五年（2019-2023）年高考真題分項匯編專題13工藝流程綜合題〖203年高考真題〗考點一除雜提純類1．（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中以Cr2O存在，在堿性介質中以CrO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pH到弱堿性，主要除去的雜質是___________。(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調到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1時，溶解為VO或VO3+在堿性條件下，溶解為VO或VO，上述性質說明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___________。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)Al(OH)3(4)磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀(5)C(6)2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O【分析】由題給流程可知，鉻釩渣在氫氧化鈉和空氣中煅燒，將釩、鉻、鋁、硅、磷等元素轉化為相應的最高價含氧酸鹽，煅燒渣加入水浸取、過濾得到含有二氧化硅、氧化鐵的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到強氧化鋁濾渣和濾液；向濾液中加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，過濾得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的濾渣和濾液；向濾液中加入稀硫酸調節(jié)溶液pH將釩元素轉化為五氧化二釩，過濾得到五氧化二釩和濾液；向濾液中焦亞硫酸鈉溶液將鉻元素轉化為三價鉻離子，調節(jié)溶液pH將鉻元素轉化為氫氧化鉻沉淀，過濾得到氫氧化鉻。【詳解】（1）由分析可知，煅燒過程中，鉻元素轉化為鉻酸鈉，故答案為：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化鐵，故答案為：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步驟調pH到弱堿性的目的是將Al元素轉化為氫氧化鋁沉淀，故答案為：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸鎂溶液、硫酸銨溶液的目的是將硅元素、磷元素轉化為MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9時，磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；若溶液pH>9時，會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀，故答案為：磷酸根會與H+反應使其濃度降低導致MgNH4PO4，同時可能產生硅酸膠狀沉淀不宜處理；會導鎂離子生成氫氧化鎂沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，導致產品中混有雜質，同時溶液中銨根離子濃度降低導致MgNH4PO4無法完全沉淀；（5）由題給信息可知，五氧化二釩水能與酸溶液反應生成鹽和水，也能與堿溶液發(fā)生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；（6）由題意可知，還原步驟中加入焦亞硫酸鈉溶液的目的是將鉻元素轉化為鉻離子，反應的離子方程式為2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O，故答案為：2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。2．（2023·湖北卷）是生產多晶硅的副產物。利用對廢棄的鋰電池正極材料進行氯化處理以回收Li、Co等金屬，工藝路線如下：

回答下列問題：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)燒渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，用化學方程式表示其原因_______。(3)鑒別洗凈的“濾餅3”和固體常用方法的名稱是_______。(4)已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中濃度為_______。“850℃煅燒”時的化學方程式為_______。(5)導致比易水解的因素有_______(填標號)。a．Si-Cl鍵極性更大

b．Si的原子半徑更大c．Si-Cl鍵鍵能更大

d．Si有更多的價層軌道【答案】(1)4Ⅷ(2)(3)焰色反應(4)(5)abd【分析】由流程和題中信息可知，粗品與在500℃焙燒時生成氧氣和燒渣，燒渣是LiCl、和的混合物；燒渣經(jīng)水浸、過濾后得濾液1和濾餅1，濾餅1的主要成分是和；濾液1用氫氧化鈉溶液沉鈷，過濾后得濾餅2（主要成分為）和濾液2（主要溶質為LiCl）；濾餅2置于空氣中在850℃煅燒得到；濾液2經(jīng)碳酸鈉溶液沉鋰，得到濾液3和濾餅3，濾餅3為?！驹斀狻浚?）Co是27號元素，其原子有4個電子層，其價電子排布為，元素周期表第8、9、10三個縱行合稱第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙燒”后剩余的應先除去，否則水浸時會產生大量煙霧，由此可知，四氯化硅與可水反應且能生成氯化氫和硅酸，故其原因是：遇水劇烈水解，生成硅酸和氯化氫，該反應的化學方程式為。（3）洗凈的“濾餅3”的主要成分為，常用焰色反應鑒別和，的焰色反應為紫紅色，而的焰色反應為黃色。故鑒別“濾餅3”和固體常用方法的名稱是焰色反應。（4）已知，若“沉鈷過濾”的pH控制為10.0，則溶液中，濃度為?！?50℃煅燒”時，與反應生成和，該反應的化學方程式為。（5）a．Si-Cl鍵極性更大，則Si-Cl鍵更易斷裂，因此，比易水解，a有關；

b．Si的原子半徑更大，因此，中的共用電子對更加偏向于，從而導致Si-Cl鍵極性更大，且Si原子更易受到水電離的的進攻，因此，比易水解，b有關；c．通常鍵能越大化學鍵越穩(wěn)定且不易斷裂，因此，Si-Cl鍵鍵能更大不能說明Si-Cl更易斷裂，故不能說明比易水解，c無關；

d．Si有更多的價層軌道，因此更易與水電離的形成化學鍵，從而導致比易水解，d有關；綜上所述，導致比易水解的因素有abd。3．（2023·遼寧卷）某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液含（和)。實現(xiàn)鎳、鈷、鎂元素的回收。

已知：物質回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為_______(答出一條即可)。(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，中過氧鍵的數(shù)目為_______。(3)“氧化”中，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為_______(的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為、_______(填化學式)。(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，(Ⅱ)氧化率與時間的關系如下。體積分數(shù)為_______時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_______。

