大题01 化工流程综合题（逐空突破）-【大题精做】冲刺2025年高考化学大题突破+限时集训（广东专用）

大题01 化工流程综合题 广东卷化学试卷中无机化工流程题以工业真实情境为载体，聚焦“原料处理-反应转化-分离提纯-循环利用”主线，系统考查化学核心素养与实际问题解决能力。命题规律体现三大特征：一是知识整合性，融合氧化还原、沉淀溶解平衡、电化学等原理，注重步骤间的逻辑推导；二是情境前沿性，紧扣资源回收（如锂电材料再生）、战略金属提取等科技热点；三是能力进阶性，从单一知识点辨识转向多变量综合分析（如pH调控对多金属离子分步沉淀的影响）。解题核心策略需把握三大维度：步骤目标解析（明确除杂、富集、转化的阶段性任务）、反应条件优化（结合图表分析温度、浓度、pH对产率的影响机制）、绿色化学评价（副产物回收路径与能耗成本权衡）。2025年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维：一是在情境设计上渗透新能源材料合成（如钠离子电池正极制备）与低碳技术（如工业废气催化转化）；二是在考查维度上新增热力学分析与工艺对比评价（原子经济性、循环效率）；三是在能力要求上深化定量推理（多步损失率叠加计算）与微观探析（晶胞参数与离子迁移路径关联）。 常设考向1 原料的预处理 1.（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 2．（2022·广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / （4）“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 3.固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。 请回答下列问题。 （1）“粉碎”的目的是　　　，为了达到这一目的，还可以采用的措施有　　　　　　　　(答一条即可)。  （2）“碱浸”的目的是除去　　　　　(填化学式)。  （3）“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是    　。  常见预处理的操作及作用 1、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）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、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氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、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.从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)中提取镍和铜的一种工艺流程如图所示。 （1）上述流程中，增大反应速率的措施是　　　　 　。  （2）浸出过程中通入O2的目的是　　　　　　　　　　　　　　。  2.铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如图 所示: 已知:①铈的常见化合价为+3、+4，Ce4+不易进入溶液，而Ce3+易进入溶液； ②Ce4+能与S结合成[CeSO4]2+，Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取。 （1）焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　。  （2）“酸浸Ⅱ”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换盐酸就不会造成环境污染。则稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式为　 。  （3）“操作Ⅰ”的名称是　　　　　　　　。  3．湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd及ZnSO4·7H2O 等，其生产流程如图： 如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算) 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.0 7.2 5.4 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 8.2 提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1条即可) 4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的工业原料，能溶于水，不溶于乙醇，其工业制法如下。请回答： 步骤①中碱液洗涤的目的是__________________________ 5．CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al及其化合物、SiO2杂质)，生产CuCl的工艺流程如下： 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3 2.7 3.7 Cu(OH)2 5.6 6.7 Al(OH)3 3.8 4.7 已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl2－，CuCl2－的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀 煅烧的主要目的是______________________________________ 常设考向二 反应条件的控制 1．（2024·广东卷）镓()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(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，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。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 2.（2023·海南·统考高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。    回答问题： （1）无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为 。 3.锗是现代化高科技产业重要的基础材料。以含氧化锌烟尘(杂质主要有PbO、GeO2、SiO2、FeO、Ag2O等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。 已知:①单宁酸是一种只含C、H、O元素的有机化合物 ②pKsp=-lg Ksp，常温下pKsp[Pb(OH)2]=19.8，pKsp[Zn(OH)2]=16.2， pKsp[Fe(OH)2]=16.4，pKsp[Fe(OH)3]=38.6 ③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于1.0×10-5 mol/L时，该离子沉淀完全 （1）如图所示，“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为    　。  （2）“调pH”所用试剂X为　　　 　　(填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1 mol/L，则应调控pH的范围为　 。  一、条件控制——调溶液的pH 1.调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 （1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 （2）pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 （3）调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 （4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出） （5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。 如：有MgCl2·6 H2O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl2·6 H2OMg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O 3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 4.调节离子的水解程度。 5.控制PH的目的的答题思路 （1）pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀 （2）pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等 二、条件控制——调节温度 1.升高温度（加热） ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 2.降低温度 ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) （1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小 （2）温度过高： ①催化剂会失去活性，化学反应速率下降 ②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等 ③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质易被氧化：如Na2SO3等 ⑤物质易升华：如I2升华 4.答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 ⑤温度范围答题模板 a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率 1.