上篇专题6 非选择题超热点突破3 化学工艺流程综合题（PPT课件）-【创新教程】2025年高考化学大二轮专题增分方案（单选）

2025-02-12

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化学工艺流程综合题上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用突破2 02 课时作业 03 突破1 01 化学下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用突破1　品鉴经典真题，研考向，建模板下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用突破2　突破4个核心考点，析重难，精准练下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用下一页上一页返回导航化学上篇专题六　物质转化及应用 [例]　(2024·湖南)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收②贵金属的化工流程如下：已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，可忽略该离子的存在； ②AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K＝2.0×10－5； ③Na2SO3易从溶液中结晶析出； ④不同温度下Na2SO3的溶解度如下：温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于______区元素，其基态原子的价电子排布式③为______； (2)“滤液1”中含有Cu2＋和H2SeO3，④“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为__________________________； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl：⑤ ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 _________________________________________________________。 ②在“除金”工序溶液中，Cl－浓度不能超过______mol·L－1。 (4)在“银转化”体系中，⑥[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol·L－1，两种离子分布分数 δeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(δ[AgSO32]3－＝\f(n[AgSO32]3－,n[AgSO32]3－＋n[AgSO33]5－))) 随SOeq \o\al(2－,3)浓度的变化关系如图所示，若SOeq \o\al(2－,3)浓度为1.0 mol·L－1，则[Ag(SO3)3]5－的浓度为______mol·L－1。 (5)滤液4中溶质主要成分为______(填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是_______________________________。 ►[审题干] ①原料成分为铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)；②目的：回收贵重金属。 [审流程] 流程中主线物质为Ag，副线物质为Au。流程中指入的为反应物，回指的是循环利用的物质。 ►[审设问] ③结合Cu的原子序数回答问题； ④结合滤液1中含有Cu2＋和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O； ⑤在“氧化酸浸”工序中，结合Ag在主线物质中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀；结合已知信息可知AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl－加入过多，AgCl则会转化为[AgCl2]－，则令c([AgCl2]－)＝1.0×10－5mol/L，由K＝eq \f(c[AgCl2]－,cCl－)＝2.0×10－5，可得c(Cl－)＝0.5 mol/L，即Cl－浓度不能超过0.5 mol/L； ⑥在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol·L－1，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3－＋SOeq \o\al(2－,3) [Ag(SO3)3]5－，当c(SOeq \o\al(2－,3))＝0.5 mol/L时，此时c([Ag(SO3)2]3－)＝c([Ag(SO3)3]5－)＝0.037 5 mol/L，求平衡关系的平衡常数，根据平衡常数再求解； ⑦结合不同温度下Na2SO3的溶解度可知，高于40 ℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。解析：铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2＋和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 (1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1； (2)滤液1中含有Cu2＋和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为：Cu2Se＋4H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O； (3)①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀； ②由题目可知AgCl(s)＋Cl－(aq) [AgCl2]－(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl－加入过多，AgCl则会转化为[AgCl2]－，当某离子的浓度低于1.0×10－5mol·L－1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则当c[AgCl2]－＝1.0×10－5mol/L时，由K＝eq \f(c[AgCl2]－,cCl－)＝2.0×10－5，可得c(Cl－)＝0.5 mol/L，即Cl－浓度不能超过0.5 mol/L； (2)在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol·L－1，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3－＋SOeq \o\al(2－,3)[Ag(SO3)3]5－，当c(SOeq \o\al(2－,3))＝0.5 mol/L时，此时c[Ag(SO3)2]3－＝c[Ag(SO3)3]5－＝0.037 5 mol/L，则该平衡关系的平衡常数K＝eq \f(c[AgSO33]5－,c[AgSO32]3－·cSO\o\al(2－,3))＝eq \f(0.037 5,0.037 5×0.5)＝2，当c(SOeq \o\al(2－,3))＝1.0 mol/L时， K＝eq \f(c[AgSO33]5－,c[AgSO32]3－·cSO\o\al(2－,3))＝ eq \f(c[AgSO33]5－,0.075－c[AgSO33]5－)＝2，解得此时 c[Ag(SO3)3]5－＝0.05 mol/L； (5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下Na2SO3的溶解度可知，高于40 ℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。