(5)“沉鈷鎳”中得到的(Ⅱ)在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為_______。(6)“沉鎂”中為使沉淀完全，需控制不低于_______(精確至0.1)?！敬鸢浮?1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積(2)NA(3)Fe(OH)3(4)9.0%SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率(5)(6)11.1【分析】在“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸，用石灰乳調節(jié)，被氧化為，發(fā)生反應，F(xiàn)e3+水解同時生成氫氧化鐵，“沉鉆鎳”過程中，Co2+變?yōu)镃o(OH)2，在空氣中可被氧化成?！驹斀狻浚?）用硫酸浸取鎳鈷礦時，為提高浸取速率可適當增大硫酸濃度、升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積（2）的結構簡式為，所以中過氧鍵的數(shù)目為NA（3）用石灰乳調節(jié)，被氧化為，該反應的離子方程式為：；氫氧化鐵的Ksp=10-37.4，當鐵離子完全沉淀時，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，，c(OH-)=10-10.8mol/L，根據(jù)Kw=10-14，pH=3.2，此時溶液的pH=4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣還有氫氧化鐵；（4）根據(jù)圖示可知體積分數(shù)為0.9%時，(Ⅱ)氧化速率最大；繼續(xù)增大體積分數(shù)時，由于SO2有還原性，過多將會降低的濃度，降低(Ⅱ)氧化速率（5）“沉鉆鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成，該反應的化學方程式為：；（6）氫氧化鎂的Ksp=10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)=10-5mol/L，根據(jù)Ksp可計算c(OH-)=10-2.9mol/L，根據(jù)Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1；考點二原材料化學轉化類4．（2023·全國甲卷）是一種壓電材料。以為原料，采用下列路線可制備粉狀。

回答下列問題：(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙燒”后固體產物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”時主要反應的離子方程式為_______。(3)“酸化”步驟應選用的酸是_______(填標號)。a．稀硫酸