金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要含Rh，还含有少量的Cu、Fe等杂质)为原料提取铑的工艺流程如图所示。 “定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH变化如图所示，该过程需将溶液pH调至2，结合图像说明原因:  　。  2.从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。 已知:①碱浸液中碲以Te的形式存在； ②Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0价Te； ③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。 （1）“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 ℃，反应时间为120 min，其原因是  　。  （2）“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因:  　。  （3）加酸调pH时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　，加入硫酸的量不宜过多，其原因是　  　。  3.钒酸铋()是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，并含、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如图所示： 已知部分信息如下： ①氧化性：。 ②滤液1中的阴离子主要是。 ③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 氢氧化物 开始沉淀时的pH 7.6 1.6 4.0 完全沉淀时的pH 9.6 3.1 5.5 当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH为 (填范围)。 4．金属钛（）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。一种由钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁，还含有少量、等杂质]为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品绿砜的工业生产流程如下图所示。 已知：①易水解为。②在时生成沉淀，时沉淀完全。③高温下钛易与等反应． （1）某实验小组为探究混合液中加入铁粉的最佳反应条件，进行了下列有关实验。 ①在其它条件不变的情况下，体系中[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，由图可知，还原体系中的最佳范围为 ，试分析，在介于之间时，量基本保持不变的原因： 。 ②保持其它条件不变，体系中含量随温度变化如图2，由图可知，还原体系中的最佳反应温度为 。 a．    b．Ar    c．    d． 5．工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为、FeO、等)为原料制备高档颜料铁红，具体生产流程如图： 试回答下列问题： （1）②步骤IV的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是 。 ③步骤IV中，达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，为。试判断所得中是否混有 (填“是”或“否”)，请通过简单计算说明理由 (已知：)。 常设考向三 陌生方程式的书写 1．（2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 2.（2024·安徽·高考真题）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。 3．（2024·甘肃·高考真题）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： （1）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ， 书写复杂氧化还原反应方程式的步骤 运用“证据→推理→符号”思路书写复杂氧化还原反应方程式的基本过程如下： a．“读”取题目中的有效信息(证据)； b．写出主要反应物和生成物的化学式(推理＋表征)； c．再依据质量守恒、电荷守恒(基本规律)，写出规范的方程式。 （1）找出发生氧化还原反应的物质或离子。 （2）依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)。 （3）根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 （4）根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 1.某废镍催化剂的主要成分是NiAl合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸、碱的有机物。采用如图工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物(NixOy)。 回答下列问题。 （1）在空气中煅烧NiCO3，其热重曲线如图所示，300～400 ℃时NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为　 ；  400～450 ℃生成的固体产物的化学式为　　　　　　。  （2）工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH溶液调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式:　　　　　　 　　　　， a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为　　　　　mol(假设电解时阳极只考虑Cl-放电)。  2.仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)制备仲钼酸铵的工艺流程如图所示。 请回答下列问题。 （1）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时的化学方程式为　 。 （2）“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为　 。 （3）已知有如下转化关系，则八钼酸铵的化学式为　　　　　　　　。 MoMo7(七钼酸根离子)Mox(八钼酸根离子) 3.重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如图所示。 已知:焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，铝的氧化物转化为NaAlO2。 请回答下列问题。 （1）写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式:　 。 （2）水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式:　　　　　　　　　 　　　　　。  （3）酸化时加冰醋酸调节pH约等于5，写出酸化过程中反应的离子方程式:　　　 　　　　　。  4．以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 5．钼具有耐腐耐磨的特性，目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法，从镍钼矿（主要成分是）中回收钼的流程如图所示： 已知：①“焙烧”后钼元素以的形式存在，的化合价不变且以氧化物的形式存在，“焙烧”过程中未见有含气态物的生成。 ②。 ③一般离子浓度达到以下视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）写出“焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。 常设考向四 物质的分离与提纯 1．（2024·全国甲卷·高考真题）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。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。 （2）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 2．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 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）在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 （2）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℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 产品的分离与提纯 1. 矿料分离的原则：不引入新杂质，分离提纯后的物质状态不变，实验过程和操作方法简单易行，经济廉价。 2.物质分离的方法： （1）物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、离子交换、吸附法、浮选法等； ①盐溶液的分离提纯方法：结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) ②过滤——固、液分离 ③蒸馏——液、液分离(有沸点差异) ④分液——互不相溶的液体间的分离(有溶解性差异) ⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。 ⑥升华——将可直接气化的固体分离出来。 ⑦盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出 ⑧洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) （2）化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。 