答案：(1)ds　3d104s1 (2)Cu2Se＋4H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋H2SeO3＋5H2O (3)①使银元素转化为AgCl沉淀　②0.5 (4)0.05 (5)Na2SO3　高于40 ℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产 [怎么考·考情把脉] 化学工艺流程题是全国高考中的必考题，它是传统的“无机框图题”的变革与创新，是将化工生产过程中的主要生产阶段，即生产流程用框图的形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化学工艺试题。这类试题充分体现了“化学是真实的”这样一种命题指导思想，同时也考查了“科学态度与社会责任、科学探究与创新意识和证据推理与模型认知”等多种化学核心素养。命题的角度主要有①原料的处理方法，②重要转化的方程式书写，③物质的分离、提纯方法与原理，④反应条件的控制方法，⑤涉及的化学反应原理分析、产率及平衡常数的有关计算。 [怎么答·思维建模] 1．流程图建模——理清流程图的各环节 2．解题思维建模——“三审”建立系统思维 (1)审题干——明确原料成分和目的要求 (2)审流程——明确各步转化的原理和目的 ①看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。 ②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。 ③找信息：明确反应条件的控制和分离提纯的方法。 ④关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求等。 (3)审设问——明确答什么 ①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题。 ②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。考向1　原材料预处理 1．原料预处理的目的 (1)主要是除去不必要的杂质，净化所需要的原料。 (2)将原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。 2．原料预处理的常用方法方法释义研磨、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浸取水浸物质与水接触反应或溶解酸浸物质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、铝及其氧化物盐浸使用铵盐溶液、FeCl3溶液等醇浸常采用有机溶剂(醇、乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物灼烧 (焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化：①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中的氧气反应等煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 1．(2024·新课标卷)钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10－5mol·L－1)时的pH： Fe3＋ Fe2＋ Co3＋ Co2＋ Zn2＋开始沉淀的pH 1.5 6.9 － 7.4 6.2 沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2 回答下列问题： “酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是______________________________________。答案：增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 2．(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 “酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是________________________。答案：增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸取效率 3．(2024·北京卷)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。矿石在焙烧前需粉碎，其作用是______________________________________________。答案：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 4．(2022·辽宁选考)某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)与软锰矿(主要成分为MnO2)联合焙烧法制备BiOCl和MnSO4，工艺流程如下： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为__________。 a．进一步粉碎矿石 b．鼓入适当过量的空气 c．降低焙烧温度 (2)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3＋和Mn2＋；②_________________________________________________________。解析：(1)联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意。(2)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低。答案：(1)ab　(2)抑制金属离子水解考向2　反应条件的控制 1．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴) (1)加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂：除去加热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。 (2)降温的目的：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向(放热方向)移动；使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。 (3)控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)；防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时分解或挥发；使催化剂的活性达到最好；防止副反应的发生。 (4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。 (5)控制固体的溶解与结晶趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。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。从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。 2．pH的控制 (1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 (2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以[Al(OH)4]－的形式存在。 (3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 3．反应物用量或浓度的控制 (1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 (2)对有多种反应物的体系，增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 (3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 4．加入物质的目的 (1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 (2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。 (3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。 (4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。 5．在空气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、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。 6．陌生图像中反应条件下的选择 (1)浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。 (2)“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100 ℃、3 h左右。 (3)酸浸时，若使钛的浸取率(η%)达到90%，则根据下图判断工业上应采取的适宜条件是：酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。 1．(2024·黑吉辽卷)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被 FeS2、FeAsS包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：回答下列问题： “焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣解析：BC　[A.细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；B.焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；C.焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；D.由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。] 2．(2024·河北沧州模拟)钒和钼均属于高熔点稀有金属，可以作为钢合金的主要添加元素，MoO3不溶于水，能溶于氨水和强碱，形成钼酸盐，即使低于熔点也能升华。一种从含钒石油废催化剂(主要成分是MoS2、V2O5和Al2O3等)中提取钒、钼的工艺如下：回答下列问题： “焙烧”过程中，温度对钒、钼转化率影响如图所示，“焙烧”的适宜温度是____________，“沉钒”操作中，pH控制在8.4沉钒率较高，若pH过高，沉钒率降低，原因是_________________________________________________________ _________________________________________________________。答案：800 ℃左右　若pH过高，NHeq \o\al(＋,4)转化为NH3·H2O，NHeq \o\al(＋,4)浓度减小，沉钒率降低 3．(2024·山东潍坊模拟)柠檬酸亚铁是一种补血铁制剂，可以用于药物开发及饲料添加剂。以硫酸亚铁和柠檬酸为主要原料的制备程序及有关装置如下：回答下列问题： (1)制备FeCO3 ①该制备实验所用的FeSO4溶液、Na2CO3溶液需临时配制，配制这些溶液的蒸馏水必须煮沸冷却，原因是__________________________________。 ②操作Ⅰ中将沉淀洗涤后，检验是否洗涤干净的试剂为__________(填化学式)。 (2)制备柠檬酸亚铁 ①反应Ⅱ中FeCO3与柠檬酸反应制备柠檬酸亚铁时需加入抗氧化剂，该抗氧化剂是________(填标号)。 a．FeO粉　　　　 b．FeSO3 c．Cu粉 d．Fe粉 ②操作Ⅱ应先加入无水乙醇，再静置、抽滤、洗涤、干燥。加入无水乙醇的目的是__________________________________。 (3)实验测得产品柠檬酸亚铁的产率和产品中的铁含量随着溶液pH、温度的变化曲线如图所示。则该方法制备柠檬酸亚铁的最佳条件是__________________。pH较高时，产品产率降低的原因是_____________________________________________________________ _________________________________________________________。解析：亚铁离子以还原性为主，容易被氧气氧化，因此制备碳酸亚铁、柠檬酸亚铁时，需要排除装置中的空气或防止外界空气的进入，据此分析。(1)①Fe2＋容易被氧气氧化，因此配制硫酸亚铁溶液、碳酸钠溶液时，需要将蒸馏水煮沸，其目的是排除蒸馏水中溶解的氧气；②硫酸亚铁与碳酸钠反应生成FeCO3和Na2SO4，因此检验沉淀是否洗净，需要检验洗涤液中是否含有SOeq \o\al(2－,4)，因此需要的试剂为BaCl2溶液。 (2)①柠檬酸亚铁若被氧化，FeO不与Fe3＋反应，FeO在本实验中不能作抗氧化剂，故a不符合题意；引入新杂质SOeq \o\al(2－,3)，故b不符合题意；Cu与Fe3＋反应生成Cu2＋和Fe2＋，引入新杂质Cu2＋，故c不符合题意；铁单质与Fe3＋反应生成Fe2＋，不产生新杂质，故d符合题意；答案为d；②用无水乙醇洗涤柠檬酸亚铁，可以减少柠檬酸亚铁的溶解，减少损失。(3)根据图像可知，该方法制备柠檬酸亚铁的最佳条件是pH＝7左右，温度为80℃；Fe2＋发生水解Fe2＋＋2H2OFe(OH)2＋2H＋，pH较高时，c(H＋)降低，平衡向右移动，导致柠檬酸亚铁的产率降低。