b．濃硫酸

c．鹽酸

d．磷酸(4)如果焙燒后的產物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步驟中生成的化學方程式為_______。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，產生的_______。【答案】(1)做還原劑，將還原(2)(3)c(4)不可行產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應生成可溶于水的，導致溶液中混有雜質無法除去、最終所得產品的純度降低(5)(6)【分析】由流程和題中信息可知，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、易溶于水的和微溶于水的；燒渣經(jīng)水浸取后過濾，濾渣中碳粉和，濾液中有和；濾液經(jīng)酸化后濃縮結晶得到晶體；晶體溶于水后，加入和將鋇離子充分沉淀得到；經(jīng)熱分解得到。【詳解】（1）“焙燒”步驟中，與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到、、和，被還原為，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將還原。（2）“焙燒”后固體產物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的與過量的可以發(fā)生復分解反應生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時主要反應的離子方程式為。（3）“酸化”步驟是為了將轉化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而可溶于水，因此，應選用的酸是鹽酸，選c。（4）如果焙燒后的產物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體會污染空氣，而且與鹽酸反應生成可溶于水的，導致溶液中混有雜質無法除去、最終所得產品的純度降低。（5）“沉淀”步驟中生成的化學方程式為：++=。（6）“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應的化學方程式為，，因此，產生的=。5．（2023·全國乙卷）LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制備LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列問題：(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為_______。為提高溶礦速率，可采取的措施_______(舉1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。(3)溶礦反應完成后，反應器中溶液pH=4，此時c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳調節(jié)至pH≈7，除去的金屬離子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。(5)在電解槽中，發(fā)生電解反應的離子方程式為_______。隨著電解反應進行，為保持電解液成分穩(wěn)定，應不斷_______。電解廢液可在反應器中循環(huán)利用。(6)緞燒窯中，生成LiMn2O4反應的化學方程式是_______。【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱錳礦(2)將Fe2+氧化為Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)2.8×10-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【分析】根據(jù)題給的流程，將菱錳礦置于反應器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質中的Fe、Ni、Al等元素物質也轉化為其離子形式，同時，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調至制約等于7，此時，根據(jù)已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中的Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產物LiMn2O4?！驹斀狻浚?）菱錳礦中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以與其反應，硫酸溶礦主要反應的化學方程式為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎；故答案為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱錳礦。（2）根據(jù)分析，加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因為氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶礦完成以后，反應器中溶液pH=4，此時溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此時體系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，這時，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，認為Fe3+已經(jīng)沉淀完全；用石灰乳調節(jié)至pH≈7，這時溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，這一階段除去的金屬離子是Al3+；故答案為：2.8×10-9、Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時溶液中發(fā)生的離子方程式為BaS+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在電解槽中，Mn2+發(fā)生反應生成MnO2，反應的離子方程式為Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；電解時電解液中Mn2+大量減少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持電解液成分的穩(wěn)定；故答案為：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。（6）煅燒窯中MnO2與Li2CO3發(fā)生反應生成LiMn2O4，反應的化學方程式為2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案為：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。6．（2023·湖南卷）超純是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術，在研制超純方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純的工藝流程如下：已知：①金屬的化學性質和相似，的熔點為；②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作為配體；③相關物質的沸點：物質沸點/55.734.642.4365.8回答下列問題：(1)晶體的晶體類型是_______；(2)“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在的原因是_______，陰極的電極反應式為_______；(3)“合成”工序中的產物還包括和，寫出該反應的化學方程式：_______；(4)“殘渣”經(jīng)純水處理，能產生可燃性氣體，該氣體主要成分是_______；(5)下列說法錯誤的是_______；A．流程中得到了循環(huán)利用B．流程中，“合成”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行C．“工序X”的作用是解配，并蒸出D．用核磁共振氫譜不能區(qū)分和(6)直接分解不能制備超純，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純的理由是_______；(7)比較分子中的鍵角大?。篲______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。【答案】(1)分子晶體(2)保證Ga為液體，便于純Ga流出Ga3++3eˉ=Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；(4)CH4(5)D(6)NR3沸點較高，易與Ga(CH3)3分離，Et2O的沸點低于Ga(CH3)3，一起氣化，難以得到超純Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結構，故夾角較小【分析】以粗鎵為原料，制備超純，粗Ga經(jīng)過電解精煉得到純Ga，Ga和Mg反應生產Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應生成、MgI2和CH3MgI，然后經(jīng)過蒸發(fā)溶劑、蒸餾，除去殘渣MgI2、CH3MgI，加入NR3進行配體交換、進一步蒸出得到超純，Et2O重復利用，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）晶體的沸點較低，晶體類型是分子晶體；（2）電解池溫度控制在可以保證Ga為液體，便于純Ga流出；粗Ga在陽極失去電子，陰極得到Ga，電極反應式為Ga3++3eˉ=Ga；（3）“合成”工序中的產物還包括和，該反應的化學方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；（4）“殘渣”含，經(jīng)純水處理，能產生可燃性氣體CH4；（5）A.根據(jù)分析，流程中得到了循環(huán)利用，A正確；B.容易和水反應，容易被氧化，則流程中，“合成”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行，B正確；C.“配體交換”得到，“工序X”先解構后蒸出，C正確；D.二者甲基的環(huán)境不同，核磁共振氫譜化學位移不同，用核磁共振氫譜能區(qū)分和，D錯誤；故選D；（6）直接分解時由于Et2O的沸點較低，與Ga(CH3)3一起蒸出，不能制備超純，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純的理由是，根據(jù)題給相關物質沸點可知，NR3沸點遠高于Ga(CH3)3，與Ga(CH3)3易分離；（7）分子中的鍵角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結構，故夾角較小。7．（2023·北京卷）以銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。已知：酸性條件下，的氧化性強于。(1)“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續(xù)銀的浸出：礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應，則可推斷：__________(填“>”或“<”)。②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應，則浸錳液中主要的金屬陽離子有__________。(2)“浸銀”時，使用過量和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。①將“浸銀”反應的離子方程式補充完整：__________。②結合平衡移動原理，解釋浸出劑中的作用：____________________。(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應的離子方程式有______________________________。②一定溫度下，的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋分鐘后的沉淀率逐漸減小的原因：______________。(4)結合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：________。【答案】(1)>、(2)是為了與電離出的結合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀(3)、被氧氣氧化為，把氧化為(4)可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【分析】銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)混合加溶液，使礦石中的錳元素浸出，同時去除，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有、；浸錳渣中與過量和的混合液反應，將中的銀以形式浸出，用鐵粉把還原為金屬銀?！驹斀狻浚?）①“浸錳”過程中，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，發(fā)生反應，硫化錳溶于強酸而硫化銀不溶于強酸，則可推斷：>；②根據(jù)信息，在溶液中二氧化錳可將氧化為，自身被還原為，則浸錳液中主要的金屬陽離子有、。（2）①中S元素化合價升高，F(xiàn)e元素化合價降低，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為；②是為了與電離出的結合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①鐵粉可將還原為單質銀，過量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應，因此離子方程式為、；②溶液中生成的會被空氣中的氧氣緩慢氧化為，把部分氧化為，因此后銀的沉淀率逐漸降低。（4）聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用的氧化性將中的氧化為，同時生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時得到。8．（2023·山東卷）鹽湖鹵水(主要含、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)兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下，。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)含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為_____，該溶液_____。(2)濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。(3)精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_____?！敬鸢浮?1)(2)純堿(3)加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有，最終所得的產率減小【分析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾，所得濾液經(jīng)濃縮結晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產生沉淀，在此條件下溶解度最小的是，則濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為;精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到。【詳解】（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中，水解生成等物質的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為，由B元素守恒可知，和的濃度均為，，則該溶液。（2）由分析可知，濾渣I的主要成分是；精制I后溶液中的濃度為2.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，后續(xù)在濃縮結晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿（）的用量。（3）精制Ⅰ中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產生的濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防止引入雜質離子，應選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有，最終所得的產率減小?！?022年高考真題〗考點一除雜提純類9．（2022·湖南卷）鈦(Ti)及其合金是理想的高強度、低密度結構材料。以鈦渣(主要成分為，含少量V、Si和Al的氧化物雜質)為原料，制備金屬鈦的工藝流程如下：已知“降溫收塵”后，粗中含有的幾種物質的沸點：物質沸點答下列問題：(1)已知，的值只決定于反應體系的始態(tài)和終態(tài)，忽略、隨溫度的變化。若，則該反應可以自發(fā)進行。根據(jù)下圖判斷：時，下列反應不能自發(fā)進行的是_______。A． B．C． D．(2)與C、，在的沸騰爐中充分反應后，混合氣體中各組分的分壓如下表：物質分壓①該溫度下，與C、反應的總化學方程式為_______；②隨著溫度升高，尾氣中的含量升高，原因是_______。(3)“除釩”過程中的化學方程式為_______；“除硅、鋁”過程中，分離中含、雜質的方法是_______。(4)“除釩”和“除硅、鋁”的順序_______(填“能”或“不能”)交換，理由是_______。(5)下列金屬冶煉方法與本工藝流程中加入冶煉的方法相似的是_______。A．高爐煉鐵 B．電解熔融氯化鈉制鈉 C．鋁熱反應制錳 D．氧化汞分解制汞【答案】(1)C(2)

