資源簡介

(共38張PPT)
第58講 產品的分離與提純
2025：基于主題教學的高考化學專題復習系列講座
2025
2024全國甲卷-26題 從煉鋅廢渣提取鈷。
2024新課標卷-27題 煉鋅產生的廢渣中富集回收得到含錳高鈷成品。
2024河北卷-16題 苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取 。
2024北京卷-18題 利用黃銅礦生產純銅
2024湖北卷-16題 從其鋁硅酸鹽中提取鈹。
2024湖南卷-16題 銅陽極泥回收貴金屬。
2024山東卷-18題 以鉛精礦為主要原料提取金屬 Pb和Ag 。
2024安徽卷-15題 從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程。
2024黑吉遼-16題 用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉以提高金的浸出率并冶煉金。
2024甘肅卷-15題 高爐渣為原料，對煉鋼煙氣( CO和水蒸氣)進行回收利用
2024年——工藝流程題中產品的分離與提純考向考點統計
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
物質提純類
2024全國甲卷
2024新課標卷
2024河北卷
2024山東卷
2024年高考化學工藝流程題的命題形式統計
物質制備類
2024湖北卷
2024黑吉遼
2024年高考化學工藝流程題的命題形式統計
2024年高考化學工藝流程題的命題形式統計
理論滲透類
2024浙江6月卷 (理論滲透類+物質制備類)
2024安徽卷 (理論滲透類+物質提純類)
2024甘肅卷 (理論滲透類+物質提純類)
2024湖南卷 (理論滲透類+物質提純類)
必備知識
1.礦料分離的原則：
不引入新雜質，分離提純后的物質狀態不變，實驗過程和操作方法簡單易行，經濟廉價。
2.物質分離的方法：
必備知識
2.物質分離的方法：
必備知識
關鍵能力
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
思維模型建構
1.試劑作用分析：加入試劑，精準分析試劑作用與物質變化。
2.工業流程五觀念：
元素守恒的觀念
前后關聯的觀念
物質轉化的觀念
渣液分離的觀念
循環利用的觀念
渣液分離的方法是什么？
一、認識過濾操作
1．（2024河北卷16題）V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優點。工藝流程如下。
(2)水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質的主要成分為 (填化學式)。
NaAlO2
一、認識過濾操作
2．（2024年安徽卷15）精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示。
（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。
（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的 (填化學式)轉化為[Ag(S 2O3)2]3-。
Cu2+
AgCl
Cu、Ag、Au等元素
Cu2+
含有
Ag和Au
含有Ag和Au
Au轉化為HAuCl4
[Ag(S2O3)2]3-
改變表述方式
一、認識過濾操作
Na+、Li+、Cl― 和少量Mg2+、Ca2+
3．（2022·湖北新高考18題）全球對鋰資源的需求不斷增長，“鹽湖提鋰”越來越受到重視。
一、認識過濾操作
沉淀1為Mg(OH)2
一、認識過濾操作
區分室溫過濾與趁熱過濾
一、認識過濾操作
（7）將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學式)。
[Cu(NH3)4]2+
[Zn(NH3)4]2+
MnO2、Fe2O3
題中信息
4．（2021河北適應性化學-17） 綠色化學在推動社會可持續發展中發揮著重要
一、認識過濾操作
（7）將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學式)。
[Cu(NH3)4]2+
[Zn(NH3)4]2+
MnO2、Fe2O3
Cu、Zn
4．（2021河北適應性化學-17） 綠色化學在推動社會可持續發展中發揮著重要
一、認識過濾操作
二、認識萃取與反萃取操作
（3）“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現象是_______。
（4）寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式_______。
加入含HA的煤油將
Be2+萃取到有機相中
加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其
轉化為Na2[Be(OH)4]進入水相2中
無明顯現象
BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O
二、認識萃取與反萃取操作
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe 2(SO4)3溶液，原理為：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有機層)
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
隨水層pH增大，H+的濃度減小，
的化學平衡向正反應方向移動，
的化學平衡逆向移動，
因此，有機層中Fe元素含量迅速增多。
分析清楚原理，利用平衡移動原理答題
二、認識萃取與反萃取操作
鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2O4)
硫酸鋅；濾餅的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；
7.（2021年廣東適應性化學-18）綜合利用煉鋅礦渣（主要含鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸
三、絮凝沉淀方法
(3)“沉鐵砷”時需加堿調節PH，生成 (填化學式)膠體起絮凝作用，促進了含As微粒的沉降。
Fe(OH)3
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
Fe(OH)3、Al(OH)3
加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
三、絮凝沉淀方法
CePO4 形式，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2
HF
SiO2 CaSO4
FePO4
FePO4
Fe(OH)3、Al(OH)3
加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去
加入為何使用NH4HCO3
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學-17） Ce2(CO3)3可用于催化
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
思維模型和方法模型
四線分析，詳解流程
化學工藝流程題的解題步驟
試劑線
操作線
雜質線
產品線
加入了什么物質，發生了什么反應，
進行了什么操作，分離了什么雜質。
思維模型
把握化學工藝流程題的試題結構，明確各環節的目的、方法、措施。樹立元素守恒和前后關聯的大觀念
思維模型
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
素養導向下的教學啟示
題目的情境設置
生產環保情境：
自然資源的綜合利用，生產條件的優化，廢物回收利用和毒害物質處理。
學術探究情境：
最新的生產方法，提取技術的應用等。
應考
策略
核心的知識體系
基本思想方法
落實學科大觀念
提升學科能力
學
科
核
心
素
養
（1）理解原料預處理的目的，多角度認識預處理的常見方法模型，以及提高浸取率的常見措施。
（2）理解反應條件控制的目的，多角度認識pH控制、溫度控制、濃度、用量控制等常見方法。
（3）理解混合物分離提純的目的(關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務)，熟練掌握過濾、結晶、蒸餾、萃取等操作方法的選擇和操作。
不變
命題特點
主要考向：以過渡元素為載體，Mg、Al、Fe、Cu等化合物為雜質。
高頻考點：
原料預處理措施、目的；
陌生方程式書寫；
生產條件的選擇與優化；
物質分離、提純方法的選擇、操作；
物質成分分析；
化學反應原理分析應用及相關計算。
總結第58講-產品的分離與提純
1．（2024甘肅卷15題）我國科研人員以高爐渣(主要成分為，，和等)為原料，對煉鋼煙氣(和水蒸氣)進行回收利用，有效減少了環境污染，主要流程如圖所示：
已知：
(1)高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是 。
(2)“濾渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”時主要反應的化學方程式為 ，該反應能進行的原因是 。
(4)鋁產品可用于 。
(5)某含鈣化合物的晶胞結構如圖甲所示，沿x軸方向的投影為圖乙，晶胞底面顯示為圖丙，晶胞參數。圖丙中與N的距離為 ；化合物的化學式是 ，其摩爾質量為，阿伏加德羅常數的值是，則晶體的密度為 (列出計算表達式)。