答案：(1)①除去蒸馏水中溶解的氧气　②BaCl2 (2)①d　②减小柠檬酸亚铁的溶解度 (3)pH＝7左右，80 ℃　pH大于7时，Fe2＋水解程度增大，转化为Fe(OH)2，导致柠檬酸亚铁的产率降低考向3　流程中分离提纯方法与方程式的书写 1．物质分离与提纯的6种常用方法 2．常用的结晶方法 (1)蒸发结晶：从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等。 (2)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：①从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。②从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体。 (3)蒸发结晶、趁热过滤：从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体。 (4)重结晶：指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用物质的溶解性不同而进行提纯、分离的方法。 3．萃取与反萃取示例 (1)萃取法分离考查角度举例问题萃取操作的考查用如图所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋为使Fe3＋尽可能多的从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次萃取剂的选择已知萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如图所示：为了除去Mn2＋，应选择萃取剂B pH 范围的选择萃取剂对Al3＋、Co2＋的萃取率与pH的关系如图所示萃取分离钴、铝的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液，继续向萃取分液后的有机相加稀硫酸调pH至0.5以下，然后分液，可得Al2(SO4)3溶液 pH 范围的选择 “萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图所示 pH一般选择5左右，理由是pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高归纳总结 ①要除去的离子在萃取剂中溶解度应远大于有效离子的溶解度。②离子在不同的萃取剂中溶解度相差越大越好。③选择合适的pH范围分离离子，要求该pH范围内离子溶解度相差较大 (2)反萃取法分离考查角度题目问题反萃取的目的实验室从含碘废液(除H2O外，还含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，该操作的目的是使CCl4中的碘进入水层反萃取剂的选择钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图。已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应。 ②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋的萃取率高，但不能萃取Fe2＋。 “溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2RVOR＋2H＋，为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用H2SO4 “萃取”和“反萃取”的目的钼(Mo)是重要的过渡金属元素，具有广泛用途。由钼精矿(主要成分是MoS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MoO4]的部分工艺流程如图。 “滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子与其他杂质分离) 1．(2022·北京选考)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含Fe2O3，SiO2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：已知：物质 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)(命题角度：方程式书写)煅烧白云石的化学方程式为__________________________。 (2)根据下表数据分析： n(NH4Cl)∶ n(CaO) CaO浸出率/% MgO浸出率/% w(CaCO3) 理论值/% w(CaCO3) 实测值/% 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.MO浸出率＝eq \f(浸出的MO质量,煅烧得到的MO质量)×100%(M代表Ca或Mg)； ⅱ.CaCO3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CaCO3纯度。 ①(命题角度：方程式书写)“沉钙”反应的化学方程式为__________________________。 ②(命题角度：分离提纯)CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为__________________________________。 ③(命题角度：浸出率与投料关系)不宜选用的“n(NH4Cl)∶n(CaO)”数值为__________。 ④(命题角度：误差原因分析)w(CaCO3)实测值大于理论值的原因为__________________________。 ⑤(命题角度：浸出率与H＋浓度关系)蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可从68.7%增加至98.9%，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为_____________________________________________ _________________________________________________________。解析：由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。(1)由分析可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2eq \o(=====,\s\up17(高温))CaO＋MgO＋2CO2↑。(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH4Cl＋H2O。②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁。③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4∶1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4∶1。⑤硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸镁，所以氧化镁浸出率提高。