5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2

隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應(3)

3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3

蒸餾(4)不能

若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；(5)AC【解析】鈦渣中加入C、Cl2進行沸騰氯化，轉化為相應的氯化物，降溫收塵后得到粗TiCl4，加入單質Al除釩，再除硅、鋁得到純TiCl4，加入Mg還原得到Ti。(1)記①，②，③，④；A．由圖可知，600℃時的，反應自發(fā)進行，故A不符合題意；B．由圖可知，600℃時的，反應自發(fā)進行，故B不符合題意；C．由圖可知，600℃時的，反應不能自發(fā)進行，故C符合題意；D．根據(jù)蓋斯定律，可由①+③得到，則600℃時其，反應自發(fā)進行，故D不符合題意；故選C；(2)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，該溫度下C主要生成CO和CO2，根據(jù)相同條件下氣體的壓強之比是物質的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物質的量之比約是5：2：4，所以TiO2與C、Cl2反應的總化學方程式為5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案為：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；②隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應，導致CO含量升高，故答案為：隨著溫度升高，CO2與C發(fā)生反應；(3)“降溫收塵”后釩元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒配平方程式為3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4與TiCl4沸點差異較大，“除硅、鋁"過程中可采用蒸餾的方法分離AlCl3、SiCl4，故答案為：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸餾；(4)若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質，因此“除釩”和“除硅、鋁”的順序不能交換，故答案為：不能；若先“除硅、鋁”再“除釩”，“除釩”時需要加入Al，又引入Al雜質；(5)本工藝中加入Mg冶煉Ti的方法為熱還原法；A．高爐煉鐵的原理是用還原劑將鐵礦石中鐵的氧化物還原成金屬鐵，屬于熱還原法，故A符合題意；B．電解熔融氯化鈉制取金屬鈉的原理是電解法，故B不符合題意；C．鋁熱反應制錳是利用Al作還原劑，將錳從其化合物中還原出來，為熱還原法，故C符合題意；D．Hg為不活潑金屬，可以直接用加熱分解氧化汞的方法制備汞，故D不符合題意；故答案選AC，故答案為：AC。10．（2022·湖北卷）全球對鋰資源的需求不斷增長，“鹽湖提鋰”越來越受到重視。某興趣小組取鹽湖水進行濃縮和初步除雜后，得到濃縮鹵水(含有和少量)，并設計了以下流程通過制備碳酸鋰來提取鋰。時相關物質的參數(shù)如下：的溶解度：化合物回答下列問題：(1)“沉淀1”為___________。(2)向“濾液1”中加入適量固體的目的是___________。(3)為提高的析出量和純度，“操作A”依次為___________、___________、洗滌。(4)有同學建議用“侯氏制堿法”的原理制備。查閱資料后，發(fā)現(xiàn)文獻對常溫下的有不同的描述：①是白色固體；②尚未從溶液中分離出來。為探究的性質，將飽和溶液與飽和溶液等體積混合，起初無明顯變化，隨后溶液變渾濁并伴有氣泡冒出，最終生成白色沉淀。上述現(xiàn)象說明，在該實驗條件下___________(填“穩(wěn)定”或“不穩(wěn)定”)，有關反應的離子方程式為___________。(5)他們結合(4)的探究結果，擬將原流程中向“濾液2”加入改為通入。這一改動能否達到相同的效果，作出你的判斷并給出理由___________?！敬鸢浮?1)Mg(OH)2(2)將轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質(3)蒸發(fā)濃縮

趁熱過濾(4)