2．(2023新課標卷27題)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在，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。回答下列問題：
(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________________________________________________________________________。
3．（2023山東卷17題）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 。
4．（2023北京卷18題）以銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)為原料聯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，分析聯合提取銀和錳的優勢： 。
5．（2023湖南卷17(3)(4)(5)(6) ）超純Ga(CH3)3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Ga(CH3)3方面取得了顯著成果，工業上以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下：
已知：①金屬Ga的化學性質和Al相似，Ga的熔點為29.8 ℃；
②Et2O(乙醚)和NR3(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 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸點/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列問題：
(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應的化學方程式：______________________________________________________________________。
(4)“殘渣”經純水處理，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Et2O得到了循環利用
B．流程中，“合成Ga2Mg5”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Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3
D．用核磁共振氫譜不能區分Ga(CH3)3和CH3I
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是_____________________________________________________。
6.(2022廣東卷18題)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發展的關鍵支撐。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pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全時的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。
(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至_______的范圍內，該過程中Al3+發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，但應確保“過濾2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留兩位有效數字)。
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+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Pt3Y。
①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1mol Pt3Y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，發生的電極反應為_______。
7.(2022江蘇卷16題)實驗室以二氧化鈰(CeO2)廢渣為原料制備Cl―含量少的Ce2(CO3)3，其部分實驗過程如下：
(1)“酸浸”時CeO2與H2O2溶液反應生成Ce3+并放出O2，該反應的離子方程式為______________。
(2)pH約為7的CeCl3溶液與NH4HCO3溶液反應可生成Ce2(CO3)3沉淀，該沉淀中Cl―含量與加料方式有關。得到含Cl―量較少的Ce2(CO3)3的加料方式為______________(填序號)。
A．將NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．將CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(3)通過中和、莘取、反莘取、沉淀等過程，可制備Cl―含量少的Ce2(CO3)3。己知Ce3+能被有機萃取劑(簡稱HA)萃取，其萃取原理可表示為：Ce3+(水層)+3HA (有機層)Ce(A)3 (有機層)+ 3H+(水層)
①加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的是_____________。
②反莘取的目的是將有機層Ce3+轉移到水層。使Ce3+盡可能多地發生上述轉移，應選擇的實驗條件或采取的實驗操作有______________________________________(填兩項)。
③與“反萃取”得到的水溶液比較，濾去Ce2(CO3)3沉淀的濾液中，物質的量減小的離子有_______(填化學式)。
(4)實驗中需要測定溶液中Ce3+的含量。己知水溶液中Ce4+可用準確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液有紫紅色變為亮黃色，滴定反應為Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+。請補充完整實驗方案：①準確量取25.00mlCe3+溶液[c(Ce3+)約為0.2mol·L-1]，加氧化劑將Ce3+完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉移到250ml容量瓶中后定容；②按規定操作分別將0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2和待測Ce4+溶液裝入如題16圖所示的滴定管中；③_________________。
8.(2022浙江1月30題)某興趣小組用四水醋酸錳[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)為原料制備無水二氯化錳，按如圖流程開展了實驗(夾持儀器已省略)：
已知：①無水二氯化錳極易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。
②制備無水二氯化錳的主要反應：(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O。
③乙酰氯遇水發生反應：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。
請回答：
(1)步驟Ⅰ：所獲固體主要成分是_________(用化學式表示)。
(2)步驟Ⅰ在室溫下反應，步驟Ⅱ在加熱回流下反應，目的分別是________。
(3)步驟Ⅲ：下列操作中正確的是_________。
A．用蒸餾水潤濕濾紙，微開水龍頭，抽氣使濾紙緊貼在漏斗瓷板上
B．用傾析法轉移溶液，開大水龍頭，待溶液快流盡時再轉移沉淀
C．用乙醇作為洗滌劑，在洗滌沉淀時，應開大水龍頭，使洗滌劑快速通過沉淀物
D．洗滌結束后，將固體迅速轉移至圓底燒瓶進行后續操作
(4)步驟Ⅳ：①將裝有粗產品的圓底燒瓶接到純化裝置(圖2)上，打開安全瓶上旋塞，打開抽氣泵，關閉安全瓶上旋塞，開啟加熱器，進行純化。請給出純化完成后的操作排序：________。純化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→將產品轉至干燥器中保存
a．拔出圓底燒瓶的瓶塞b．關閉抽氣泵
c．關閉加熱器，待燒瓶冷卻至室溫d．打開安全瓶上旋塞
②圖2裝置中U形管內NaOH固體的作用是________。
(5)用滴定分析法確定產品純度。甲同學通過測定產品中錳元素的含量確定純度；乙同學通過測定產品中氯元素的含量確定純度。合理的是_________(填“甲”或“乙”)同學的方法。
9 (2022北京卷19題)銨浸法由白云石[主要成分為CaMg(CO3)2，含Fe2O3，SiO2雜質]制備高純度碳酸鈣和氧化鎂。其流程如下：
已知：
物質 Ca(OH)2 Mg(OH)2 CaCO3 MgCO3
Ksp 5.5×10-6 1.8×10-12 2.8×10-9 3.5×10-8
(1)煅燒白云石的化學方程式為___________。
(2)根據下表數據分析：
n(NH4Cl)：n(CaO) CaO浸出率/% MgO浸出率/% w(CaCO3)理論值/% w(CaCO3)實測值/%
2.1：1 98.4 1.1 99.7 -
2.2：1 98.8 1.5 99.2 99.5
2.3：1 98.9 1.8 98.8 99.5