1.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图所示。 操作1主要包括:　　　　　　、　　　　　、　　　 　　。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而要用少量乙醇冲洗，其好处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　。  2.天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示。 已知:常温下，ZrCl4是白色固体，604 K升华，遇水强烈水解ZrCl4+ 9H2OZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题。 （1）分馏过程中，为防止产品变质，一定需要注意的是　　　　　　　。 （2）实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀的操作是  　。  （3）由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。 溶解分离:将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。 ①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用　　　　　　　方法进行分离。  ②离子交换法:利用强碱型酚醛树脂R—N(CH3Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6[RN(CH3)3]2ZrF6+2KCl； 2RN(CH3)3Cl+K2HfF6[RN(CH3)3]2HfF6+2KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是　　　　　　　　　　　。  ③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以使Zr与Hf分离。这种分离方法是　　　　　　　。  3.绿矾(FeSO4·7H2O)在医药和染料生产中有广泛应用。下面是以铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方法。 已知:在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。 （1）操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是　　　　　　　　；通入H2S至饱和的目的:①除去操作Ⅰ所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子，②　　　　　　　　　　　　。  （2）操作Ⅳ的顺序依次为　　　　　、冷却结晶、　　　　　。  （3）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。  4.合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下： （1）滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。 （2）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。 （3）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。 （4）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。 5.综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下： 已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表73-1。 ②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表73-2。 表73-1金属离子浓度及开始沉淀的pH 表73-2金属离子的萃取率 金属离子 浓度(mol·L－1) 开始沉淀pH 金属离子 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 （1）滤液1中可回收利用的物质是 ，滤饼的主要成分是 ； （2）Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。 常设考向五 电离常数、溶度积常数的有关计算 1．（2024·新课标·高考真题）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()时的pH： 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： （1）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 2．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 电离常数、溶度积常数的有关计算 1.水溶液中平衡常数之间的关系 （1）平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。 （2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。 （3）二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw，Ka2·Kh1=Kw。 （4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K，则K=。 2.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+)= mol/L。 （2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，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===。 1．（2024广东三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含、，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，时主要为。 ②常温下，，。 请回答下列问题： （1）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。 2.25 ℃时，在沉镁的过程中，将MgCl2溶液滴入Ca(OH)2悬浊液中，当混合溶液pH=12时，同时存在Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，则此时溶液中c(Ca2+)∶c(Mg2+)=　　　　。判断此时Mg2+　　　　(填“是”或“否”)完全沉淀。{Ksp[Ca(OH)2]=4.8×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=6.0×10-12，当某离子浓度降到1×10-5mol·L-1以下时，认为该离子已经完全沉淀}  3.若在某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。向100 mL 0.400 mol/L Na2MoO4溶液中滴加200 mL Ba(OH)2溶液，恰好使Mo完全沉淀[c(Mo)=1×10-5 mol/L]，则所加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为　　　　mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。  4.分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示: 已知:①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4； ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。 向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是　　　　　。滤液中As元素最主要的存在形式为　　　　　(填字母，常温下，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3、Ka2=1.0×10-7、Ka3=3.2×10-12)。  A.H3AsO4 B.H2As C.HAs D.As 5.某废旧锂离子电池的正极材料成分为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2和Al，如图为从其中回收钴、镍的工艺流程。 常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳pH，将37 g Li2CO3固体加入1 L水中，通入CO2使固体逐步溶解，当Li2CO3固体恰好完全溶解时，2c(C)+c(HC)≈1.0 mol·L-1，则溶液中的c(H+)为　　　　mol·L-1(保留两位有效数字，忽略体积变化)。  已知:Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 / 学科网（北京）股份有限公司 � 钢铁厂烟灰 浸取 NH4HCO3和过量氨水 滤渣① 除杂 滤液① 过量Zn粉 滤渣② 蒸氨沉锌 滤液② 冷凝吸收 氨水 碳化氨水 ？ ZnCO3·Zn(OH)2 碱式碳酸锌 ZnO � 炼锌 矿渣 浸出 稀硫酸 浸出渣 过滤 滤液1 ①H2O2 ②调pH 至5.4 滤饼 ①盐酸 ②固体X 萃取 水层 萃取剂 反萃取 NaOH溶液 电解 合成 CH3Br MOCVD GaN 固体Ｃ 纯固 体Ａ 带油污镀锌废铁片 ⑥ FeSO4 溶液 ②加入少量Ｂ ③加入过量稀硫酸 干燥 晶体 ④加入(NH4)2SO4(s) ⑤调节pH为１~２ 潮湿的 硫酸亚 铁铵晶体 ①碱液洗涤 $$ 大题01 化工流程综合题 广东卷化学试卷中无机化工流程题以工业真实情境为载体，聚焦“原料处理-反应转化-分离提纯-循环利用”主线，系统考查化学核心素养与实际问题解决能力。