不穩(wěn)定

Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O(5)能達到相同效果，因為改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合(4)的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果【解析】濃縮鹵水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的濾液1，沉淀1為Mg(OH)2，向濾液1中加入Li2CO3后，得到濾液2，含有的離子為和OH-，沉淀2為CaCO3，向濾液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通過蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌、干燥后得到產品Li2CO3。(1)濃縮鹵水中含有，當加入石灰乳后，轉化為Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1為Mg(OH)2；(2)濾液1中含有和，結合已知條件：LiOH的溶解度和化合物的溶度積常數(shù)，可推測，加入Li2CO3的目的是將轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質；(3)由Li2CO3的溶解度曲線可知，溫度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在溫度高時，溶解度小，有利于析出，所以為提高的析出量和純度，需要在較高溫度下析出并過濾得到沉淀，即依次蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾，洗滌。故答案為：蒸發(fā)濃縮，趁熱過濾；(4)飽和LiCl和飽和NaHCO3等體積混合后，產生了LiHCO3和NaCl，隨后LiHCO3分解產生了CO2和Li2CO3。故答案為：不穩(wěn)定，Li++HCO=LiHCO3，2LiHCO3=Li2CO3↓+CO2↑+H2O；(5)“濾液2”中含有LiOH，加入，目的是將LiOH轉化為Li2CO3。若改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合(4)的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果。故答案為：能達到相同效果，因為改為通入過量的，則LiOH轉化為LiHCO3，結合(4)的探究結果，LiHCO3也會很快分解產生Li2CO3，所以這一改動能達到相同的效果。11．（2022·重慶卷）電子印制工業(yè)產生的某退錫廢液含硝酸、錫化合物及少量Fe3+和Cu2+等，對其處理的流程如圖。Sn與Si同族，25℃時相關的溶度積見表?；瘜W式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度積1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①產品Na2SnO3中Sn的化合價是______。②退錫工藝是利用稀HNO3與Sn反應生成Sn2+，且無氣體生成，則生成的硝酸鹽是_____，廢液中的Sn2+易轉化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙燒時，與NaOH反應的化學方程式為______。(2)濾液1的處理①濾液1中Fe3+和Cu2+的濃度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃時，為了使Cu2+沉淀完全，需調節(jié)溶液H+濃度不大于______mol?L-1。(3)產品中錫含量的測定稱取產品1.500g，用大量鹽酸溶解，在CO2保護下，先用Al片將Sn4+還原為Sn2+，再用0.1000mol?L-1KIO3標準溶液滴定，以淀粉作指示劑滴定過程中IO被還原為I—，終點時消耗KIO3溶液20.00mL。①終點時的現(xiàn)象為______，產生I2的離子反應方程式為_____。②產品中Sn的質量分數(shù)為_____%?！敬鸢浮?1)+4價Sn(NO3)2、NH4NO3SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)32×10-7(3)滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色IO+5I-+6H+=3I2+3H2O47.6%【分析】由題給流程可知，向退錫廢液中加入氫氧化鈉溶液調節(jié)溶液pH為1.5，將錫的化合物轉化為二氧化錫，過濾得到含有鐵離子、銅離子的濾液1和沉淀1；向沉淀1中加入氫氧化鈉焙燒將二氧化錫轉化為錫酸鈉后，水浸、過濾得到錫酸鈉溶液，溶液經(jīng)蒸發(fā)結晶得到錫酸鈉。【詳解】（1）①由化合價代數(shù)和為0可知，錫酸鈉中錫元素的化合價為+4價，故答案為：+4價；②由分析可知，退錫工藝中發(fā)生的反應為錫與稀硝酸反應生成硝酸亞錫、硝酸銨和水，則則生成的硝酸鹽是硝酸亞錫和硝酸銨，故答案為：Sn(NO3)2、NH4NO3；③由沉淀1的主要成分是二氧化錫可知，焙燒時發(fā)生的反應為二氧化錫和氫氧化鈉高溫條件下反應生成錫酸鈉和水，反應的化學方程式為SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O，故答案為：SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；（2）①由溶度積可知，向濾液1中加入氫氧化鈉溶液，溶解度小的氫氧化鐵先沉淀，故答案為：Fe(OH)3；②由溶度積可知，25℃時，銅離子沉淀完全時，溶液中的氫氧根離子濃度為=5×10-8mol/L，則溶液中的氫離子濃度不大于2×10-7mol/L，故答案為：2×10-7；（3）①由題意可知，碘酸鉀先與二價錫離子反應生成碘離子，當二價錫反應完，碘離子與碘酸根反應生成碘單質，碘遇淀粉溶液變藍色時，溶液由無色變?yōu)樗{色，則終點時的現(xiàn)象為滴入最后一滴碘酸鉀標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色，反應生成碘的離子方程式為IO+3Sn2++6H+=I-+3Sn4++3H2O，IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案為：滴入最后一滴KIO3標準溶液，溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘內不褪色；IO+5I-+6H+=3I2+3H2O；②由得失電子數(shù)目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol?L-1碘酸鉀溶液，則1.500g產品中錫元素的質量分數(shù)為×100%=47.6%，故答案為：47.6%。考點二原材料化學轉化類12．（2022·全國甲卷）硫酸鋅()是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為，雜質為以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表：離子回答下列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為_______。(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。(3)加入物質X調溶液，最適宜使用的X是_______(填標號)。A．

B．

C．濾渣①的主要成分是_______、_______、_______。(4)向的濾液①中分批加入適量溶液充分反應后過濾，濾渣②中有，該步反應的離子方程式為_______。(5)濾液②中加入鋅粉的目的是_______。(6)濾渣④與濃反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產物是_______、_______。【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑(2)

將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積

增大硫酸的濃度等(3)B

Fe(OH)3

CaSO4

SiO2(4)3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+(5)置換Cu2+為Cu從而除去(6)CaSO4

MgSO4【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質X調節(jié)pH=5，結合表格數(shù)據(jù)，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據(jù)此分析解答。(1)由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCO3ZnO+CO2↑；(2)可采用將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；(3)A．NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經(jīng)濟成本較高，故A不適宜；B．Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；C．NaOH會引入雜質Na+，且成本較高，C不適宜；故答案選B；當沉淀完全時(離子濃度小于10-5mol/L)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；(4)向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；(5)濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應可得到HF，同時得到的副產物為CaSO4、MgSO4。13．（2022·廣東卷）稀土()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：月桂酸熔點為；月桂酸和均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持價不變；的，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pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。(2)“過濾1”前，用溶液調pH至_______的范圍內，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為_______。(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到元素，濾液2中濃度為。為盡可能多地提取，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確?！斑^濾2”前的溶液中低于_______(保留兩位有效數(shù)字)。(4)①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產率，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。①還原和熔融鹽制備時，生成1mol轉移_______電子。②用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化的還原，發(fā)生的電極反應為_______?！敬鸢浮?1)Fe2+(2)4.7pH<6.2

(3)4.010-4(4)

加熱攪拌可加快反應速率

冷卻結晶(5)MgSO4(6)