答案：(1)CaMg(CO3)2eq \o(=====,\s\up17(高温))CaO＋MgO＋2CO2↑ (2)①CaCl2＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3↓＋2NH4Cl＋H2O　②Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能　③2.4∶1　④反应加入的CaO也转化为CaCO3　⑤Mg(OH)2＋(NH4)2SO4eq \o(=====,\s\up17(△))MgSO4＋2NH3↑＋2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NHeq \o\al(＋,4)水解，溶液中H＋浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4 2．(2022·湖南选考)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为TiO2，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质 TiCl4 VOCl3 SiCl4 AlCl3 沸点/℃ 136 127 57 180 回答下列问题： (1)(命题角度：方程式书写)TiO2与C、Cl2在600 ℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/MPa 4.59×10－2 1.84×10－2 3.70×10－2 5.98×10－9 该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为__________________________。 (2)(命题角度：方程式书写)“除钒”过程中的化学方程式为________________________________________。 (3)(命题角度：分离提纯)“除硅、铝”过程中，分离TiCl4中含Si、Al杂质的方法是________。 (4)(命题角度：分离提纯)“除钒”和“除硅、铝”的顺序________交换(填“能”或“不能”)，理由是_____________________________ _________________________________________________________。解析：钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。(1)根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5∶2∶4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2＋6C＋10Cl2eq \o(=====,\s\up17(600℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2。 (2)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3。(3)AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝”过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4。(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换。答案：(1)5TiO2＋6C＋10Cl2eq \o(=====,\s\up17(600℃))5TiCl4＋2CO＋4CO2 (2)3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3 (3)蒸馏 (4)不能　若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质 3．(2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如图。已知： ①pKa(HF)＝3.2。 ②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10。 ③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2＋最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。 (1)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为______________________。 (2)“还原”的目的：避免______元素以______(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。 (3)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越______，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入______(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。 (4)“调pH”中，pH至少应大于______，使溶液中c(F－)＞c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，则[AlF6]3－浓度为______mol·L－1。解析：电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3＋进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]－通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga3＋，Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，Ⅰ室溶液加入含F－的废液调pH并结晶得到Na3AlF6晶体用于电解铝； (1)“浸取”中，由Ga3＋形成[GaCl4]－的离子方程式为Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－； (2)由已知，浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m－3)－(m＝0～4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl6]3－的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3＋，从而有利于Ga的分离； (3)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越高，越有利于反应向生成[GaCl4]－的方向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，进一步提高Ga的提取率； (4)由pKa(HF)＝3.2，Ka(HF)＝eq \f(cH＋·cF－,cHF)＝10－3.2，为了使溶液中c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝eq \f(cHF,cF－)×10－3.2mol/L<10－3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3－配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10－10，[AlF6]3－浓度为eq \f(Ksp,c3Na＋)＝eq \f(4.0×10－10,0.13)mol·L－1＝4.0×10－7mol·L－1。