命题规律体现三大特征：一是知识整合性，融合氧化还原、沉淀溶解平衡、电化学等原理，注重步骤间的逻辑推导；二是情境前沿性，紧扣资源回收（如锂电材料再生）、战略金属提取等科技热点；三是能力进阶性，从单一知识点辨识转向多变量综合分析（如pH调控对多金属离子分步沉淀的影响）。解题核心策略需把握三大维度：步骤目标解析（明确除杂、富集、转化的阶段性任务）、反应条件优化（结合图表分析温度、浓度、pH对产率的影响机制）、绿色化学评价（副产物回收路径与能耗成本权衡）。2025年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维：一是在情境设计上渗透新能源材料合成（如钠离子电池正极制备）与低碳技术（如工业废气催化转化）；二是在考查维度上新增热力学分析与工艺对比评价（原子经济性、循环效率）；三是在能力要求上深化定量推理（多步损失率叠加计算）与微观探析（晶胞参数与离子迁移路径关联）。 常设考向1 原料的预处理 1.（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。 【规范答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 【解题思路】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 2．（2022·广东卷）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / （4）“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 【规范答案】（4） 加热搅拌可加快反应速率  【解题思路】（4）“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率。 3.固体电解质LATP的化学式为Li1.4Al0.4Ti1.6(PO4)3，某研究人员以钛铁矿精粉(主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2)为原料合成LATP的工艺流程如图所示。 请回答下列问题。 （1）“粉碎”的目的是　　　，为了达到这一目的，还可以采用的措施有　　　　　　　　(答一条即可)。  （2）“碱浸”的目的是除去　　　　　(填化学式)。  （3）“碱浸”时加入适当过量的NaOH溶液，“酸浸”时加入适当过量的稀硫酸，且NaOH溶液和稀硫酸均不宜过量太多，其主要原因是    　。  【规范答案】（1）增大接触面积，增大反应速率　适当升温(或搅拌，合理即可) （2）Al2O3、SiO2 （3）适当过量可以使反应更充分，不能过量太多是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，且后续处理浸液1和滤液2成本高 【解题思路】（1）“粉碎”的目的是增大接触面积，增大反应速率；为了达到增大反应速率的目的，还可以适当升温或搅拌。 （2）钛铁矿粉碎过筛后主要成分为FeTiO3，含少量Al2O3、SiO2，加入NaOH溶液“碱浸”的目的是除去杂质Al2O3、SiO2。 （3）NaOH溶液和稀硫酸均具有强烈的腐蚀作用，两者均不宜过量太多的原因是防止过量NaOH、H2SO4腐蚀反应容器，还有生产成本等因素。 常见预处理的操作及作用 1、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）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、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氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、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.从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)中提取镍和铜的一种工艺流程如图所示。 （1）上述流程中，增大反应速率的措施是　　　　 　。  （2）浸出过程中通入O2的目的是　　　　　　　　　　　　　　。  【答案】（1）研磨 （2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于转化为沉淀除去 【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以使固体颗粒减小，增大固体与溶液的接触面积，从而增大浸出阶段反应速率。 （2）O2具有氧化性，可将H2SO4溶解后的Fe2+转化为Fe3+，便于转化为沉淀除去。 2.铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如图 所示: 已知:①铈的常见化合价为+3、+4，Ce4+不易进入溶液，而Ce3+易进入溶液； ②Ce4+能与S结合成[CeSO4]2+，Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取。 （1）焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 　　。  （2）“酸浸Ⅱ”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换盐酸就不会造成环境污染。则稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式为　 。  （3）“操作Ⅰ”的名称是　　　　　　　　。  【答案】（1）将Ce3+转化为Ce4+，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的 富集 （2）6H++2CeO2+H2O24H2O+2Ce3++O2↑ （3）过滤 【解析】（1）根据题意，Ce4+不易进入溶液，而Ce3+易进入溶液，故焙烧氟碳铈矿的目的是将Ce3+转化为Ce4+，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。 （2）CeO2转化为Ce3+，则H2O2转化为O2，离子方程式为6H++2CeO2+H2O24H2O+2Ce3++O2↑。 （3）“操作Ⅰ”为使固态物质与液态物质分离的操作，所以为过滤。 3．湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd及ZnSO4·7H2O 等，其生产流程如图： 如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算) 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.0 7.2 5.4 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 8.2 提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1条即可) 【答案】适当升高浸取液温度(或将铜镉渣磨制成粉末等) 【解析】升高温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。 4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的工业原料，能溶于水，不溶于乙醇，其工业制法如下。请回答： 步骤①中碱液洗涤的目的是__________________________ 【答案】除去油污和锌层 【解析】用碱性的Na2CO3溶液洗去表面的油污及Zn层，得到纯固体Fe。 5．CuCl是有机合成的重要催化剂，并用于颜料、防腐等工业。工业上由废铜料(含Fe、Al及其化合物、SiO2杂质)，生产CuCl的工艺流程如下： 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3 2.7 3.7 Cu(OH)2 5.6 6.7 Al(OH)3 3.8 4.7 已知：CuCl溶于NaCl的浓溶液可生成CuCl2－，CuCl2－的溶液用水稀释后可生成CuCl沉淀 煅烧的主要目的是______________________________________ 【答案】使铜转化为可溶于酸的氧化物 【解析】煅烧废铜料，将铜转化为溶于酸的氧化物。 常设考向二 反应条件的控制 1．（2024·广东卷）镓()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(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，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。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 【规范答案】（5）3.2 4.0×10-7 【解题思路】由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<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+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； 2.（2023·海南·统考高考真题）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。    回答问题： （1）无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为 。 【规范答案】（1）BeO+Cl2+CCO+BeCl2 【解题思路】（1）BeO、与足量C在600~800°C生成BeCl2同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl2+CCO+BeCl2； 3.锗是现代化高科技产业重要的基础材料。以含氧化锌烟尘(杂质主要有PbO、GeO2、SiO2、FeO、Ag2O等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。 已知:①单宁酸是一种只含C、H、O元素的有机化合物 ②pKsp=-lg Ksp，常温下pKsp[Pb(OH)2]=19.8，pKsp[Zn(OH)2]=16.2， pKsp[Fe(OH)2]=16.4，pKsp[Fe(OH)3]=38.6 ③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于1.0×10-5 mol/L时，该离子沉淀完全 （1）如图所示，“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为    　。  （2）“调pH”所用试剂X为　　　 　　(填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1 mol/L，则应调控pH的范围为　 。  【规范答案】（1）生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行 （2）ZnO　2.8～6.4 【解题思路】（1）“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行。 （2）“调pH”所用试剂X为ZnO；若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1 mol/L，则氢氧根离子浓度不大于= mol/L=10-7.6 mol/L，此时pOH=7.6，pH=6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则氢氧根离子浓度至少为= mol/L=10-11.2 mol/L，此时pOH=11.2， pH=2.8；故应调控pH的范围为2.8～6.4。 一、条件控制——调溶液的pH 1.调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 （1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 （2）pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 （3）调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 （4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出） （5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。 如：有MgCl2·6 H2O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl2·6 H2OMg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O 3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 4.调节离子的水解程度。 5.控制PH的目的的答题思路 （1）pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀 （2）pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等 二、条件控制——调节温度 1.升高温度（加热） ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 2.降低温度 ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) （1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小 （2）温度过高： ①催化剂会失去活性，化学反应速率下降 ②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等 ③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质易被氧化：如Na2SO3等 ⑤物质易升华：如I2升华 4.答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 ⑤温度范围答题模板 a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率 1.金属铑(Rh)是一种高效催化剂，在有机合成中发挥重要作用。一种以高铜铑精矿(主要含Rh，还含有少量的Cu、Fe等杂质)为原料提取铑的工艺流程如图所示。 “定向脱铜”时，铜与铑的沉淀率随pH变化如图所示，该过程需将溶液pH调至2，结合图像说明原因:  　。  【答案】pH=2时，铜的沉淀率已超过98%，铑的沉淀率几乎为零(或pH<2时，铜的沉淀率降低，pH>2时，铑的沉淀率增加) 【解析】“定向脱铜”时，需将溶液pH调至2，原因是pH=2时，铜的沉淀率已超过98%，铑的沉淀率几乎为零(或pH<2时，铜的沉淀率降低，pH>2时，铑的沉淀率增加)。 2.从铜阳极泥分铜渣碱浸液中回收碲的工艺流程如图所示。 已知:①碱浸液中碲以Te的形式存在； ②Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0价Te； ③TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性。 （1）“还原”过程中，反应温度、反应时间对碲回收率的影响如图1所示，工业上一般采取的条件为控制温度为75 ℃，反应时间为120 min，其原因是  　。  （2）“还原”过程中，Na2SO3用量对碲回收率的影响如图2，随着Na2SO3用量增加，碲回收率呈先增大后减小趋势，请分析当其用量大于理论用量的1.0倍时，曲线下降的原因:  　。  （3）加酸调pH时发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　，加入硫酸的量不宜过多，其原因是　  　。  【答案】（1）再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本 （2）过量的Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0价Te，致使溶液中Te(Ⅳ)浓度下降 （3）Na2TeO3+H2SO4TeO2↓+Na2SO4+H2O　过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低 【解析】（1）由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为120 min、75 ℃”的原因是该条件下，回收率已经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反而会增加生产成本。 （2）“还原”过程中，发生反应的离子方程式为Te+STe+ S，则Na2SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，过量的Na2SO3可将Te(Ⅳ)还原为0价Te，致使溶液中Te(Ⅳ)浓度下降。 （3）加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式为Na2TeO3+H2SO4TeO2↓+Na2SO4+H2O；已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的相似性，过量的硫酸会和TeO2反应，导致产品产率降低。 3.钒酸铋()是一种亮黄色无毒无害的光催化剂，主要应用于高选择性制备氢气。工业上以辉铋矿粉(主要成分是，并含、Bi、和等杂质)为原料制备钒酸铋()的流程如图所示： 已知部分信息如下： ①氧化性：。 ②滤液1中的阴离子主要是。 ③常温下，几种离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示： 氢氧化物 开始沉淀时的pH 7.6 1.6 4.0 完全沉淀时的pH 9.6 3.1 5.5 当溶液中某离子浓度小于时，视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）从工艺流程分析，氧化调节pH环节，除了可用NaOH溶液，还可用 调节，且需调至溶液的pH为 (填范围)。 【答案】（1） 或氨水、等 【解析】（1）加入NaOH的目的是反应掉溶液中的H+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，除了可用NaOH溶液，还可用或氨水、等，根据表格中几种离子生成氢氧化物沉淀的pH，调节溶液的pH范围为； 4．金属钛（）因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。一种由钛铁矿[主要成分是钛酸亚铁，还含有少量、等杂质]为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品绿砜的工业生产流程如下图所示。 已知：①易水解为。②在时生成沉淀，时沉淀完全。③高温下钛易与等反应． （1）某实验小组为探究混合液中加入铁粉的最佳反应条件，进行了下列有关实验。 ①在其它条件不变的情况下，体系中[指和等含正三价铁元素的微粒]含量随变化如图1，由图可知，还原体系中的最佳范围为 ，试分析，在介于之间时，量基本保持不变的原因： 。 ②保持其它条件不变，体系中含量随温度变化如图2，由图可知，还原体系中的最佳反应温度为 。 a．    b．Ar    c．    d． 【答案】（1） 1～2 介于4～6之间时，铁离子水解完全，主要以形式存在 55 【解析】（1）①铁粉是和三价铁离子反应，而pH较高时会生成氢氧化铁沉淀，不利于还原，故还原体系中的最佳范围为：1～2； 由Fe3+水解呈酸性，pH越大，越促进水解正向进行，则pH介于4～6之间时，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在，Fe(Ⅲ)含量基本保持不变，故答案为：pH介于4～6之间时，铁离子水解完全，Fe(Ⅲ)主要以Fe(OH)3形式存在； ②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃； 5．工业上利用硫铁矿烧渣(主要成分为、FeO、等)为原料制备高档颜料铁红，具体生产流程如图： 试回答下列问题： （1）②步骤IV的反应温度一般需控制在35℃以下，其目的是 。 ③步骤IV中，达到沉淀溶解平衡时，室温下测得溶液的pH为8，为。试判断所得中是否混有 (填“是”或“否”)，请通过简单计算说明理由 (已知：)。 