經(jīng)處理得到(NH4)2SO4?！敬鸢浮?1)Al2O3＋4(NH4)2SO4eq\o(=,\s\up15(焙燒))2NH4Al(SO4)2＋6NH3↑＋3H2O(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋(3)1.0×10－6(4)硫酸SiO2CaSO4(5)TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq\o(=,\s\up15(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋(6)(NH4)2SO4高考題型突破3化學工藝流程題1．(2024·湖北黃岡調(diào)研)工業(yè)上以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含F(xiàn)e2O3雜質(zhì))為原料冶煉鋁的工藝流程如下，下列敘述錯誤的是()A．步驟①中，試劑X一般使用的是氫氧化鈉溶液B．步驟②中，主要的離子反應可能是AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)C．步驟③中，加熱固體常在蒸發(fā)皿中完成D．步驟④中，在電解裝置的陰極得到液態(tài)金屬鋁【解析】步驟①中是分離出Fe2O3，Al2O3能溶于氫氧化鈉溶液，F(xiàn)e2O3不能，故試劑X一般使用的是氫氧化鈉溶液，A項正確；步驟①得到的是NaAlO2溶液，步驟②中，通入過量的二氧化碳，主要的離子反應是AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)，B項正確；步驟③中，加熱Al(OH)3固體常在鐵坩堝中完成，C項錯誤；步驟④中，電解熔融態(tài)的氧化鋁制備鋁，在電解裝置的陰極得到液態(tài)金屬鋁，D項正確?！敬鸢浮緾2．(2023·河北邢臺模擬)用綠礬(FeSO4·7H2O)制備電池電極材料LiFePO4的流程如下：下列說法正確的是()A．反應2中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1∶2B．洗滌沉淀時可用玻璃棒攪拌C．可用酸性KMnO4溶液檢驗反應1中Fe2＋是否完全反應D．溶解過程中H3PO4可抑制Fe2＋的水解【解析】通過反應2得到LiFePO4，則反應中H2C2O4將FePO4還原生成LiFePO4，根據(jù)得失電子守恒可知FePO4與H2C2O4的物質(zhì)的量之比為2∶1，A錯誤；洗滌沉淀時不能用玻璃棒攪拌，B錯誤；反應1中NaClO被還原為NaCl，而Cl－也能使酸性KMnO4溶液褪色，則不能用酸性KMnO4溶液檢驗反應1中Fe2＋是否完全反應，C錯誤；Fe2＋在水溶液中會發(fā)生水解，溶解過程中H3PO4電離出H＋，可抑制Fe2＋水解，D正確?！敬鸢浮緿3．(2024·山東省實驗中學月考)以硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、Fe3O4、Al2O3和SiO2)為原料生產(chǎn)聚合硫酸鐵[Fe2(OH)n(SO4)3－eq\f(n,2)]m(n<2)的流程如圖所示。下列說法正確的是()A．“堿浸”的目的是除去鋁元素B．檢驗“酸浸”后濾液中是否含有Fe2＋，選用試劑為KSCN溶液和氯水C．可用SO2代替“氧化、水解、聚合”過程中的NaClO3D．為增大反應速率，“氧化、水解、聚合”過程應在較高溫度下進行【解析】【答案】A4．(2023·新課標卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態(tài)含氧酸鹽形式存在，主要雜質(zhì)為鐵、鋁、硅、磷等的化合物。從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示。已知：最高價鉻酸根在酸性介質(zhì)中以Cr2Oeq\o\al(2－,7)存在，在堿性介質(zhì)中以CrOeq\o\al(2－,4)存在?；卮鹣铝袉栴}：(1)煅燒過程中，釩和鉻被氧化為相應的最高價含氧酸鹽，其中含鉻化合物主要為________(填化學式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和________。(3)“沉淀”步驟調(diào)pH到弱堿性，主要除去的雜質(zhì)是________。(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀。該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時，會導致______________________________________________________________________；pH>9時，會導致______________________________________________________________________________________________________________________________。(5)“分離釩”步驟中，將溶液pH調(diào)到1.8左右得到V2O5沉淀。V2O5在pH<1時，溶解為VOeq\o\al(＋,2)或VO3＋；在堿性條件下，溶解為VOeq\o\al(－,3)或VOeq\o\al(3－,4)。上述性質(zhì)說明V2O5具有________(填標號)。A．酸性 B．堿性C．兩性(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________?！窘馕觥坑深}干可知鉻和釩為主要元素，鐵、鋁、硅、磷等為雜質(zhì)元素，鐵元素主要在“煅燒”中轉化為Fe2O3后在“浸取”中除去，鋁元素在“煅燒”中轉化為NaAlO2后在“沉淀”中轉化為Al(OH)3除去，硅、磷元素在“除硅磷”中除去，鉻元素的轉化過程為鉻的低價態(tài)含氧酸鹽→Na2CrO4→Na2Cr2O7→Cr3＋→Cr(OH)3，釩元素的轉化過程為釩的低價態(tài)含氧酸鹽→釩的最高價含氧酸鹽→V2O5。(1)煅燒過程中加入堿性物質(zhì)NaOH和Na2CO3，結合已知信息可得含鉻化合物主要為Na2CrO4。(2)含鐵化合物在空氣中高溫煅燒，生成不溶于水的Fe2O3，其在“浸取”步驟中除去。(5)由題意可知，V2O5能分別與酸、堿反應生成鹽和水，且V的化合價不變，則V2O5為兩性氧化物。(6)由(5)中題干可知，經(jīng)“分離釩”步驟后，溶液顯強酸性，鉻以Cr2Oeq\o\al(2－,7)形式存在，且具有強氧化性，Na2S2O5中硫元素為＋4價，具有還原性，酸性條件下Cr2Oeq\o\al(2－,7)和S2Oeq\o\al(2－,5)反應生成Cr3＋和SOeq\o\al(2－,4)，結合氧化還原反應原理可寫出離子方程式。