15

O2+4e-+2H2O=4OH-【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等離子，經(jīng)氧化調pH使、形成沉淀，經(jīng)過濾除去，濾液1中含有、、等離子，加入月桂酸鈉，使形成沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環(huán)利用，濾餅加鹽酸，經(jīng)加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。(1)由分析可知，“氧化調pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續(xù)除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+，故答案為：Fe2+；(2)由表中數(shù)據(jù)可知，沉淀完全的pH為4.7，而開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液調pH至4.7pH<6.2的范圍內，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為，故答案為：4.7pH<6.2；；(3)濾液2中濃度為，即0.1125mol/L，根據(jù)，若要加入月桂酸鈉后只生成，而不產生，則==410-4，故答案為：410-4；(4)①“加熱攪拌”有利于加快溶出、提高產率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率，故答案為：加熱攪拌可加快反應速率；②“操作X”的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔點為，故“操作X”的過程為：先冷卻結晶，再固液分離，故答案為：冷卻結晶；(5)由分析可知，該工藝中，可再生循環(huán)利用的物質有MgSO4，故答案為：MgSO4；(6)①中Y為+3價，中Pt為+4價，而中金屬均為0價，所以還原和熔融鹽制備時，生成1mol轉移15電子，故答案為：15；②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發(fā)生還原反應，發(fā)生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。14．（2022·北京卷）銨浸法由白云石[主要成分為，含，雜質]制備高純度碳酸鈣和氧化鎂。其流程如下：已知：物質(1)煅燒白云石的化學方程式為___________。(2)根據(jù)下表數(shù)據(jù)分析：浸出率/浸出率/理論值/實測值/98.41.199.7-98.81.599.299.598.91.898.899.599.16.095.697.6已知：i．對浸出率給出定義ii．對給出定義①“沉鈣”反應的化學方程式為___________。②浸出率遠高于浸出率的原因為___________。③不宜選用的“”數(shù)值為___________。④實測值大于理論值的原因為___________。⑤蒸餾時，隨餾出液體積增大，浸出率可出增加至，結合化學反應原理解釋浸出率提高的原因為___________。(3)濾渣C為___________。(4)可循環(huán)利用的物質為___________?！敬鸢浮?1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑(2)

CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O

Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應，而Mg(OH)2不能

2.4：1

反應加入的CaO也轉化為CaCO3

Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸餾時，NH3逸出促進NH水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉化為MgSO4(3)SiO2、Fe2O3(4)NH4Cl、(NH4)2SO4【解析】由題給流程可知，白云石煅燒時，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣和氧化鎂，向煅燒后的固體中加入氯化銨溶液和氧化鈣，氧化鈣和氯化銨溶液反應生成氯化鈣和一水合氨，氧化鎂與水反應生成氫氧化鎂，過濾得到含有氯化鈣、一水合氨的濾液A和含有氫氧化鎂、氧化鐵、二氧化硅的濾渣B；向濾液A中通入二氧化碳，二氧化碳與濾液A反應、過濾得到碳酸鈣沉淀和氯化銨溶液；向濾渣B中加入硫酸銨溶液蒸餾，將氫氧化鎂轉化為硫酸鎂，氧化鐵、二氧化硅與硫酸銨溶液不反應，過濾得到含有氧化鐵、二氧化硅的濾渣C和含有硫酸鎂的濾液D；向濾液D中加入碳酸銨溶液，碳酸銨溶液與濾液D反應、過濾得到碳酸鎂沉淀和硫酸銨溶液，煅燒碳酸鎂得到氧化鎂，制備分離過程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用。(1)由分析可知，白云石煅燒時，CaMg(CO3)2高溫分解生成氧化鈣、氧化鎂和二氧化碳，反應的化學方程式為CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑，故答案為：CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉鈣”時發(fā)生的反應為二氧化碳與氯化鈣和一水合氨混合溶液反應生成碳酸鈣沉淀、氯化銨和水，反應的化學方程式為CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O，故答案為：CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由題給溶度積數(shù)據(jù)可知，氫氧化鈣的溶度積大于氫氧化鎂，溶液中氫氧化鈣的濃度大于氫氧化鎂，能與氯化銨溶液反應生成氯化鈣和一水合氨，而氫氧化鎂不能反應，所以氧化鈣的浸出率遠高于氧化鎂，故答案為：Ca(OH)2的溶度積大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能與NH4Cl反應，而Mg(OH)2不能；③由題給數(shù)據(jù)可知，氯化銨和氧化鈣的物質的量比為2.4：1時，氧化鎂的浸出率最高，而碳酸鈣的質量分數(shù)無論是理論值還是實測值都最低，所以不宜選用的物質的量比為2.4：1，故答案為：2.4：1；④硫酸銨是強酸弱堿鹽，銨根離子在溶液中的水解反應為吸熱反應，加熱蒸餾時，氨氣逸出促進銨根離子水解，溶液中氫離子濃度增大，有利于氫氧化鎂完全溶解轉化為硫酸銨，所以氧化鎂浸出率提高，故答案為：Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸餾時，NH3逸出促進NH水解，溶液中H+濃度增大，有利于Mg(OH)2完全轉化為MgSO4；(3)由分析可知，濾渣C為氧化鐵、二氧化硅，故答案為：SiO2、Fe2O3；(4)由分析可知，制備分離過程中氯化銨溶液和硫酸銨溶液可以循環(huán)利用，故答案為：NH4Cl、(NH4)2SO4。15．（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(主要含和等)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_______，發(fā)生反應的離子方程式為_______。(2)“浸渣”的主要成分除殘余外，還有_______。實驗測得，粉煤灰(的質量分數(shù)為)經(jīng)浸出、干燥后得到“浸渣”(的質量分數(shù)為)，的浸出率為_______。(3)“沉鋁”時，體系中三種物質的溶解度曲線如下圖所示，加入沉鋁的目的是_______，“沉鋁”的最佳方案為_______。(4)“焙燒”時，主要反應的化學方程式為_______。(5)“水浸”后得到的“濾液2”可返回_______工序循環(huán)使用?！敬鸢浮?1)提高浸出率(或提高浸出速率)(2)和84%(3)使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度高溫溶解再冷卻結晶(4)或(5)沉鋁【分析】粉煤灰為原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣為二氧化硅、硫酸鈣，加入硫酸鉀，產生復鹽明礬沉鋁，干燥脫水，焙燒產生氧化鋁、硫酸鉀和二氧化硫或三氧化硫氣體，水浸除去硫酸鉀，得到氧化鋁。【詳解】（1）溫度高速率大，“浸出”時適當升溫的主要目的是提高反應速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4發(fā)生反應生成Al2(SO4)3和H2O，離子反應方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；故答案為：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。（2）“浸渣”的主要成分除殘余Al2O3外，還有二氧化硅、硫酸鈣；5.0g粉煤灰Al2O3的質量為5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的質量為3.0g×8%=0.24g，則Al2O3的浸出率為；故答案為：SiO2和CaSO4；84%。（3）根據(jù)沉鋁體系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉鋁的目的是更多的使Al2(SO4)3轉化為KAl(SO4)2·12H2O，使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受溫度影響較大，“沉鋁”的最佳方案為高溫溶解再冷卻結晶；故答案為：使更多的鋁元素轉化為晶體析出，同時保證晶體純度；高溫溶解再冷卻結晶。（4）“焙燒”時，KAl(SO4)2分解為K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反應方程式為2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；故答案為：2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑。（5）“水浸”后得到的“濾液2”成分為K2SO4，可在沉鋁工序循環(huán)使用；故答案為：沉鋁。16．（2022·遼寧卷）某工廠采用輝鉍礦(主要成分為，含有、雜質)與軟錳礦(主要成分為)聯(lián)合焙燒法制各和，工藝流程如下：已知：①焙燒時過量的分解為，轉變?yōu)?；②金屬活動性：；③相關金屬離子形成氫氧化物的范圍如下：開始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為_______。a.進一步粉碎礦石