【答案】（1）防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解 否 溶液中，c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2=1.0×10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀生成 【解析】（1）②步骤IV的反应温度一般需控制在35°C以下，温度过高碳酸氢铵会分解，温度升高促进亚铁离子的水解，故答案为：防止NH4HCO3分解，减少Fe2＋的水解； FeCO3达到沉淀溶解平衡时，溶液的pH为8，常温下c(OH-)=10-6mol/L，c(Fe2+)为1.0×10-5mol•L-1时，根据氢氧化亚铁的Qc=c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5mol•L-1×(10-6mol/L)2=10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，所以不会出现氢氧化亚铁沉淀，故答案为：否；溶液中，c(Fe2+)•c2(OH-)=1.0×10-5×(1×10-6)2=1.0×10-17＜Ksp[Fe(OH)2]，故无Fe(OH)2沉淀生成； 常设考向三 陌生方程式的书写 1．（2023·广东卷）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 【规范答案】（2）＞ 【解题思路】（2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 2.（2024·安徽·高考真题）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。 回答下列问题： （1）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。 【规范答案】（1） 【解题思路】（1）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：； 3．（2024·甘肃·高考真题）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示： 已知： （1）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ， 【规范答案】（1） 【解题思路】（1）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙； 书写复杂氧化还原反应方程式的步骤 运用“证据→推理→符号”思路书写复杂氧化还原反应方程式的基本过程如下： a．“读”取题目中的有效信息(证据)； b．写出主要反应物和生成物的化学式(推理＋表征)； c．再依据质量守恒、电荷守恒(基本规律)，写出规范的方程式。 （1）找出发生氧化还原反应的物质或离子。 （2）依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)。 （3）根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 （4）根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 1.某废镍催化剂的主要成分是NiAl合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸、碱的有机物。采用如图工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物(NixOy)。 回答下列问题。 （1）在空气中煅烧NiCO3，其热重曲线如图所示，300～400 ℃时NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为　 ；  400～450 ℃生成的固体产物的化学式为　　　　　　。  （2）工业上可用电解法制取Ni2O3。用NaOH溶液调节NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。写出ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式:　　　　　　 　　　　， a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为　　　　　mol(假设电解时阳极只考虑Cl-放电)。  【答案】（1）4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2　Ni3O4 （2）ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O　1.25a 【解析】（1）300～400 ℃ NiCO3转化为Ni2O3，反应的化学方程式为4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2；设1 mol NiCO3在400～450 ℃下分解为NixOy，1 mol NiCO3的质量为1 mol×119 g·mol-1=119 g，由图可知，NiCO3在400～450 ℃下分解，固体残留率为67.5%，则分解后NixOy的质量为119 g×67.5%≈80.3 g，根据Ni元素守恒可知，生成NixOy的物质的量为 mol， mol×(59x+16y)g·mol-1=80.3 g，得到≈，故400～450 ℃生成的固体产物的化学式为Ni3O4。 （2）ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl-，配平得离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O；根据离子方程式，消耗a mol Ni(OH)2的同时消耗 mol ClO-，Cl2有80%在弱碱性条件下转化成ClO-，即Cl2+ 2OH-ClO-+Cl-+H2O，电解过程中产生氯气的量为 mol，电解过程中2Cl--2e-Cl2，因此外电路转移电子物质的量为 mol=1.25a mol。 2.仲钼酸铵[(NH4)6Mo7O24]是用作测定磷酸盐、镍、锗、二氧化硒、砷酸盐、生物碱和铅等的试剂。用某含钼废料(主要含有MoS2、CoS和Al2O3)制备仲钼酸铵的工艺流程如图所示。 请回答下列问题。 （1）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时的化学方程式为　 。 （2）“调pH为5.5”生成仲钼酸铵的化学方程式为　 。 （3）已知有如下转化关系，则八钼酸铵的化学式为　　　　　　　　。 MoMo7(七钼酸根离子)Mox(八钼酸根离子) 【答案】（1）2MoS2+7O22MoO3+4SO2 （2）7(NH4)2MoO4+4H2SO4(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O （3）(NH4)4Mo8O26 【解析】（1）焙烧时MoS2转化为MoO3，则MoS2焙烧时被空气中的氧气氧化，MoS2中的硫元素转化为SO2，根据电子守恒和元素守恒写出该反应的化学方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2。 （2）向(NH4)2MoO4溶液中加入硫酸“调pH为5.5”生成仲钼酸铵，根据元素守恒，生成物还有硫酸铵和水， 化学方程式为7(NH4)2MoO4+4H2SO4(NH4)6Mo7O24+4(NH4)2SO4+4H2O。 （3）八钼酸根离子中有8个Mo，即x=8，根据转化关系可知，Mo的化合价为+6价，八钼酸根离子带4个单位负电荷，所以O有26个，则八钼酸铵的化学式为(NH4)4Mo8O26。 3.重铬酸钾(K2Cr2O7)在实验室和工业上都有广泛应用。如工业中常将其用于制铬矾、火柴、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]制备重铬酸钾的工艺流程如图所示。 已知:焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，铝的氧化物转化为NaAlO2。 请回答下列问题。 （1）写出焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式:　 。 （2）水浸滤渣的主要成分是Fe(OH)3，写出生成此滤渣的离子方程式:　　　　　　　　　 　　　　　。  （3）酸化时加冰醋酸调节pH约等于5，写出酸化过程中反应的离子方程式:　　　 　　　　　。  【答案】（1）4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2 （2）Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH- （3）2Cr+2CH3COOHCr2+2CH3COO-+H2O 【解析】（1）焙烧过程中发生的主要反应为Fe(CrO2)2与碳酸钠、氧气反应生成铬酸钠、NaFeO2和二氧化碳，反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+10Na2CO3+7O28Na2CrO4+4NaFeO2+10CO2。 （2）水浸发生的反应为NaFeO2与水反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化钠，反应的离子方程式为Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-。 （3）酸化时加冰醋酸调节pH约等于5的目的是将溶液中的铬酸钠转化为重铬酸钠，反应的离子方程式为2Cr+2CH3COOHCr2+2CH3COO-+H2O。 4．以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。 A．         B．        C．        D． “置换”反应的离子方程式为 。 【答案】（1）C 【解析】（1）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 5．钼具有耐腐耐磨的特性，目前广泛应用于化工、医疗和国防领域。一种使用先进的碱性氧化焙烧法，从镍钼矿（主要成分是）中回收钼的流程如图所示： 已知：①“焙烧”后钼元素以的形式存在，的化合价不变且以氧化物的形式存在，“焙烧”过程中未见有含气态物的生成。 ②。 ③一般离子浓度达到以下视为沉淀完全。 回答下列问题： （1）写出“焙烧”过程中发生反应的化学方程式： 。 【答案】（1） 【解析】（1）由题中信息可知，含的产物为，S没有生成气体物质，故被氧化为最高价的盐，流程中生成，可写出反应物与生成物，再由氧化还原配平的规则进行还原剂和氧化剂的配平，再根据元素质量守恒配平其他原子，写上焙烧条件可得； 常设考向四 物质的分离与提纯 1．