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)SiOeq\o\al(2－,3)、POeq\o\al(3－,4)結合H＋生成H2SiO3和H3PO4，不利于形成MgSiO3、MgNH4PO4沉淀Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)與OH－反應生成Mg(OH)2、NH3·H2O，降低原料的利用率(5)C(6)2Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋3S2Oeq\o\al(2－,5)＋10H＋=4Cr3＋＋6SOeq\o\al(2－,4)＋5H2O5．(2023·山東卷)鹽湖鹵水(主要含Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3的工藝流程如下：已知：常溫下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示。回答下列問題：(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－(常溫下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常溫下，在0.10mol·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]－，該水解反應的離子方程式為____________________________，該溶液pH＝________。(2)濾渣Ⅰ的主要成分是________________(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中Li＋的濃度為2.0mol·L－1，則常溫下精制Ⅱ過程中COeq\o\al(2－,3)濃度應控制在________mol·L－1以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，還將增加________的用量(填化學式)。(3)精制Ⅱ的目的是__________________________________________________；進行操作X時應選擇的試劑是________，若不進行該操作而直接濃縮，將導致________________________________________________________________________________________________________________________________________________?！窘馕觥恳愿哝V鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3，分析題圖，第一步脫硼中加鹽酸除去硼酸根，最后兩步得到NaCl和Li2CO3，則最后濃縮液中僅含有Na＋、Li＋和Cl－，中間步驟用于除Mg2＋和SOeq\o\al(2－,4)；第二步濃縮結晶得到Na、Li、Mg的氯化物和硫酸鹽固體；第三步煅燒時MgCl2·6H2O發(fā)生反應，由于Mg2＋發(fā)生水解，最終有MgO和HCl生成；第四步水浸，鈉鹽、鋰鹽與MgSO4溶解，MgO難溶，大部分Mg2＋被除去；第五步精制Ⅰ加入生石灰，生石灰與水反應生成Ca(OH)2，引入Ca2＋和OH－，與SOeq\o\al(2－,4)和Mg2＋分別反應生成CaSO4沉淀和Mg(OH)2沉淀從而除去SOeq\o\al(2－,4)和Mg2＋；第六步精制Ⅱ加入純堿除去第五步精制Ⅰ引入的過量Ca2＋，生成CaCO3沉淀；第七步操作X加入鹽酸可除去第五步精制Ⅰ引入的OH－和第六步精制Ⅱ引入的COeq\o\al(2－,3)；第八步濃縮析出NaCl；第九步加入飽和Na2CO3溶液，發(fā)生反應2LiCl＋Na2CO3=Li2CO3↓＋2NaCl，制得Li2CO3。(1)已知[B4O5(OH)4]2－水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]－，根據(jù)B原子守恒，1mol[B4O5(OH)4]2－水解生成2molB(OH)3和2mol[B(OH)4]－，再根據(jù)H、O原子守恒，可知水解需要5molH2O，故水解反應的離子方程式為[B4O5(OH)4]2－＋5H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－。硼砂溶液中存在平衡B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－，Ka＝eq\f(c[BOH4]－·cH＋,c[BOH3])，由c[B(OH)3]＝c[B(OH)4]－可得Ka＝c(H＋)，故pH＝－lgKa＝9.24。(2)由前述分析可知精制Ⅰ過程中加入生石灰是為了除去溶液中的SOeq\o\al(2－,4)和Mg2＋，濾渣Ⅰ為CaSO4、Mg(OH)2。Ksp(Li2CO3)＝c2(Li＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝2.2×10－2，c(Li＋)＝2.0mol·L－1，計算可得c(COeq\o\al(2－,3))＝5.5×10－3mol·L－1，故應控制c(COeq\o\al(2－,3))<5.5×10－3mol·L－1以防止Li2CO3析出；若脫硼后直接進行精制Ⅰ，缺少了第一段煅燒除鎂的過程，只能在第二段精制Ⅰ過程中加入生石灰除去Mg2＋，且需要中和過量的鹽酸，故CaO用量增加，除Ca2＋所用的Na2CO3用量也增加。(3)精制Ⅰ為了除去SOeq\o\al(2－,4)和Mg2＋，需要加入過量的CaO，因此精制Ⅱ加入純堿是為了除去精制Ⅰ引入的Ca2＋；精制Ⅱ為了除去Ca2＋，需要加入過量的Na2CO3，此時溶液中含有Na＋、Li＋、Cl－、COeq\o\al(2－,3)和精制Ⅰ引入的OH－，而由濃縮和沉鋰步驟，可知最終溶液中只有Na＋、Li＋和Cl－，所以操作X應除去COeq\o\al(2－,3)和OH－且不引入其他雜質(zhì)，故選擇的試劑為鹽酸；若不進行該操作而直接濃縮，會使溶液中COeq\o\al(2－,3)和OH－濃度增大，結合溶解度與溫度的關系圖，可知LiOH和Li2CO3的溶解度遠小于LiCl，直接濃縮會使Li2CO3、LiOH與NaCl一同析出，造成沉鋰步驟制得的Li2CO3減少?！敬鸢浮?1)[B4O5(OH)4]2－＋5H2O2B(OH)3＋2[B(OH)4]－9.24(2)CaSO4、Mg(OH)25.5×10－3CaO、Na2CO3(3)除去精制Ⅰ引入的Ca2＋鹽酸Li2CO3、LiOH與NaCl一同析出，造成沉鋰步驟制得的Li2CO3減少6．(2022·福建卷)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：回答下列問題：(1)“浸出”時適當升溫的主要目的是____________________________________________________________________________