b.鼓入適當過量的空氣

c.降低焙燒溫度(2)在空氣中單獨焙燒生成，反應的化學方程式為_______。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出和；②_______。(4)濾渣的主要成分為_______(填化學式)。(5)生成氣體A的離子方程式為_______。(6)加入金屬Bi的目的是_______。(7)將100kg輝鉍礦進行聯(lián)合焙燒，轉化時消耗1.1kg金屬Bi，假設其余各步損失不計，干燥后稱量產品質量為32kg，滴定測得產品中Bi的質量分數(shù)為78.5%。輝鉍礦中Bi元素的質量分數(shù)為_______。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金屬離子水解(4)SiO2(5)(6)將Fe3+轉化為Fe2+(7)24.02%【分析】已知①焙燒時過量的分解為，轉變?yōu)?，在空氣中單獨焙燒生成和二氧化硫，?jīng)過酸浸，濾渣為二氧化硅，與濃鹽酸生成A氯氣，濾液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi將Fe3+轉化為Fe2+，調節(jié)pH得到，據(jù)此分析解題?！驹斀狻浚?）為提高焙燒效率，可采取的措施為：進一步粉碎礦石增大與氧氣的接觸面積；鼓入適當過量的空氣使燃燒更加充分，故選ab；（2）在空氣中單獨焙燒生成和二氧化硫，反應的化學方程式為；（3）“酸浸”中由于鐵離子、Bi3＋易水解，因此溶浸時加入過量濃鹽酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出和；②抑制金屬離子水解；（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故濾渣的主要成分為SiO2；（5）A為氯氣，生成氣體A的離子方程式為；（6）金屬活動性：，F(xiàn)e3+在pH為1.6時則產生沉淀，為了鐵元素不以沉淀形式出現(xiàn)故加入金屬Bi將Fe3+轉化為Fe2+，形成氯化亞鐵溶液；（7）輝鉍礦中Bi元素的質量分數(shù)為。17．（2022·山東卷）工業(yè)上以氟磷灰石[，含等雜質]為原料生產磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：(1)酸解時有產生。氫氟酸與反應生成二元強酸，離子方程式為_______。(2)部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質的量之比加入脫氟，充分反應后，_______；再分批加入一定量的，首先轉化為沉淀的離子是_______。(3)濃度(以計)在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、濃度(以計)的關系如圖甲所示。酸解后，在所得、為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學式)；洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗滌液X的操作單元是_______；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中和的關系如圖乙所示，下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結晶轉化的是_______(填標號)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O(2)

(3)