（2024·全国甲卷·高考真题）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。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①。 ②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。 回答下列问题： （1）“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。 （2）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。 【规范答案】（1） （2）向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 【解题思路】（1）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。 （2）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。 2．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 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）在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 （2）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℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 【答案】（1）使银元素转化为AgCl沉淀 （2） 高于40℃后，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】（1）在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是使银元素转化为AgCl沉淀； （2）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，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。 产品的分离与提纯 1. 矿料分离的原则：不引入新杂质，分离提纯后的物质状态不变，实验过程和操作方法简单易行，经济廉价。 2.物质分离的方法： （1）物理方法：溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液、升华、液化、盐析、渗析、离子交换、吸附法、浮选法等； ①盐溶液的分离提纯方法：结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) ②过滤——固、液分离 ③蒸馏——液、液分离(有沸点差异) ④分液——互不相溶的液体间的分离(有溶解性差异) ⑤萃取——用一种溶剂将溶质从另一种溶剂中提取出来。 ⑥升华——将可直接气化的固体分离出来。 ⑦盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出 ⑧洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) （2）化学方法：热分解法、酸碱处理法、沉淀法、氧化还原法、电解法。 1.某矿渣的成分为Cu2O、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2，工业上用该矿渣获取铜和胆矾的操作流程如图所示。 操作1主要包括:　　　　　　、　　　　　、　　　 　　。洗涤CuSO4·5H2O粗产品不能用大量水洗，而要用少量乙醇冲洗，其好处是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　。  【答案】蒸发浓缩　冷却结晶　过滤　乙醇在洗去晶体表面的杂质离子时，可以减少晶体的损失同时易干燥 【解析】由于硫酸铜晶体加热容易失去结晶水，所以由硫酸铜溶液制取硫酸铜晶体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；由于CuSO4易溶于水而不易溶于有机溶剂乙醇，用少量乙醇冲洗既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的溶解损失，且由于乙醇易挥发，可以使晶体快速干燥。 2.天空课堂第二课中航天员展示了金属锆(40Zr)在无容器实验柜中从液体变成固体时的“再辉”现象。以锆英石(主要成分是ZrSiO4，还含有少量Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)为原料生产锆的流程如图所示。 已知:常温下，ZrCl4是白色固体，604 K升华，遇水强烈水解ZrCl4+ 9H2OZrOCl2·8H2O+2HCl，在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀。请回答下列问题。 （1）分馏过程中，为防止产品变质，一定需要注意的是　　　　　　　。 （2）实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀的操作是  　。  （3）由于锆铪(Hf)矿石共生，这样制得的锆中常含有少量的铪，需要进一步分离提纯。 溶解分离:将样品溶于氢氟酸后再加入一定量KOH溶液，锆和铪均以[MF6]2-存在。 ①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用　　　　　　　方法进行分离。  ②离子交换法:利用强碱型酚醛树脂R—N(CH3Cl-阴离子交换剂进行交换分离，原理是2RN(CH3)3Cl+K2ZrF6[RN(CH3)3]2ZrF6+2KCl； 2RN(CH3)3Cl+K2HfF6[RN(CH3)3]2HfF6+2KCl。然后再用HF和HCl混合溶液为淋洗剂，先后将这两种阴离子淋洗下来，达到分离的目的。这种方法能够将锆、铪分离的原因是　　　　　　　　　　　。  ③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以使Zr与Hf分离。这种分离方法是　　　　　　　。  【答案】（1）保持干燥 （2）向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2～3次 （3）①重结晶　②锆、铪配离子与阴离子交换树脂的结合能力不同　③萃取 【解析】（1）由题意知，ZrCl4遇水强烈水解，分馏过程中，为防止产品变质，一定需要注意的是保持干燥。 （2）ZrCl4在浓盐酸中会析出ZrOCl2·8H2O沉淀，实验室中洗涤ZrOCl2·8H2O沉淀的操作是向漏斗中加浓盐酸至没过沉淀，让溶液自然流下，重复2～3次。 （3）①已知在水中K2HfF6比K2ZrF6的溶解度大，且K2ZrF6的溶解度随温度的升高而增大，可以利用重结晶方法进行分离。 ②题述方法能够将锆、铪分离的原因是锆、铪配离子与阴离子交换树脂的结合能力不同。 ③将所得溶液与有机相磷酸三丁酯(TBP)充分混合、振荡，可以使Zr与Hf分离，这种分离方法是萃取。 3.绿矾(FeSO4·7H2O)在医药和染料生产中有广泛应用。下面是以铁屑(含少量锡等杂质)生产绿矾的一种方法。 已知:在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。 （1）操作Ⅱ在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是　　　　　　　　；通入H2S至饱和的目的:①除去操作Ⅰ所得溶液中含有的Sn2+等杂质离子，②　　　　　　　　　　　　。  （2）操作Ⅳ的顺序依次为　　　　　、冷却结晶、　　　　　。  （3）操作Ⅳ得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是①除去晶体表面附着的硫酸等杂质；②　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。  【答案】（1）使Sn2+完全变成SnS沉淀，而Fe2+不沉淀　防止Fe2+的氧化 （2）蒸发浓缩　过滤洗涤 （3）降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗 【解析】（1）由题干已知条件知，pH影响Sn2+和Fe2+的沉淀程度，在溶液pH=2时可使Sn2+完全沉淀，而亚铁离子不沉淀；通入H2S至饱和的目的之一是硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化。 （2）从溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，冷却结晶析出后过滤洗涤等，所以操作Ⅳ的顺序依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤。 （3）冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失。 4.合理利用工厂烟灰，变废为宝，对保护环境具有重要意义。以某钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO，并含少量的CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下： （1）滤渣②的主要成分有______(填化学式)，回收后可用作冶金原料。 （2）“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，相应的化学方程式为______，蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水可返回______工序循环使用。 （3）从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为______。 （4）将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到______溶液和______固体(均填化学式)。 【答案】（1）主要成分是Cu、Zn； （2）反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；浸取工序中循环使用； （3）煅烧； （4）溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。 