答案：(1)Ga3＋＋4Cl－===[GaCl4]－ (2)铁　[FeCl6]3－ (3)高　NaCl (4)3.2　4.0×10－7 新情境下陌生氧化还原反应化学方程式的书写技巧 eq \x(根据题目中的流程图或题干信息，确定反应物和部分生成物) ⇩ eq \x(判断反应中变价元素的化合价并利用元素化合价的升降判断出氧化产物和还原产物) ⇩ 写出化学方程式，并按化合价升降原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量数 ⇩ eq \x(根据元素守恒，补充其他反应物或产物，一般为水、酸H＋或碱OH－) 4．(2024·河北省部分示范性高中高三三模)为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。回答下列问题： (1)(命题角度：方程式的书写)正极粉料中加入硫酸酸化的双氧水，其中双氧水的作用是__________________________。生成FePO4的化学方程式为__________________。 (2)(命题角度：分离提纯)溶液的pH对铁和磷的沉淀率的影响如图所示。沉淀铁和磷时，应选择溶液的pH为2.5。当pH＞2.5时，铁、磷沉淀率发生不同变化的原因是__________________________________ _________________________________________________________。 (3)(命题角度：分离提纯)向“含锂溶液2”中加入Na3PO4溶液，得到Li3PO4沉淀。所加的Na3PO4溶液可通过向流程中的__________(填化学式)中加入NaOH溶液制得。 (4)(命题角度：分离提纯)检验水洗Li3PO4已洗涤干净的操作方法是_________________________________________________________ _________________________________________________________。解析：(1)H2O2具有氧化性，加入的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；Fe2＋被氧化为Fe3＋，H2O2被还原，发生的化学方程式为2LiFePO4＋H2SO4＋H2O2===Li2SO4＋2FePO4＋2H2O。(2)当pH＞2.5后，部分Fe元素以Fe(OH)3的形式存在，使得部分POeq \o\al(3－,4)释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势。(3)Fe(OH)3的Ksp更小，所以可以通过FePO4与NaOH溶液反应生成Na3PO4与Fe(OH)3。(4)检验水洗Li3PO4是否已洗涤干净主要是检验洗涤液中是否还含有硫酸根离子，检验硫酸根离子的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净。答案：(1)将Fe2＋氧化成Fe3＋　2LiFePO4＋H2SO4＋H2O2===Li2SO4＋2FePO4＋2H2O (2)当pH＞2.5时，FePO4会有部分开始转变生成Fe(OH)3，使得部分POeq \o\al(3－,4)释放，导致磷沉淀率下降，而铁虽然转化成了Fe(OH)3，但仍在沉淀中，因此铁沉淀率未出现下降趋势 (3)FePO4 (4)取最后一次洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已洗涤干净考向4　工艺流程中的定量分析 1．定量计算的常见类型与公式 (1)常见类型与方法类型解题方法物质含量计算根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量确定物质化学式的计算　　 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为粒子的下标比热重曲线计算 ①设晶体为1 mol；②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物；③计算每步的m余，eq \f(m余,m1 mol 晶体质量)＝固体残留率；④晶体中金属质量不减少，仍在m余中；⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO即可求出失重后物质的化学式多步滴定计算复杂的滴定可分为两类： ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量； ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 (2)计算公式名称计算公式物质的质量分数(或纯度) eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100% 产品产率 eq \f(产品实际产量,产品理论产量)×100% 物质的转化率 eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100% 2.定量分析方法之一——关系式关系式法常应用于一步反应或分多步进行的连续反应中，利用该法可以节省不必要的中间运算过程，避免计算错误。一步反应中可以直接找出反应物与目标产物的关系；在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式将某中间物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系。 1．(2024·江苏宿迁三模)硼化钛(TiB2)常用于制备导电陶瓷材料。 Ⅰ.高钛渣(主要含TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，少量MgO、Fe2O3)为原料制取TiB2的流程如图：已知：①B2O3高温易挥发；②TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋。 (1)“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H＋、Fe3＋、________。 (2)“水解”需在沸水中进行，离子方程式为_________________________________________________________。 (3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2＋B2O3＋5Ceq \o(=====,\s\up17(高温))TiB2＋5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论用量，原因是_________________________________________________________ _________________________________________________________。 Ⅱ.