CaSO4?0.5H2O

減少CaSO4的溶解損失，提高產品石膏的產率

酸解

D【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結晶轉化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和，過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氫氟酸與SiO2反應生成二元強酸H2SiF6，該反應的離子方程式為6HF+SiO2=2H+++2H2O。(2)精制1中，按物質的量之比n(Na2CO3):n()=1:1加入Na2CO3脫氟，該反應的化學方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c()=4c3()，c()=mol?L-1，因此c(Na+)=2c()=mol?L-1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c()=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉化為沉淀的離子是，然后才是。(3)根據(jù)圖中的坐標信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產品石膏的產率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價值，由于酸解時使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解。由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實現(xiàn)酸解所得石膏結晶的轉化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A．P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉化，A不符合題意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線（65℃、80℃）之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉化，B不符合題意；C．P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點坐標位于，該點坐標位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現(xiàn)晶體轉化，C不符合題意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點坐標位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實現(xiàn)晶體的完全轉化，D符合題意；綜上所述，能實現(xiàn)酸解所得石膏結晶轉化的是D?！?021年高考真題〗考點一除雜提純類18．（2021·全國乙卷）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有、、、、以及少量的。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見下表金屬離子開始沉淀的2.23.59.512.4沉淀完全的3.24.711.113.8回答下列問題：(1)“焙燒”中，、幾乎不發(fā)生反應，、、、轉化為相應的硫酸鹽，寫出轉化為的化學方程式_______。(2)“水浸”后“濾液”的約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節(jié)至11.6，依次析出的金屬離子是_______。(3)“母液①"中濃度為_______。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是_______。“酸溶渣”的成分是_______、_______。(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，水解析出沉淀，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。【答案】硫酸【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸銨混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質加入熱水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸鋁銨溶于水，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、硫酸鋁銨和硫酸鈣的濾液；向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6，溶液中鐵離子、鋁離子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸銨、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應得到TiOSO4，過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，過濾得到含有硫酸的母液②和TiO2·xH2O?！驹斀狻?1)氧化鋁轉化為硫酸鋁銨發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸銨在高溫條件下反應生成硫酸鋁銨、氨氣和水，反應的化學方程式為Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O，故答案為：Al2O3+4(NH4)2SO4NH4Al(SO4)2+4NH3↑+3H2O；(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調節(jié)溶液pH為11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為1×10—5×(1×10—2.9)2=1×10—10.8，當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為=1×10—6mol/L，故答案為：1×10—6；(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；SiO2、CaSO4；(5)酸溶后將TiOSO4溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·xH2O沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2·xH2O+2H+，故答案為：TiO2++(x+1)H2OTiO2·xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸銨、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后吸收氨氣得到硫酸銨溶液，可以循環(huán)使用，故答案為：(NH4)2SO4。19．（2021·全國甲卷）碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)的一種制備方法如下圖所示：①加入粉進行轉化反應的離子方程式為_______，生成的沉淀與硝酸反應，生成_______后可循環(huán)使用。②通入的過程中，若氧化產物只有一種，反應的化學方程式為_______；若反應物用量比時，氧化產物為_______；當，單質碘的收率會降低，原因是_______。(2)以為原料制備的方法是：先向溶液中加入計量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反應得到，上述制備的總反應的離子方程式為_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少為_______。在溶液中可發(fā)生反應。實驗室中使用過量的與溶液反應后，過濾，濾液經(jīng)水蒸氣蒸餾可制得高純碘。反應中加入過量的原因是_______?！敬鸢浮?AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過量的進一步氧化4防止單質碘析出【詳解】(1)①由流程圖可知懸濁液中含AgI，AgI可與Fe反應生成FeI2和Ag，F(xiàn)eI2易溶于水，在離子方程式中能拆，故加入粉進行轉化反應的離子方程式為2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的銀能與硝酸反應生成硝酸銀參與循環(huán)中，故答案為：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的過程中，因I-還原性強于Fe2+，先氧化還原性強的I-，若氧化產物只有一種，則該氧化產物只能是I2，故反應的化學方程式為FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反應物用量比時即過量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好將全部I-和Fe2+氧化，故氧化產物為I2、FeCl3，當即過量特別多，多余的氯氣會與生成的單質碘以及水繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應，單質碘的收率會降低，故答案為：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被過量的進一步氧化；(2)先向溶液中加入計量的，生成碘化物即含I-的物質；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反應得到，上述制備的兩個反應中I-為中間產物，總反應為與發(fā)生氧化還原反應，生成和，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒]及元素守恒配平離子方程式即可得：，故答案為：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化學方程式為4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，則消耗的至少為4mol；反應中加入過量，I-濃度增大，可逆反應平衡右移，增大溶解度，防止升華，有利于蒸餾時防止單質碘析出，故答案為：4；防止單質碘析出。20．（2021·河北卷）綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現(xiàn)了Cr—Fe—Al—Mg的深度利用和Na+內循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問題：(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_______(填元素符號)。(2)工序①的名稱為__。(3)濾渣的主要成分是__(填化學式)。(4)工序③中發(fā)生反應的離子方程式為_______。(5)物質V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為__，可代替NaOH的化學試劑還有_______(填化學式)。(6)熱解工序產生的混合氣體最適宜返回工序_______(填“①”或“②”或“③”或“④”)參與內循環(huán)。(7)工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為__。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol?L-1為沉淀完全；A1(OH)3+OH-?Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)【答案】Fe、Cr溶解浸出MgO、Fe2O32Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2ONa2CO3②8.37【分析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應轉化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序②循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂。【詳解】(1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故答案為：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序①為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質，故答案為：溶解浸出；(3)由分析可知，濾渣Ⅰ的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；(4)工序③中發(fā)生的反應為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓，故答案為：2Na++2+2CO2+H2O=+2NaHCO3↓；(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方程式為4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應，故答案為：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)熱解工序產生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序②，故答案為：②；(7)工序④