2.4：1 99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．對浸出率給出定義
ii．對w(CaCO3)給出定義
①“沉鈣”反應的化學方程式為___________。
②CaO浸出率遠高于MgO浸出率的原因為___________。
③不宜選用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”數值為___________。
④w(CaCO3)實測值大于理論值的原因為___________。
⑤蒸餾時，隨餾出液體積增大，MgO浸出率可出68.7%增加至98.9%，結合化學反應原理解釋MgO浸出率提高的原因為___________。
(3)濾渣C為___________。
(4)可循環利用的物質為___________。
10. (2022全國乙卷26題)廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb。還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等。為了保護環境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現鉛的回收。
一些難溶電解質的溶度積常數如下表：
難溶電解質 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：
金屬氫氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
開始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列問題：
(1)在“脫硫”中PbSO4轉化反應的離子方程式為________，用沉淀溶解平衡原理解釋選擇Na2CO3的原因________。
(2)在“脫硫”中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4完全轉化，原因是________。
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，還要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的離子是________；
(ⅱ) H2O2促進了金屬Pb在醋酸中轉化為Pb(Ac)2，其化學方程式為________；
(ⅲ) H2O2也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，H2O2的作用是________。
(4)“酸浸”后溶液的pH約為4.9，濾渣的主要成分是________。
(5)“沉鉛”的濾液中，金屬離子有________。
11. (2021年廣東新高考18題)對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：
已知：25℃時，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Ksp(BaMoO4)＝3.5×10－8；Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；該工藝中，pH＞6.0時，溶液中Mo元素以MoO42－的形態存在。
(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合價為_______。
(2)“沉鋁”中，生成的沉淀X為_______。
(3)“沉鉬”中，pH為7.0。
①生成BaMoO4的離子方程式為_______。
②若條件控制不當，BaCO3也會沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中
c(HCO3－)∶c(MoO42－)＝_______(列出算式)時，應停止加入BaCl2溶液。
(4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和Y，Y為_______。
②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量_______(填化學式)氣體，再通入足量CO2，可析出Y。
(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應。
①該氧化物為_______。
②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變為＋5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為_______。
第58講-產品的分離與提純答案及解析
1.【答案】
(1)NH3 (2)SiO2
(3) ，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣
(4)凈水 (5) Ca3N3B
【解析】（1）由分析可知，高爐渣與經焙燒產生的“氣體”是NH3；
（2）由分析可知，“濾渣”的主要成分是和未反應的SiO2；
（3）“水浸2”時主要反應為硫酸鈣與碳酸銨生成更難溶的碳酸鈣，反應方程式為，該反應之所以能發生，是由于，，，微溶的硫酸鈣轉化為更難溶的碳酸鈣；
（4）鋁產品溶于水后，會產生，水解生成膠體，可用于凈水；
（5）圖丙中，Ca位于正方形頂點，N位于正方形中心，故與N的距離為pm；由均攤法可知，晶胞中Ca的個數為，N的個數為，B的個數為，則化合物的化學式是Ca3N3B；其摩爾質量為，阿伏加德羅常數的值是，晶胞體積為則晶體的密度為。
2．【答案】　
(1)Na2CrO4 　(2)Fe2O3　 (3)NaAlO2　
(4)溶液中c(PO)降低，不利于形成MgNH4PO4沉淀　Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，不利于形成MgSiO3沉淀　
(5)C (6)2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O
【解析】
（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，也能與堿溶液發生生成鹽和水的兩性氧化物，故選C；
(6)分離釩后溶液呈酸性，Cr元素以Cr2O存在，還原過程中Cr2O被S2O還原為
Cr3＋，S2O轉化為SO，因此反應的離子方程式為2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O。
3．【答案】
(1)
(2) 、Mg(OH)2 CaO
(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
【解析】（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、Mg(OH)2；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，若不回收HCl，整個溶液將呈強酸性，因此為達到除Mg2+離子所需的堿性pH首先需要額外多消耗CaO，同時多引入的Ca2+離子需要更多的純堿除去，因此，還將增加生石灰（CaO）和純堿（）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。
4．【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，節約氧化劑
【解析】（1）①“浸錳”過程中，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，發生反應，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，Fe元素化合價降低，根據得失電子守恒、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）聯合提取銀和錳的優勢在于“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，節約氧化劑，同時得到。
5．【答案】　　
(3)8CH3I＋2Et2O＋Ga2Mg5===2CH3MgI＋3MgI2＋2Ga(CH3)3(Et2O)　(4)CH4　(5)D　(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸點接近，而Ga(CH3)3和NR3的沸點相差較大，解配后可以分離出Ga(CH3)3
【解析】
（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CH3MgI，經純水處理，能產生可燃性氣體CH4。
(5)由已知②③，結合流程圖可知，溶劑蒸發、配體交換時Et2O得以循環利用，A項正確；高純Ga能與H2O、O2反應，CH3I、Ga(CH3)3能與水反應，有機物能與O2反應，故B項正確；配體交換時NR3和Ga(CH3)3(Et2O)反應得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，則工序X為解配Ga(CH3)3(NR3)，并利用Ga(CH3)3和NR3的沸點相差較大蒸出Ga(CH3)3，C項正確；Ga(CH3)3和CH3I中均只有1種氫原子，核磁共振氫譜均只有一組吸收峰，但吸收強度不同，可以鑒別，D項錯誤。
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)時由于Et2O的沸點較低，與Ga(CH3)3一起蒸出，不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是根據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。