气相沉积法获得硼化钛：以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1 000 ℃，可制得具有空间网状结构的磨料级硼化钛。 (4)制得硼化钛的化学方程式为________，硼化钛能作为磨料的原因是_________________________________________________________ _________________________________________________________。 (5)生产硼化钛，当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)∶m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是 _________________________________________________________ _________________________________________________________。 Ⅲ.硼砂(Na2B4O7·10H2O)与NaOH的混合溶液中加入H2O2可以制备X(Na2B2O8H4)。已知X的阴离子[B2O8H4]2－只有一种化学环境的B原子，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构。 (6)X阴离子的结构式为________。解析：高钛渣加入稀盐酸，只有SiO2不会溶解，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋，TiO2＋沸水中形成TiO2·xH2O，热还原中发生反应的化学方程式为TiO2＋B2O3＋5Ceq \o(=====,\s\up17(高温))TiB2＋5CO↑；(1)“酸浸”加入稀盐酸与Al2O3、CaO、MgO、Fe2O3反应生成AlCl3、CaCl2、MgCl2、FeCl3，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H＋、Fe3＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋；(2)“水解”需在沸水中进行，TiO2＋沸水中形成TiO2·xH2O，离子方程式为TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq \o(=====,\s\up17(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋；(3)“热还原”中发生反应的化学方程式为TiO2＋B2O3＋5Ceq \o(=====,\s\up17(高温))TiB2＋5CO↑，B2O3的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；(4)以TiCl4和BCl3为原料，在过量的H2参与下，沉积温度为800～1 000 ℃，制得硼化钛(TiB2)，反应的化学方程式为TiCl4＋2BCl3＋5H2eq \o(=====,\s\up17(800～1 000 ℃))TiB2＋10HCl；硼化钛由Ti和B原子相连构成空间网状结构，能作为磨料的原因是硼化钛是共价晶体，硬度大；(5)当BCl3和TiCl4投料比[m(BCl3)∶m(TiCl4)]超过1.25时硼化钛的纯度下降，原因是BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼； (6)X的阴离子[B2O8H4]2－只有一种化学环境的B原子说明结构对称，结构中有一个六元环且B和O原子最外层都达到8电子稳定结构，则B原子与四个O原子相连，X阴离子的结构式为。答案：(1)Al3＋、Ca2＋、Mg2＋ (2)TiO2＋＋(x＋1)H2Oeq \o(=====,\s\up17(△))TiO2·xH2O↓＋2H＋ (3)B2O3易挥发 (4)TiCl4＋2BCl3＋5H2eq \o(=====,\s\up17(800～1 000 ℃))TiB2＋10HCl 硼化钛是共价晶体，硬度大 (5)BCl3过量，被过量的氢气还原为单质硼 (6) 2．(热重分析|2023·辽宁选考)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如图所示。700 ℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、_________和_________(填化学式)。解析：根据图示的DSC曲线所示，在700 ℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产生，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现反应的化学方程式为3CuSO4eq \o(=====,\s\up17(700 ℃))3CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。答案：CuO　SO3 3．(2022·重庆选考)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SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10－56 4×10－38 2.5×10－20 (1)(命题角度：溶度积的应用)滤液1的处理： ①滤液1中Fe3＋和Cu2＋的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是__________。 ②25 ℃时，为了使Cu2＋沉淀完全，需调节溶液H＋浓度不大于________mol·L－1。 (2)(命题角度：产品纯度计算)产品中锡含量的测定：称取产品1.500 g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4＋还原为Sn2＋，再用0.100 0 mol·L－1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IOeq \o\al(－,3)被还原为I－，终点时消耗KIO3溶液20.00 mL。 ①终点时的现象为__________________________________________________，产生I2的离子反应方程式为__________________________。 ②产品中Sn的质量分数为__________。解析：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。(1)①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。②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eq \r(\f(2.5×10－20,1×10－5)) mol/L＝5×10－8 mol·L－1，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10－7 mol·L－1。