专题13 工艺流程综合题（北京专用）-【好题汇编】2025年高考化学一模试题分类汇编

专题13 工艺流程综合题 1．（北京市东城区2025届高三一模考试化学试题）从金矿(主要含、)中提取金的一种流程如下。 （1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、 。 （2）研究浸取过程及其影响因素。 a．一种浸金原理示意图如下。 b．配制浸取液：向含、的混合溶液中滴加溶液，至溶液，再加入至其浓度为。 ①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是 。 ②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成，最后金以存在的原因： 。 ③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“消耗率”的影响如下。 随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 。 （3）某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：a．将粗金粉浸泡在稀硝酸中。b．将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。 ①写出a中反应的离子方程式： 。 ②你认为哪种方法较好，写出理由： 。 2．（北京市延庆区2025届高三下学期一模化学试题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： （1）转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 （2）在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 （3）碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 3．（北京市朝阳区2025届高三一模考试化学试题）是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 （1）碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是 。 ②溶解的化学方程式是 。 （2）酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是 。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是 。 （3）还原 用离子方程式表示的作用： 。 （4）用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是 。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因 。 4．（北京市房山区2025届高三下学期一模化学试卷）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 （1）上述流程中，加快反应速率的措施是 。 （2）用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。 （3）萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。 ②解释反萃取时H2SO4的作用： 。 （4）生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。 （5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至 (填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 （6）该流程中可循环利用的物质有 。 5．（北京市丰台区2025届高三一模考试化学试题）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。 已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。 ii．萃取率；分离系数。 iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。 （1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有 。 （2）萃取过程： 第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成； 第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。 ①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理 。 ②写出第二步反应的离子方程式 。 （3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是 。 （4）写出反萃取的化学方程式 。 （5）测定废酸液中含量的操作如下： 取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为 （已知：全部被还原为）。 6．（北京市海淀区2025届高三一模考试化学试题）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是 。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 （3）已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 （4）图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为 。 7．（北京市门头沟区2025届高三下学期一模化学试题）用废催化剂(主要成份为、、、、、)回收金属元素，制备光学材料、陶瓷材料、媒染剂偏钒酸铵。 资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8 完全沉淀 3.2 4.7 8.3 回答下列问题： （1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (写一点即可)。 （2）滤渣2主要为 。 （3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 。 （4）检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 （5）以为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的。常温下，选择初始浓度为的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始的变化如图所示。初始在内去除率随初始增大缓慢上升，而初始在内去除率随初始增大快速上升的原因是 。 （6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号号，可能的原因是 。 （7）偏钒酸铵(N)在空气中灼烧得到。称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 。(已知：的相对分子质量为182，) 8．（北京市平谷区2025届高三下学期一模化学试题）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： 不同温度下碳酸锂的溶解度如下表： 温度（℃） 20 40 60 80 100 溶解度（g） 1.33 1.17 1.08 0.85 0.72 （1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 （2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 。 （3）滤液A中的、、均为价，则的主要作用是 。 （4）写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 （5）滤液C中 。 （6）滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有： 、 、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子主要有 （写离子符号）。 9．（北京市石景山区2025届高三下学期一模考试化学试题）以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 （1）中Co元素的化合价为 。 （2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。 （3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式 。 ②混合液调的原因 。 ③混合液时， 填“>”或“<”）。 （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式 。 （5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是 。 （6）分析联合提取钴和锂的优势 。 10．（北京市顺义区2025届高三一模化学试题）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 11．（北京市西城区2025届高三化学一模试题）钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是 。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因： 。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是 。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是 。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是 。