6．【答案】(1)Fe2+ (2)① 4.7≤pH<6.2 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)① 15 ②O2+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RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等離子，經氧化調pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，經過濾除去，濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO等離子，加入月桂酸鈉，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環利用，濾餅加鹽酸，經加熱攪拌溶解后，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)由表中數據可知，Al3+沉淀完全的pH為4.7，而RE3+開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液調pH至4.7≤pH<6.2的范圍內，該過程中Al3+發生反應的離子方程式為Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案為：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根據Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE，而不產生(C11H23COO)2Mg，則c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案為：4×10-4；
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+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(C11H23COOH)熔點為44℃，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，可再生循環利用的物質有MgSO4，故答案為：MgSO4；
(6)①YCl3中Y為+3價，PtCl4中Pt為+4價，而Pt3Y中金屬均為0價，所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移15mol電子，故答案為：15；
②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發生還原反應，發生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。
7．【答案】 (1)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O (2)B
(3)①降低溶液中氫離子的濃度，提高Ce3+萃取率，促進碳酸氫根的電離，增大溶液中碳酸根的濃度
②酸性條件，多次萃取 ③ Ce3+、H+
(4)從左側滴定管中放出一定體積的待測Ce4+溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2來滴定，當滴入最后半滴標準液時，溶液由紫紅色變為亮黃色，即達到滴定終點，記錄標準液的體積
【解析】首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價鈰，加入氨水調節 pH 后用萃取劑萃取其中的三價鈰，增大三價鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產物，以此解題。
(1)根據信息反應物為CeO2與 H2O2，產物為Ce3+和O2，根據電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O ；
(2)反應過程中保持CeCl3少量即可得到Cl―含量少的Ce2(CO3)3，故選 B；
(3)①降低溶液中氫離子的濃度，提高Ce3+萃取率，促進碳酸氫根的電離，增大溶液中碳酸根的濃度；
②根據萃取原理可知，應選擇的實驗條件是酸性條件，為了使Ce3+盡可能多地發生上述轉移，可以采用多次萃取；
③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+、H+，過濾后溶液中Ce3+、H+離子濃度較小，故答案為：Ce3+、H+；
(4)應該用標準液滴定待測Ce4+溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，故答案為：從左側滴定管中放出一定體積的待測Ce4+溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.02000mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2來滴定，當滴入最后半滴標準液時，溶液由紫紅色變為亮黃色， 即達到滴定終點，記錄標準液的體積。
8．【答案】(1)(CH3COO)2Mn
(2)步驟Ⅰ脫去四水醋酸錳的結晶水并防止生成MnCl2；步驟Ⅱ加熱回流促進反應生成MnCl2(3)ABD
(4)①cdba ②防止可能產生的酸性氣體進入抽氣泵；防止外部水氣進入樣品
(5)乙
【解析】
(1)根據制備無水二氯化錳的主要反應：
(CH3COO)2Mn+CH3COClMnCl2↓+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水發生反應：
CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判斷步驟Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所獲固體主要成分是(CH3COO)2Mn。
(2)由于步驟Ⅰ脫去四水醋酸錳的結晶水并防止生成MnCl2，因此步驟Ⅰ在室溫下反應；而步驟Ⅱ加熱回流促進反應生成MnCl2，所以步驟Ⅱ需要在加熱回流下反應。
(3)A．濾紙略小于布氏漏斗，但要把所有的孔都覆蓋，并用蒸餾水潤濕濾紙，微開水龍頭，抽氣使濾紙緊貼在漏斗瓷板上，故A正確；B．用傾析法轉移溶液，開大水龍頭，待溶液快流盡時再轉移沉淀，故B正確；C．用抽濾洗滌沉淀時，抽濾速率不能過快，故C錯誤；D．由于無水二氯化錳極易吸水潮解，洗滌結束后，將固體迅速轉移至圓底燒瓶進行后續操作，故D正確；故答案為ABD；
(4)①純化完成后首先關閉加熱器，待燒瓶冷卻至室溫，然后打開安全瓶上旋塞，關閉抽氣泵，最后拔出圓底燒瓶的瓶塞，將產品轉至干燥器中保存，故答案為cdba；
②由于可能混有酸性氣體且無水二氯化錳極易吸水潮解，因此圖2裝置中U形管內NaOH固體的作用是防止可能產生的酸性氣體進入抽氣泵，同時防止外部水氣進入樣品。
(5)由于無水二氯化錳極易吸水潮解，且錳離子水解，所以應該通過測定產品中氯元素的含量確定純度，所以合理的是乙同學的方法。
9．【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑
(2)①CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O ②Ca(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 ③2.4：1 ④反應加入的CaO也轉化為CaCO3 ⑤ Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸餾時，NH3逸出促進NH4+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由題給溶度積數據可知，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由題給數據可知，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NH4+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利用，故答案為：NH4Cl、(NH4)2SO4。
10． 【答案】(1) PbSO4(s)+CO32-(aq)= PbCO3(s)+SO42-(aq) 反應PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常數
K= = = = = 3.4×105 >105，
PbSO4可以比較徹底的轉化為PbCO3。
(2)反應BaSO4(s)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常數
K= = = = = 0.04<<105，反應正向進行的程度有限。
(3) Fe2+ Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O 作還原劑
(4)Fe(OH)3、Al(OH)3 (5)Ba2+、Na+
【解析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后，向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO。