(2)①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘离子，当二价锡反应完，碘离子与碘酸根反应生成碘单质，碘使淀粉溶液变蓝色时，溶液由无色变为蓝色，则终点时的现象为滴入最后半滴碘酸钾标准溶液，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IOeq \o\al(－,3)＋3Sn2＋＋6H＋===I－＋3Sn4＋＋ 3H2O，IOeq \o\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00 mL 0.100 0 mol·L－1碘酸钾溶液，则1.500 g产品中锡元素的质量分数为eq \f(0.100 0 mol·L－1×0.020 0 L×3×119 g·mol－1,1.500 g)×100%＝47.6%。答案：(1)①Fe(OH)3　②2×10－7 (2)①滴入最后半滴KIO3标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　IOeq \o\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O　②47.6% 溶度积(Ksp)的常见计算类型 (1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq \r(a) mol/L。 (2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol/L。 (3)计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2＋(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝eq \f(cMn2＋,cCu2＋)＝eq \f(cMn2＋·cS2－,cCu2＋·cS2－)＝eq \f(KspMnS,KspCuS)。 4．(2024·山东潍坊模拟)钛及其合金具有密度小、强度高、耐热、耐低温等特性，是制造飞机、火箭等的优异材料。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含Fe、Si、Al的氧化物等杂质)制备钛和Fe3O4·xH2O的工艺流程如图：已知：①25 ℃时相关物质的Ksp见下表：物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3 ②Ⅰ.TiO2(s)＋2Cl2(g) TiCl4(g)＋O2(g)，KⅠ＝3.4×10－29 Ⅱ.2C(s)＋O2(g) 2CO(g)，KⅡ＝1.2×1048 回答下列问题： (1)(命题角度：平衡常数计算)通过计算说明“高温、氯化”操作单元加入碳粉的理由_________________________________________ _________________________________________________________。 (2)(命题角度：反应进行程度判断)该工艺流程中可以循环利用的物质是__________(填化学式)。 (3)(命题角度：溶度积的应用)用氨水调溶液的pH时，pH的理论最小值是________；“沉铁”操作单元发生反应的化学方程式为_________________________________________________________ _________________________________________________________。解析：钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含Fe、Si、Al的氧化物等杂质)加入硫酸酸浸，得到的滤渣Ⅰ为二氧化硅等；滤液加入过量铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，与硫酸反应，有利于TiO2＋水解，除去的滤渣Ⅱ为过量的铁粉，所得滤液加入热水水解，滤液再加氨水调节pH除去滤渣Ⅲ为氢氧化铝，继续加入氨水并通入空气进行沉铁，得到Fe3O4·xH2O；水解后的TiO2·xH2O通入氯气，高温条件下与碳粉氯化，再蒸馏，与氯化钠、氯化钾一样熔融后电解得到钛。(1)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　K＝KⅠKⅡ＝4.1×1019远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4 得以实现。(2)该工艺流程中电解时产生氯气，而氯化时需要氯气参与，故可以循环利用的物质是Cl2。(3)用氨水调溶液的pH时，使Al3＋水解完全而Fe2＋不沉淀，滤渣Ⅲ为Al(OH)3，Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－5×c3(OH－)＝1×10－32.3，c(OH－)＝eq \r(3,\f(1×10－32.3,10－5))＝10－9.1mol/L，c(H＋)＝10－4.9 mol/L，pH的理论最小值是4.9；“沉铁”操作单元是硫酸亚铁与氨水及空气中的氧气反应生成硫酸铵和Fe3O4·xH2O，发生反应的化学方程式为6FeSO4＋12NH3·H2O＋(2x－6)H2O＋O2===6(NH4)2SO4＋2Fe3O4·xH2O。答案：(1)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)　K＝KⅠKⅡ＝4.1×1019远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现 (2)Cl2 (3)4.9　6FeSO4＋12NH3·H2O＋(2x－6)H2O＋O2===6(NH4)2SO4＋2Fe3O4·xH2O 5．(溶度积的应用|2023·河北省部分示范性高中高三三模)为了实现碳达峰、碳中和目标，建立清洁低碳的能源体系，如何处置和利用废旧电池，已成为当前行业亟需解决的问题。一种废旧磷酸亚铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4，另含有少量Al)回收利用的工艺流程如图所示。已知：Ksp(FePO4)＝1.0×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39。向“含锂溶液1”eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(其中\f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝1))中加入NaOH固体，进行深度除铁。深度除铁后溶液的pH＝4.5，则此时溶液中eq \f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝__________。解析：分离出FePO4沉淀后的溶液是FePO4的饱和溶液，溶液中c(POeq \o\al(3－,4))＝eq \r(KspFePO4)＝eq \r(1.0×10－15)mol/L＝1.0×10－7.5 mol/L。深度除铁后溶液的pH＝4.5，则溶液中c(OH－)＝eq \f(10－14,10－4.5)mol/L＝10－9.5mol/L，溶液中c(Fe3＋)＝eq \f(Ksp[FeOH3],c3OH－)＝eq \f(2.8×10－39,10－9.53)mol/L＝2.8×10－10.5mol/L。深度除铁后溶液中eq \f(cFe3＋,cPO\o\al(3－,4))＝eq \f(2.8×10－10.5,1.0×10－7.5)＝2.8×10－3。答案：2.8×10－3 $$

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