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是 。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题13 工艺流程综合题 1．（北京市东城区2025届高三一模考试化学试题）从金矿(主要含、)中提取金的一种流程如下。 （1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、 。 （2）研究浸取过程及其影响因素。 a．一种浸金原理示意图如下。 b．配制浸取液：向含、的混合溶液中滴加溶液，至溶液，再加入至其浓度为。 ①浸取液配制过程中主要反应的离子方程式是 。 ②用化学反应原理解释浸取过程中优先生成，最后金以存在的原因： 。 ③相同条件下，相同时间内溶解氧对“金浸出率”和“消耗率”的影响如下。 随溶解氧含量上升，金浸出率先增大后减小的原因是 。 （3）某学习小组设计了两种除去粗金粉中杂质的方法：a．将粗金粉浸泡在稀硝酸中。b．将粗金粉在空气中灼烧后，浸泡在稀硫酸中。 ①写出a中反应的离子方程式： 。 ②你认为哪种方法较好，写出理由： 。 【答案】（1）搅拌、过滤 （2）， 与结合快，优先生成，而更稳定 随溶解氧含量增大(低于)，有利于增大转化为的速率；随溶解氧含量继续增大()，的氧化速率加大，使降低 （3） 方法a较好，所得金粉纯度更高等(或方法b较好，产物无污染等) 【分析】从金矿得到粗金粉的大致流程为：先研磨，再在50度温度下用试剂进行浸取，得到浸金液，加入铜粉置换，得到粗金粉； 【解析】（1）浸取过程中涉及的主要操作有加热、搅拌、过滤； （2）①浸取液配制过程中，先与生成一水合氨，一水合氨再与硫酸铜反应生成硫酸四氨合铜，涉及的离子方程式为，； ②浸取时，由于与结合快，所以会优先生成，而由于更稳定，故会逐渐转化为； ③当溶解氧低于时，随溶解氧含量增大，有利于增大转化为的速率，故金浸出率增大，溶解氧含量大于后，再增大溶解氧含量，的氧化速率加大，使降低，使金浸出率减小； （3）①粗金粉中含有铜，用稀硝酸与铜反应，可以除掉铜，离子方程式为； ②b方法是先将铜变为氧化铜，氧化铜再与硫酸反应，a、b两种方法各有优点，a方法的优点是操作简单，所得金粉纯度更高；b方法的优点是产物无污染。 2．（北京市延庆区2025届高三下学期一模化学试题）金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题： （1）转化为有碳氯化法和直接氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下： Ⅰ碳氯化：  ，。 Ⅱ直接氯化：  ，。 ①对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动(填“向正反应方向”向“逆反应方向”或“不”)；温度升高，平衡转化率 (填“提高”“不变”或“降低”)。 ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。 ③反应的为 ，平衡常数 。 （2）在时，将、、C以物质的量比进行反应。体系中气体(、、、)平衡组成比例(物质的量分数)随温度变化的理论计算结果如图所示。 ①图中的四条线中，A代表的物质是 (填“”或“”)。 ②图中显示，在200℃平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。 （3）碳氯化是一个“固-固-气”反应，实际生产中有利于三种反应物接触的措施是 。 【答案】（1）向逆反应方向 降低 碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程 -223 1.2×1014 （2） 提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品 （3）将、C粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积 【解析】（1）①碳氯化是气体体积增大的放热反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，温度升高，平衡逆向移动，平衡转化率降低； ②平衡常数远远大于，说明碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是：碳氯化反应气体分子数增加，小于0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程； ③根据盖斯定律，将“反应Ⅰ-反应Ⅱ”得到反应 =--223，平衡常数=1.2×1014。 （2）①当温度较高时会发生反应：，会导致CO的物质的量分数增大，B为CO2，A代表的物质是； ②实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于200℃，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的产品。 （3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大，有利于三种反应物接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 3．（北京市朝阳区2025届高三一模考试化学试题）是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 （1）碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是 。 ②溶解的化学方程式是 。 （2）酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是 。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是 。 （3）还原 用离子方程式表示的作用： 。 （4）用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是 。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因 。 【答案】（1）增大烧渣的接触面积，提高反应速率 （2）浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行 （3） （4） 产生的速率与产生的速率基本相同，基本不变 【分析】黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。 【解析】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率； ②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：； （2）①由图可知，浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快； ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行； （3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：； （4）①将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2； ②时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生的速率与氧化反应产生的速率基本相同，基本不变。 4．（北京市房山区2025届高三下学期一模化学试卷）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下： 资料：一些物质的Ksp(25 ℃)如下。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Ni(OH)2 Ksp 4.9×10−17 2.8×10−39 5.6×10−12 2.1×10−15 （1）上述流程中，加快反应速率的措施是 。 （2）用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的 。 （3）萃取时发生反应：Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。 ①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有 。 ②解释反萃取时H2SO4的作用： 。 （4）生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是 。 （5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至 (填序号)。 a．6~7               b．9~10              c．11~12 （6）该流程中可循环利用的物质有 。 【答案】（1）研磨 （2）4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O （3）O、N 加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层 （4）Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+ （5）b （6）H2SO4、萃取剂(HR)、O2 【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。 【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨； （2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+= 4Fe3+ +2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O； （3） ① 分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子； ②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2+ + 2HRCuR2 + 2H+逆向进行，Cu2+进入水层； （4）根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na+ + 3Fe3+ + 2+3MgO + 3H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 3Mg2+或Na+ + 3Fe3+ + 2 + 6H2O = NaFe3(OH)6(SO4)2↓+ 6H+； （5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b； （6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。 