(1)“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應生成碳酸鉛和硫酸鈉，反應的離子方程式為：PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)，由一些難溶電解質的溶度積常數的數據可知，Ksp(PbCO3)=7.4×10-14，Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，反應PbSO4(s)+CO32- (aq)= PbCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常數K= = = = = 3.4×105 >105，說明可以轉化的比較徹底，且轉化后生成的碳酸鉛可由酸浸進入溶液中，減少鉛的損失。
(2)反應BaSO4(s)+CO32- (aq)= BaCO3(s)+SO42- (aq)的平衡常數K= = = = = 0.04<<105，說明該反應正向進行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化。
(3)(i)過氧化氫有氧化性，亞鐵離子有還原性，會被過氧化氫氧化為鐵離子。
(ii)過氧化氫促進金屬Pb在醋酸溶液中轉化為Pb(Ac)2，過氧化氫與Pb、HAc發生氧還原反應生成Pb(Ac)2和H2O，依據得失電子守恒和原子守恒可知，反應的化學方程式為：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。
(iii)過氧化氫也能使PbO2轉化為Pb(Ac)2，鉛元素化合價由+4價降低到了+2價，PbO2是氧化劑，則過氧化氫是還原劑。
(4)通過題給數據可知，當pH約為4.9時，溶液中的Fe3+、Al3+均完全沉淀為Fe(OH)3、Al(OH)3，同時，由于在“脫硫”中，BaSO4只有少量轉化為BaCO3，故濾渣中還存在BaSO4沉淀，故濾渣的主要成分Fe(OH)3、Al(OH)3，以及少量的BaSO4。
(5)依據分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO4完全轉化，鐵離子、鋁離子轉化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉化為了氫氧化鉛、最終變為了氧化鉛，因此沉鉛的濾液中，金屬離子有Ba2+和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時引入的Na+。
11．【答案】(1)＋6 (2)Al(OH)3 (3)①MoO42－＋Ba2＋＝BaMoO4↓ ② (4)①NaHCO3 ②NH3 (5)①Al2O3 ②4∶1
【解析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發生了反應分別轉化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇。
(1)“焙燒”中，有Na2MoO4生成，其中Na和O的化合價為＋1和-2，根據化合價的代數和為0可知，Mo元素的化合價為＋6。
(2)“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀X為Al(OH)3。
(3)①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成BaMoO4沉淀，該反應的離子方程式為MoO42－＋Ba2＋＝BaMoO4↓。
②若開始生成BaCO3沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：HCO3－＋BaMoO4BaCO3＋MoO42－＋H＋，該反應的化學平衡常數為K===。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，必須滿足≤，由于“沉鉬”中pH為7.0，c(H＋)=1×10－7 mol/L，所以溶液中=時，開始生成BaCO3沉淀， 因此，c(HCO3－)∶c(MoO42－)== 時，應停止加入BaCl2溶液。
(4)①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3，故Y為NaHCO3。
②根據侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后，通入足量NH3，再通入足量CO2，可析出NaHCO3。
(5)①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由H2O2與AlAs反應生成的，聯想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知，該氧化物為Al2O3。
②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中顯＋3價(其最高價)、As顯-3價。在H2O2與上層GaAs的反應中，As元素的化合價變為＋5價，其化合價升高了8，As元素被氧化，則該反應的氧化劑為H2O2，還原劑為GaAs。H2O2中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個H2O2參加反應會使化合價降低2，根據氧化還原反應中元素化合價升高的總數值等于化合價降低的總數值可知，該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為8∶2=4∶1。
(
20
)第58講-產品的分離與提純
知識重構
1. 礦料分離的原則：不引入新雜質，分離提純后的物質狀態不變，實驗過程和操作方法簡單易行，經濟廉價。
2.物質分離的方法：
(1)物理方法：溶解過濾、水洗、結晶、蒸餾、萃取分液、升華、液化、鹽析、滲析、離子交換、吸附法、浮選法等；
①鹽溶液的分離提純方法：結晶或重結晶(蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、烘干；蒸發結晶、趁熱過濾)
②過濾——固、液分離
③蒸餾——液、液分離(有沸點差異)
④分液——互不相溶的液體間的分離(有溶解性差異)
⑤萃取——用一種溶劑將溶質從另一種溶劑中提取出來。
⑥升華——將可直接氣化的固體分離出來。
⑦鹽析——加無機鹽使溶質的溶解度降低而析出
⑧洗滌(冰水、熱水、有機溶劑)
水洗：洗去晶體表面的雜質離子(適用于溶解度小的物質)
冰水洗滌：洗去晶體表面的雜質離子，并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗(適用于高溫溶解度大、低溫溶解度小的物質)
醇洗(常用于溶解度較大的物質)：洗去晶體表面的雜質離子，并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗(若對溶解度小的物質進行醇洗，則是為了洗去雜質離子，并使其盡快干燥)
(2)化學方法：熱分解法、酸堿處理法、沉淀法、氧化還原法、電解法。
二、重溫經典
1．（2024河北卷16題節選）V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優點。工藝流程如下。
已知：i石煤是一種含V2O3的礦物，雜質為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為CaCO3 、 NaOH 、 Na2CO3等。
ⅱ 高溫下，苛化泥的主要成分可與Al2O3反應生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣[Ca(AlO2)2]均難溶于水。回答下列問題：
（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質的主要成分為_______(填化學式)。
（3）在弱堿性環境下，偏釩酸鈣經鹽浸生成碳酸鈣發生反應的離子方程式為_______；CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為_______；浸取后低濃度的濾液①進入_______(填工序名稱)，可實現釩元素的充分利用。
（4）洗脫工序中洗脫液的主要成分為_______(填化學式)。
（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為_______(填序號)。
a．延長沉釩時間 b．將溶液調至堿性 c．攪拌 d．降低NH4Cl溶液的濃度
【答案】
（2）NaAlO2
（3）①
②提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3-
③離子交換
（4）NaCl
（5）bd
【解析】Ca(AlO2)2、NaAlO2
【分析】石煤和苛化泥通入空氣進行焙燒，反應生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2 、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(如NaVO3)和不溶性物質[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，過濾后濾液進行離子交換、洗脫，用于富集和提純VO3- ，加入氯化銨溶液沉釩，生成NH4VO3，經一系列處理后得到V2O3；濾渣①在pH≈8，65-70℃的條件下加入3%NH4HCO3溶液進行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進行VO3- 的富集。
（2）由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與Al2O3反應生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質的主要成分是NaAlO2 。