【解析】（1）滤渣②是在除杂工序中产生的，由（3）分析可知，滤渣②是过量Zn与[Cu(NH3)4]2+发生置换反应产生的，因此其主要成分是Cu、Zn； （2） 在“蒸氨沉锌”工序中，“蒸氨”是将氨及其盐从固液混合物中蒸出，Zn元素以盐的形式存在于溶液中，该反应的离子方程式为：Zn(NH3)4(HCO3)24NH3↑+Zn(HCO3)2；蒸出物冷凝吸收后得到的碳化氨水，由工艺流程图可知，碳化氨水可返回到浸取工序中循环使用； （3） （3）碱式碳酸锌( ZnCO3·Zn(OH)2)为固体，要想得到ZnO需要经过高温煅烧。故从碱式碳酸锌得到氧化锌的工序名称为煅烧； （4） （4）滤渣①的主要成分是MnO2、Fe2O3，向滤渣①中加入H2SO4溶液，Fe2O3与硫酸反应产生Fe2(SO4)3和H2O，而MnO2不发生反应，故将滤渣①用H2SO4溶液处理后得到溶液为Fe2(SO4)3溶液，固体为MnO2。 5.综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下： 已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表73-1。 ②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表73-2。 表73-1金属离子浓度及开始沉淀的pH 表73-2金属离子的萃取率 金属离子 浓度(mol·L－1) 开始沉淀pH 金属离子 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 （1）滤液1中可回收利用的物质是 ，滤饼的主要成分是 ； （2）Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为 (填化学式)。 【答案】（1）硫酸锌；滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3； （2）存在形式为NaGaO2。 【解析】（1）根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。 （2）Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。 常设考向五 电离常数、溶度积常数的有关计算 1．（2024·新课标·高考真题）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()时的pH： 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： （1）“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。 【规范答案】（1） 、 【解题思路】（1）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。 2．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：    已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）)常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 【规范答案】（1）＞ 【解题思路】（1）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 电离常数、溶度积常数的有关计算 1.水溶液中平衡常数之间的关系 （1）平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。 （2）Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh=；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh=。 （3）二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2的关系式为Ka1·Kh2=Kw，Ka2·Kh1=Kw。 （4）反应CdS(s)+2H+(aq)Cd2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数为K，则K=。 2.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+)= mol/L。 （2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，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===。 1．（2024广东三模）锗是一种战略性金属，广泛应用于光学及电子工业领域。一种用锌浸渣(主要含、，另含少量ZnS、以及)提取Ge和的工艺流程如下： 已知：①锗在硫酸中的存在形式：pH≤2.0时主要为，时主要为。 ②常温下，，。 请回答下列问题： （1）“中和沉淀”工序中，所加化合物A为 (填一种物质的化学式)；调节溶液，Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。 【答案】（1）ZnO或等 【解析】（1）由分析可知，“中和沉淀”工序中，加入氧化锌或氢氧化锌调节溶液pH的目的是将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀；由溶度积可知，滤液中锗离子与铁离子的浓度比为=101.6，故答案为：ZnO或等；101.6； 2.25 ℃时，在沉镁的过程中，将MgCl2溶液滴入Ca(OH)2悬浊液中，当混合溶液pH=12时，同时存在Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，则此时溶液中c(Ca2+)∶c(Mg2+)=　　　　。判断此时Mg2+　　　　(填“是”或“否”)完全沉淀。{Ksp[Ca(OH)2]=4.8×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=6.0×10-12，当某离子浓度降到1×10-5mol·L-1以下时，认为该离子已经完全沉淀}  【答案】8×105　是 【解析】25 ℃，当混合溶液pH=12时，同时存在Ca(OH)2、Mg(OH)2两种沉淀，则此时溶液中====8×105。此时c(Mg2+)==mol·L-1=6.0×10-8 mol·L-1<10-5 mol·L-1，则Mg2+完全沉淀。 3.若在某温度下，BaMoO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。向100 mL 0.400 mol/L Na2MoO4溶液中滴加200 mL Ba(OH)2溶液，恰好使Mo完全沉淀[c(Mo)=1×10-5 mol/L]，则所加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为　　　　mol/L(混合后，溶液的体积变化忽略不计，计算结果保留到小数点后3位)。  【答案】0.206 【解析】由题意可知，Mo完全沉淀时消耗n(Ba2+)=100×10-3 L×0.400 mol/L=0.04 mol；由题图可知Ksp(BaMoO4)=c(Ba2+)·c()=4×10-8，混合液中c(Ba2+)=mol/L=4×10-3mol/L，即混合液中n(Ba2+)=4×10-3mol/L×(100+200)×10-3L=1.2×10-3mol；故加入的Ba(OH)2溶液的浓度约为mol/L=0.206 mol/L。 4.分铜液净化渣主要含铜、碲(Te)、锑(Sb)、砷(As)等元素的化合物，一种回收工艺流程如图所示: 已知:①“碱浸”时，铜、锑转化为难溶氢氧化物或氧化物，碱浸液含有Na2TeO3、Na3AsO4； ②“酸浸”时，锑元素反应生成难溶的Sb2O(SO4)4浸渣。 向碱浸液加入盐酸调节pH=4，有TeO2析出，分离出TeO2的操作是　　　　　。滤液中As元素最主要的存在形式为　　　　　(填字母，常温下，H3AsO4的各级电离常数为Ka1=6.3×10-3、Ka2=1.0×10-7、Ka3=3.2×10-12)。  A.H3AsO4 B.H2As C.HAs D.As 【答案】过滤　B 【解析】分离固体与液体的操作是过滤；pH=4时，溶液呈酸性，Ka1===6.3×10-3，==63，故滤液中As元素最主要的存在形式为H2As，故选B。 5.某废旧锂离子电池的正极材料成分为LiNi0.5Co0.2Mn0.3O2和Al，如图为从其中回收钴、镍的工艺流程。 常温下，为寻找“碳化水浸”的最佳pH，将37 g Li2CO3固体加入1 L水中，通入CO2使固体逐步溶解，当Li2CO3固体恰好完全溶解时，2c(C)+c(HC)≈1.0 mol·L-1，则溶液中的c(H+)为　　　　mol·L-1(保留两位有效数字，忽略体积变化)。  已知:Ksp(Li2CO3)=2.5×10-2，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 【答案】2.1×10-9 【解析】根据n=，求得37 g Li2CO3的物质的量为0.5 mol，当Li2CO3固体恰好完全溶解时，生成LiHCO3的物质的量为1 mol，则c(Li+)≈1 mol·L-1，Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)·c(C)=1×c(C)=2.5×10-2，解得c(C)≈2.5×10-2 mol·L-1，因为2c(C)+c(HC)≈1.0 mol·L-1，解得c(HC)≈0.95 mol·L-1，根据Ka2(H2CO3)==5.6×10-11≈，解得c(H+)≈2.1×10-9mol·L-1。 / 学科网（北京）股份有限公司 � 钢铁厂烟灰 浸取 NH4HCO3和过量氨水 滤渣① 除杂 滤液① 过量Zn粉 滤渣② 蒸氨沉锌 滤液② 冷凝吸收 氨水 碳化氨水 ？ ZnCO3·Zn(OH)2 碱式碳酸锌 ZnO � 炼锌 矿渣 浸出 稀硫酸 浸出渣 过滤 滤液1 ①H2O2 ②调pH 至5.4 滤饼 ①盐酸 ②固体X 萃取 水层 萃取剂 反萃取 NaOH溶液 电解 合成 CH3Br MOCVD GaN 固体Ｃ 纯固 体Ａ 带油污镀锌废铁片 ⑥ FeSO4 溶液 ②加入少量Ｂ ③加入过量稀硫酸 干燥 晶体 ④加入(NH4)2SO4(s) ⑤调节pH为１~２ 潮湿的 硫酸亚 铁铵晶体 ①碱液洗涤 $$