5．（北京市丰台区2025届高三一模考试化学试题）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。 已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。 ii．萃取率；分离系数。 iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。 （1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有 。 （2）萃取过程： 第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成； 第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。 ①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理 。 ②写出第二步反应的离子方程式 。 （3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是 。 （4）写出反萃取的化学方程式 。 （5）测定废酸液中含量的操作如下： 取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为 （已知：全部被还原为）。 【答案】（1） （2）中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位 （3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减 （4） （5） 【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。 【解析】（1）废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。 （2）①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。 ②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。 （3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。 （4）反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为： 。 （5）设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。 6．（北京市海淀区2025届高三一模考试化学试题）利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是 。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是 (填序号)。 A．800℃时发生了反应： B．热稳定性： C．焙烧时，的作用是避免被氧化 （3）已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。 （4）图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时间时使用氨水和碳酸铵的原因： 。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因： 。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为 。 【答案】（1）过滤 （2）AC （3）替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解 （4）加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗 （5）温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀 （6）或、 【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。 【解析】（1）脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤； （2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确； B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误； C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确； 故答案为：AC； （3）相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解； （4）从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗； （5）氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀； （6）焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。 7．（北京市门头沟区2025届高三下学期一模化学试题）用废催化剂(主要成份为、、、、、)回收金属元素，制备光学材料、陶瓷材料、媒染剂偏钒酸铵。 资料：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀pH 1.9 3.7 6.8 完全沉淀 3.2 4.7 8.3 回答下列问题： （1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是 (写一点即可)。 （2）滤渣2主要为 。 （3）双氧水“氧化”时，反应的离子方程式是 。 （4）检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。 （5）以为原料制备纳米铁，用纳米铁可以去除废水中的。常温下，选择初始浓度为的废水，控制纳米铁用量相同，测得去除率随初始的变化如图所示。初始在内去除率随初始增大缓慢上升，而初始在内去除率随初始增大快速上升的原因是 。 （6）含钒溶液的进一步处理，会用到萃取剂，结构如图所示，与钒离子配位的能力：1号号，可能的原因是 。 （7）偏钒酸铵(N)在空气中灼烧得到。称取灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为，则产物中的质量分数为 。(已知：的相对分子质量为182，) 【答案】（1）粉碎，增大盐酸浓度等 （2）、 （3） （4）取最后一次水洗液于试管中，加入盐酸酸化，再加入溶液，无沉淀产生，说明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净 （5）初始在范围内，上升，减小，与反应的铁减少，更多的铁与反应，去除率缓升；初始在范围内，除了铁与反应外，上升，增大，沉淀生成去除率迅速上升。 （6）1号所连丁基体积较大，空间位阻大，不易配位 （7）91% 【分析】废催化剂经“盐酸酸浸”后，、因不与盐酸反应进入滤渣1，其余转变成相应离子进入滤液中；滤液中加入氨水调pH至5，得到含Fe(OH)3、Al(OH)3的滤渣2；所得滤液中加入双氧水，将Fe2+氧化成FeOOH，所得钒钨溶液进一步分离得到WO3和钒溶液；钒溶液经一系列处理最终得到V2O5；滤渣1中的与硫酸反应生成可溶的TiOSO4，经一系列处理最终转化为。 【解析】（1）增大反应物的接触面积或增大反应物浓度都可以提高速率； （2）由上述分析可知滤渣2为Fe(OH)3、Al(OH)3； （3）加入双氧水将Fe2+氧化成FeOOH，故离子方程式为； （4）检验是否洗涤干净，可以检验是否有硫酸根残留，故检验方法为：取最后一次洗涤液于洁净的试管中，先加入盐酸酸化，再加入适量的BaCl2溶液，如无白色沉淀产生，则说明洗涤干净，反之则没有洗涤干净； （5）pH在3~6内，纳米铁还会被溶液中的H+消耗，导致Cu2+的去除受到影响，随着pH的增大，更多的纳米铁与Cu2+反应，综上，Cu2+的去除率呈现缓慢上升的趋势；pH在6~7内，Cu2+除了与纳米铁反应，还会与OH-反应生成沉淀，导致Cu2+去除率显著上升； （6）萃取剂结构中P原子连有3个-O-(CH2)3CH3基团，造成较大位阻效应，使得1号O原子与钒离子配位能力弱于2号O原子； （7）根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，存在如下计量关系：，，故样品中n(V2O5)= ，ω=。 8．（北京市平谷区2025届高三下学期一模化学试题）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下： 已知：过硫酸根离子的结构为： 不同温度下碳酸锂的溶解度如下表： 温度（℃） 20 40 60 80 100 溶解度（g） 1.33 1.17 1.08 0.85 0.72 （1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为 。 （2）在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有 （写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为 。 （3）滤液A中的、、均为价，则的主要作用是 。 （4）写出过程③中发生反应的离子方程式 ；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是 。 （5）滤液C中 。 （6）滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有： 、 、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子主要有 （写离子符号）。 【答案】（1）化学能转化为电能 （2）升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌 （3）还原剂 （4） 防止在过程③被氧化生成产生污染 （5） （6）蒸发结晶 趁热过滤 【分析】该工艺流程的原料为废旧锂离子电池(含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉)，回收金属元素分别得到含铝滤液、、、。废旧电池初步处理，经碱浸，铝片与碱溶液反应生成过滤得含铝滤液，钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂以及石墨粉为滤渣成分，经硫酸/及氨水调，过滤分离得石墨，根据滤液A中的、、均为价，可知、、在酸性环境与发生氧化还原反应，其中为还原剂，过程③使滤液A中价的被氧化生成分离出去，滤液B中含有、、，加入生成沉淀分离出来后，滤液C中含有，加入浓得到。 【解析】（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能； 故答案为：化学能转化为电能； （2）为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有升高温度、适当增大碱液浓度或搅拌；步骤①发生铝片与碱溶液反应生成的反应，离子方程式为； 故答案为：升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌；； （3）中化合价为+3价、中化合价为+6价、中化合价为+3价，经硫酸/及氨水调，得到的滤液A中的、、均为价，均被还原，由此可知，为还原剂； 故答案为：还原剂； （4）过程③为滤液A中价的被氧化生成分离出去，故该离子反应为；步骤②中若用盐酸酸化溶液，则滤液A中含有，在过程③加入时，被氧化生成产生污染； 故答案为：；防止在过程③被氧化生成产生污染； （5）根据，即，则； 故答案为：； （6）滤液C中含有，与加入的浓反应得到，根据的不同温度下的溶解度可知，温度较高时，其溶解度小，故滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；剩余液体主要成分为，故阴离子为； 故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；。 9．（北京市石景山区2025届高三下学期一模考试化学试题）以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 （1）中Co元素的化合价为 。 （2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是 。 （3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式 。 ②混合液调的原因 。 ③混合液时， 填“>”或“<”）。 （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式 。 （5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是 。 （6）分析联合提取钴和锂的优势 。 【答案】（1）+3 （2） （3） 时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 < （4） （5）1：22 （6）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。 【解析】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价； （2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：； （3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O； ②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离； ③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L； （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：； （5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22； （6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。 10．（北京市顺义区2025届高三一模化学试题）常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程 。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是 。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为 （填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是 。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为 。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】（1）增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 提供空轨道，中O原子提供孤电子对 pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 （2）温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 （3） 【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 【解析】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为提供空轨道，中O原子提供孤电子对，故答案为：提供空轨道，中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使水解生成，影响产品纯度；pH过高体系中增大，与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：； ③由图可知，添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，添加量选2.5%，故答案为：添加量低于2.5%，产量低，不经济；高2.5%，部分生成沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6——，滴定消耗VmL0.01mol/L溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 11．（北京市西城区2025届高三化学一模试题）钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是 。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因： 。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是 。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是 。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是 。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是 。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 【答案】（1） （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动 （3） （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液 （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入 （6） 偏高 【分析】该工艺流程以钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料，提取铁、钛和钒，原料联合氧化浸出得溶液A，溶液A中含有、、及，与铁屑反应得到溶液B，溶液B含有、、及，加入使结晶析出，溶液C中含有、及和少量，水解析出，溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化，再加入萃取剂萃取，分液后反萃取，最终得到。 【解析】（1）具有还原性，被氧化生成，离子方程式为； （2）加入使结晶得到晶体析出，即晶体与离子存在溶解平衡：，加入，增大和，使平衡逆向移动； （3）溶液中的钛元素以形式存在，发生水解析出，反应的离子方程式是； （4）由有机溶液重新得到含的水溶液，使平衡逆向移动，则应增大，故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液； （5）溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化为、，加入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入中； （6）①溶液A含有、，加入铝片，分别转化为、，即溶液a中含有、，由还原性，加入标准溶液滴定时，先发生反应，，则，溶液b中含有，再加入标准溶液滴定时，发生，则，故溶液A中与的物质的量之比为； ②是将氧化为反应的催化剂，若不加入，该反应速率较慢，则滴定溶液a时，未完全被氧化，导致滴定溶液b时，消耗的标准溶液增多，使得测定结果中铁元素的含量偏高。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$