（3）在弱堿性環境下，Ca(VO3)2與HCO3- 和OH-反應生成CaCO3、VO3-和H2O，離子方程式為：； CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率，因為C可提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3- ；濾液①中含有VO3- 、NH4+等，且濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過離子交換進行分離、富集，故濾液①應進入離子交換工序。
（4）由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應含有Cl-，考慮到水浸所得溶液中含有Na+，為避免引人其他雜質離子，且NaCl廉價易得，故洗脫液的主要成分應為NaCl。
（5）a．延長沉釩時間，能使反應更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；
b．NH4Cl呈弱酸性，如果將溶液調至堿性，OH-與NH4+反應，不利于生成NH4VO3，b符合題意；
c．攪拌能使反應物更好接觸，提高反應速率，使反應更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；
d．降低NH4Cl溶液的濃度，不利于生成NH4VO3，d符合題意；
故選bd。
2．（2024年安徽卷15題） 精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示。
回答下列問題：
（1）Cu位于元素周期表第_______周期第_______族。
（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。
（3）“浸取2”步驟中，單質金轉化為HAuCl4的化學方程式為_______。
（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學式)轉化為[Ag(S 2O3)2]3-。
（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為_______。“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質為_______(填化學式)。
（6）“還原”步驟中，被氧化的N2H4與產物Au的物質的量之比為_______。
（7）Na2S 2O3可被I2氧化為Na2S 4O6。從物質結構的角度分析S 4O62-的結構為(a)而不是(b)的原因：_______。
【答案】
（1）①四 ②ⅠB
（2）Cu2+
（3）2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O
（4）AgCl
（5） ① [Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32- ② Na2S 2O3
（6）3：4
（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構
【解析】
精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S 2O3 ，將AgCl轉化為[Ag(S 2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S 2O3)2]3-還原為Ag。
（1）Cu的原子序數為29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；
（3）浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據得失電子守恒及質量守恒，可得反應得化學方程式為：2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O；
（4）根據分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S 2O3 反應轉化[Ag(S 2O3)2]3-；
（5）電沉積步驟中，陰極發生還原反應，[Ag(S 2O3)2]3-得電子被還原為Ag，電極反應式為：[Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32-；陰極反應生成S 2O32-，同時陰極區溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用得物質為Na2S 2O3 ；
（6）還原步驟中， HAuCl4被還原為Au，Au化合價由+3價變為0價，一個HAuCl4轉移3個電子，N2H4被氧化為N2，N的化合價由-2價變為0價，一個N2H4轉移4個電子，根據得失電子守恒，被氧化的N2H4與產物Au的物質的量之比為3：4；
（7）(a)結構中電子云分布較均衡，結構較為穩定，(b)結構中正負電荷中心不重合，極性較大，較不穩定，且存在過氧根，過氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)結構。
3.(2022湖北新高考18題)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Na+、Li+、Cl― 和少量Mg2+、Ca2+），并設計了以下流程通過制備碳酸鋰來提取鋰。
25℃時相關物質的參數如下：
LiOH的溶解度：12.4g/100g H2O
化合物 Ksp
Mg(OH)2 5.6×10-12
Ca(OH)2 5.5×10-6
CaCO3 2.8×10-9
Li2CO3 2.5×10-2
回答下列問題：
(1)“沉淀1”為____________。
(2)向“濾液1”中加入適量固體Li2CO3的目的是____________。
(3)為提高Li2CO3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Li2CO3。查閱資料后，發現文獻對常溫下的Li2CO3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LiHCO3的性質，將飽和LiCl溶液與飽和NaHCO3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。上述現象說明，在該實驗條件下LiHCO3____________（填“穩定”或“不穩定”），有關反應的離子方程式為____________。
【答案】(1)沉淀1為Mg(OH)2；
(2)目的是將Ca2+轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質；
(3)依次蒸發濃縮，趁熱過濾，洗滌。故答案為：蒸發濃縮，趁熱過濾；
(4)不穩定，Li+ + HCO3― = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
【解析】 (1)濃縮鹵水中含有Mg2+，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Na+、Li+、Cl―和Ca2+，結合已知條件：LiOH的溶解度和化合物的溶度積常數，可推測，加入Li2CO3的目的是將Ca2+轉化成CaCO3沉淀除去，同時不引入新雜質； K= = = = = 8.9×106 > 105，可以轉化較徹底。
(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Li2CO3的析出量和純度，需要在較高溫度下析出并過濾得到沉淀，即依次蒸發濃縮，趁熱過濾，洗滌。故答案為：蒸發濃縮，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：不穩定，Li+ + HCO3― = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
4.（2021年河北適應性化學-17）合理利用工廠煙灰，變廢為寶，對保護環境具有重要意義。以某鋼鐵廠煙灰(主要成分為ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)為原料制備氧化鋅的工藝流程如下：
（4）濾渣②的主要成分有______(填化學式)，回收后可用作冶金原料。
（5）“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，相應的化學方程式為______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循環使用。
（6）從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為______。
（7）將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到______溶液和______固體(均填化學式)。
【答案】（4）主要成分是Cu、Zn；
（5）反應的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；浸取工序中循環使用；
（6）煅燒；
（7）溶液為Fe2(SO4)3溶液，固體為MnO2。
【解析】（4）濾渣②是在除雜工序中產生的，由(3)分析可知，濾渣②是過量Zn與[Cu(NH3)4]2+發生置換反應產生的，因此其主要成分是Cu、Zn；（5）在“蒸氨沉鋅”工序中，“蒸氨”是將氨及其鹽從固液混合物中蒸出，Zn元素以鹽的形式存在于溶液中，該反應的離子方程式為：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工藝流程圖可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循環使用；（6）堿式碳酸鋅( ZnCO3·Zn(OH)2)為固體，要想得到ZnO需要經過高溫煅燒。故從堿式碳酸鋅得到氧化鋅的工序名稱為煅燒；（7）濾渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向濾渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3與硫酸反應產生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不發生反應，故將濾渣①用H2SO4溶液處理后得到溶液為Fe2(SO4)3溶液，固體為MnO2。
5.（2024湖北卷16題） 鈹用于宇航器件的構筑。一種從其鋁硅酸鹽[Be3Al2(SiO3)6]
中提取鈹的路徑為：
已知：Be2+ +4HA BeA2(HA)2 +2H+
回答下列問題：
（1）基態Be2+的軌道表示式為_______。
（2）為了從“熱熔、冷卻”步驟得到玻璃態，冷卻過程的特點是_______。
（3）“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現象是_______。
（4）寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式_______。“濾液2”可以進入_______步驟再利用。
（5）電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用是_______。
【答案】（1）
（2）快速冷卻
（3）無明顯現象
（4） ① BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O ② 反萃取
（5）增強熔融氯化鈹的導電性
【解析】
本題是化工流程的綜合考察，首先鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態，再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，水相1中含有Al3+，有機相為BeA2(HA)2，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)4]進入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，通過系列操作得到金屬鈹，據此回答。
（1）基態Be2+的電子排布式為1s2，其軌道表達式為。
（2）熔融態物質冷卻凝固時，緩慢冷卻會形成晶體，快速冷卻會形成非晶態，即玻璃態，所以從“熱熔、冷卻”中得到玻璃態，其冷卻過程的特點為：快速冷卻。
（3）“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，則水相1中含有Al3+，則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可觀察到的現象為：無明顯現象。
（4）反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式為BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O，濾液2的主要成分為NaOH，可進入反萃取步驟再利用。
（5）氯化鈹的共價性較強，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹的導電性。
6.（2024江蘇卷14題節選）回收磁性合金釹鐵硼(Nd2Fe14B)可制備半導體材料鐵酸鉍和光學材料氧化釹。
(1)釹鐵硼在空氣中焙燒轉化為Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4mol/L鹽酸酸浸后過濾得到NdCl3溶液和含鐵濾渣。Nd、Fe浸出率()隨浸取時間變化如圖所示。
①含鐵濾渣的主要成分為 (填化學式)。
②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。
(2)含鐵濾渣用硫酸溶解，經萃取、反萃取提純后，用于制備鐵酸鉍。
①用含有機胺(R3N)的有機溶劑作為萃取劑提純一定濃度的Fe 2(SO4)3溶液，原理為：
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有機層)
已知：(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)
其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，有機層中Fe元素含量迅速增多的原因是 。
【答案】
（1）①Fe(OH)3 ②浸出初期，c(H+)較大，鐵的浸出率較大，約5min后，溶液酸性減弱，Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣
（2）①隨水層pH增大，H+的濃度減小，
(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的化學平衡向正反應方向移動，(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)的化學平衡逆向移動，該平衡逆向移動引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進一步促進萃取平衡向萃取方向移動，導致(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多
【解析】
（1）①釹鐵硼在空氣中焙燒后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于鹽酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由圖中信息可知，Nd的浸出率逐漸增大，而Fe的浸出率先增大后逐漸減小，說明隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含鐵濾渣的主要成分為Fe(OH)3。
②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，約5min隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H+的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導致Fe3+水解生成Fe(OH)3進入濾渣，Fe的浸出率又減小。
（2）①減小生成物濃度，化學平衡向正反應方向移動，因此，其他條件不變，水層初始pH在0.2~0.8范圍內，隨水層pH增大，H+的濃度減小，(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2 (有機層)的化學平衡向正反應方向移動，又H+的濃度減小使平衡(R3NH)2SO4 + H+ + HSO4- 2(R3NHHSO4)逆向移動，引起(R3NH)2SO4濃度的增大，進一步促進平衡(R3NH)2SO4 +Fe3+ +SO42- +H2O H+ +(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2向萃取方向移動，導致(R3NH)2 Fe (OH)(SO4)2的濃度增大，因此，有機層中Fe元素含量迅速增多。
7.（2021年廣東適應性化學-18）綜合利用煉鋅礦渣(主要含鐵酸鎵Ga2(Fe2O4)3、鐵酸鋅ZnFe2O4)獲得3種金屬鹽，并進一步利用鎵鹽制備具有優異光電性能的氮化鎵(GaN)，部分工藝流程如下：
已知：①常溫下，浸出液中各離子的濃度及其開始形成氫氧化物沉淀的pH見表73-1。
②金屬離子在工藝條件下的萃取率(進入有機層中金屬離子的百分數)見表73-2。
表73-1金屬離子濃度及開始沉淀的pH 表73-2金屬離子的萃取率
金屬離子 濃度(mol·L－1) 開始沉淀pH 金屬離子 萃取率(%)
Fe2+ 1.0×10－3 8.0 Fe2+ 0
Fe3+ 4.0×10－2 1.7 Fe3+ 99
Zn2+ 1.5 5.5 Zn2+ 0
Ga3+ 3.0×10－3 3.0 Ga3+ 97－98.5
（2）濾液1中可回收利用的物質是 ，濾餅的主要成分是 ；
（3）Ga與Al同主族，化學性質相似。反萃取后，鎵的存在形式為 (填化學式)。
【答案】（2）硫酸鋅；濾餅的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；
（3）存在形式為NaGaO2。
【解析】（2）根據以上分析可知濾液1中為硫酸鋅，則可回收利用的物質是硫酸鋅，調節pH＝5.4，沉淀鐵離子和Ga3+，濾餅的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固體X的目的是還原鐵離子，則X為Fe。（3）Ga與Al同主族，化學性質相似；反萃取后加入氫氧化鈉溶液使Ga3+轉化為NaGaO2，即鎵的存在形式為NaGaO2。
8.（2024黑吉遼16題）中國是世界上最早利用細菌冶金的國家。已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉化為硫酸鹽，某工廠用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉(其中細小的Au顆粒被FeS2、FeASS包裹)，以提高金的浸出率并冶煉金，工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）北宋時期我國就有多處礦場利用細菌氧化形成的天然“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要溶質為_______(填化學式)。
（2）“細菌氧化”中，FeS2發生反應的離子方程式為_______。
（3）“沉鐵砷”時需加堿調節PH，生成_______(填化學式)膠體起絮凝作用，促進了含AS微粒的沉降。
（4）“培燒氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培燒氧化”，“細菌氧化”的優勢為_____(填標號)。
A. 無需控溫 B. 可減少有害氣體產生
C. 設備無需耐高溫 D. 不產生廢液廢渣
【答案】
（1）CuSO4
（2）4FeS2 + 15O2 + 2H2O 4Fe3+ + 8SO42- + 4H+
（3）Fe(OH)3 （4）BC
【解析】
【分析】礦粉中加入足量空氣和H2SO4，在pH=2時進行細菌氧化，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，過濾，濾液中主要含有Fe3+、SO42-、As（Ⅵ），加堿調節pH值，Fe3+轉化為Fe(OH)3 膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降，過濾可得到凈化液；濾渣主要為Au，Au與空氣中的O2和NaCN溶液反應，得到含[Au (CN)2]-的浸出液，加入Zn進行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2--的濾液②。
（1）“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要成分為CuSO4；
（2）“細菌氧化”的過程中，FeS2在酸性環境下被O2氧化為Fe3+和SO42-，離子方程式為：4FeS2 + 15O2 + 2H2O 4Fe3+ + 8SO42- + 4H+；
（3）“沉鐵砷”時，加堿調節pH值，Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降；
（4）
A．細菌的活性與溫度息息相關，因此細菌氧化也需要控溫，A不符合題意；
B．焙燒氧化時，金屬硫化物中的S元素通常轉化為SO2，而細菌氧化時，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，可減少有害氣體的產生，B符合題意；
C．焙燒氧化需要較高的溫度，因此所使用的設備需要耐高溫，而細菌氧化不需要較高的溫度就可進行，設備無需耐高溫，C符合題意；
D．由流程可知，細菌氧化也會產生廢液廢渣，D不符合題意；
故選BC；
9.（2021年湖南省普通高中學業水平選擇性考試化學--17）Ce2（CO3）3可用于催化劑載體及功能材料的制備。天然獨居石中，鈰（Ce）主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質。以獨居石為原料制備Ce2（CO3）3 nH2O的工藝流程如圖：
回答下列問題：
（1）鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，該核素的符號為　　；
（2）為提高“水浸”效率，可采取的措施有　　（至少寫兩條）；
（3）濾渣Ⅲ的主要成分是　　（填化學式）；
（4）加入絮凝劑的目的是　　；
（5）“沉鈰”過程中，生成Ce2（CO3）3 nH2O的離子方程式為　　，常溫下加入的NH4HCO3溶液呈　　（填“酸性”“堿性”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）濾渣Ⅱ的主要成分為FePO4，在高溫條件下，Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，該反應的化學方程式為　　。
【答案】（1）Ce；
（2）升高溫度、攪拌反應物；
（3）濾渣III為Fe(OH)3、Al(OH)3，
（4）加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去，
（5）2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑；堿性；
（6）6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O。
【解答】天然獨居石主要以CePO4形式存在，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物質中加入濃硫酸焙燒，二氧化硅不反應，其他物質生成對應的硫酸鹽，加水水浸，浸渣為硫酸鈣和二氧化硅，濾液中含有加入FeCl3除磷，生成FePO4沉淀，加氧化鎂調節pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+沉淀除去，加入碳酸氫銨沉鈰，過濾獲得Ce2（CO3）3 nH2O，據此分析回答問題。
（1）鈰的某種核素含有58個質子和80個中子，依據核素的表示方法，其符號為Ce，故答案為：Ce；
（2）升高溫度，攪拌反應物可以加快水浸效率，
故答案為：升高溫度、攪拌反應物；
（3）依據流程分析，氧化鎂調節pH＝5，加絮凝劑聚沉，溶液中的Al3+和Fe3+生成對應的氫氧化物沉淀除去，對應的濾渣III為Fe(OH)3、Al(OH)3，
故答案為：Fe(OH)3、Al(OH)3；
（4）加入絮凝劑，吸附沉淀，使沉淀顆粒變大，便于過濾除去，
故答案為：吸附沉淀，使沉淀顆粒變大；
（5）“沉鈰”過程中，加入Ce3+與CO32﹣結合，促進HCO3﹣電離，生成Ce2(CO3)3 nH2O，離子方程式為：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑，根據鹽類水解規律，已知NH3 H2O的電離平衡常數Kb＝1.75×10﹣5，H2CO3的電離平衡常數Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11，所以碳酸氫根的水解程度更大，所以NH4HCO3顯堿性，
故答案為：2Ce3++6HCO3﹣+（n﹣3）H2O＝Ce2(CO3)3 nH2O+3CO2↑；堿性；
（6）Li2CO3、葡萄糖（C6H12O6）和FePO4可制備電極材料LiFePO4，同時生成CO和H2O，可知葡萄糖中C元素被氧化，FePO4中Fe元素被還原，Li2CO3中C元素被還原，據此可知方程式為6FePO4+3Li2CO3+C6H12O66LiFePO4+9CO↑+6H2O，
三、模型建構
物質分離操作 方法要點及注意事項
過濾 固相與液相的分離方法。如Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的質量分數時，可以在混合物中加入過量BaCl2溶液，沉淀SO42-，然后過濾、洗滌、烘干、稱量得到BaSO4的質量，試問： ①怎樣判斷SO42-是否沉淀完全？ (離子已除盡的方法) 靜置，取少量上層清液于試管中，繼續加入BaCl2溶液，若無白色沉淀產生，則證明SO42-已沉淀完全(或離子已除盡) ②過濾完畢后，為什么要洗滌沉淀(即洗滌沉淀的目的) 洗去晶體表面吸附的可溶性的雜質離子 (Na＋、Cl－等) ③沉淀的洗滌方法？ 沿玻璃棒向漏斗中加入蒸餾水至浸沒沉淀，待水自然流下后，重復實驗2～3次 ④怎樣判斷沉淀是否洗凈？ 取最后一次洗滌液少量于試管中，加入稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀產生，則證明沉淀已洗凈
萃取 是利用物質性質由一個液相轉移到另一個液相的分離方法。 萃取的作用是: 從礦石的浸出液中，提取和富集有價金屬; 分離化學性質相近的金屬離子。 萃取的操作步驟一般是首先將水溶液 ( 料液) 與有機溶劑( 或溶液) 充分混合，然后利用兩相的密度不同靜置分相。
反萃取 被萃取物萃入有機相后，一般需要使其重新返回水相，此時把負載有機相與反萃劑( 一般為無機酸或堿的水溶液，也可以是純水) 接觸，使被萃取物轉入水相，這一過程相當于萃取的逆過程，故稱為反萃取。
冷卻結晶 提取溶解度隨溫度變化較大的物質、易水解的物質或結晶水化合物，如：KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O。 KNO3(NaCl)：蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥
蒸發濃縮、冷卻結晶 NaCl和KNO3混合溶液，若將混合溶液加熱蒸發后再降溫，則析出的固體主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，這樣就可以分離出大部分KNO3
蒸發結晶、趁熱過濾 NaCl和KNO3混合溶液，若將混合溶液加熱蒸發一段時間，析出的固體主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，這樣就可以分離出大部分KNO3
趁熱過濾 防止某物質因降溫時而析出，提高樣品的純度
蒸餾 利用沸點差異液、液分離
升華 將可直接氣化的固體分離出來。
鹽析 加無機鹽使溶質的溶解度降低而析出
四、名師導學
整體理解、把握化學工藝流程題的試題結構，明確各環節的目的、方法、措施。
1．理解原料預處理的目的，多角度認識預處理的常見方法模型，以及提高浸取率的常見措施。
2．理解反應條件控制的目的，多角度認識pH控制、溫度控制、濃度、用量控制等常見方法。
3．理解混合物分離提純的目的(關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務)，熟練掌握過濾、結晶、蒸餾、萃取等操作方法的選擇和操作。
(
15
)

展開更多......

收起↑