专题12 化工流程综合题（北京专用）-【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟化学真题分类汇编

专题12 化工流程综合题 题型 五年考情（2021-2025） 命题趋势 化工流程综合题 （5年5考） 2025·北京卷 2024·北京卷 2023·北京卷 2022·北京卷 2021·北京卷 工艺流程题是北京高考的热考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品):题千主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来:题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像:设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考査侧重于获取信息的能力、分析问题的能力。语言表达能力和计算能力:涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。 1．（2025·北京卷）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 2．（2024·北京卷）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）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 3．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 4．（2022·北京卷）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、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纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 （4）滤渣C中含有的物质是 。 （5）该流程中可循环利用的物质是 。 5．（2021·北京卷）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0．1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 1．（2025·北京市朝阳区二模）采用不同的腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，制作印刷电路板。多次重复后再利用腐蚀废液制备硫酸铜，过程如下图所示。 （1）腐蚀液a的成分主要为与盐酸 ①稀盐酸不能直接腐蚀铜，二者不能发生反应的原因是 。 ②“蚀刻”过程中，首先生成沉淀，反应的离子方程式是 。继而形成，脱离覆铜板的表面，蚀刻连续进行。 ③为保持比较稳定的蚀刻速率，需适时通入，然后补加。、的作用分别是 。 （2）腐蚀液b的主要成分为。再生腐蚀液b的离子方程式是 。 （3）沉铜 将多次循环使用的腐蚀液a和腐蚀液b按一定比例混合，调节混合液的，待反应完全后，过滤。滤液中的浓度与的关系，如下图所示： 已知：表示可溶的+2价铜的物种。 ①“沉铜”最适宜的范围是 。 a．    b．    c． ②从11降至2，滤液中的浓度先减小再增大，结合化学平衡移动原理解释原因： 。 2．（2025·北京市朝阳区一模）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 。 3．（2025·北京市东城区一模）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： 。 4．（2025·北京市东城区一模）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：时，，。 （1）有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是 价。 （2）氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在 (填“铂”或“铁”)附近生成。 （3）有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程： 。 （4）结合电极反应解释絮凝池除磷原理： 。 （5）相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是 。 5．（2025·北京市海淀区二模）从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。 已知： ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。 ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。 （1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ. 。 （2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。 ①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是 。 ②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有 （写出两条）。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。 ①加入溶液的目的是 。 ②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因： 。 ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是 。 （4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有 （写出两条）。 6．（2025·北京市海淀区二模）高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。 （1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是 。 （2）方法一：化学氧化法制备固体。 已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。 ①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为 。 ②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是 。 ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是 。 （3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。 ①阳极生成的电极反应式为 。 ②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是 。 ③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为 。 7．（2025·北京市海淀区一模）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解释浸锰时同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 。 8．（2025·北京市门头沟区一模）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，) 9．（2025·北京市平谷区一模）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）。 10．（2025·北京市石景山区一模）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 。 11．（2025·北京市顺义区一模）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） 12．（2025·北京市通州区一模）以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。 （2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。 ①生成的离子方程式是 。 ②与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。 （3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2 h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。 ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。 （4）“电解”的原理示意图如下。 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。 13．（2025·北京市西城区一模）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”)。 14．（2025·北京市西城区二模）以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是 。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为 。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因： 。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是 。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和 。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是 。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是 。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是 。 15．（2025·北京市延庆区一模）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 （1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 （2）用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 （3）溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 （4）分离过程中分离出的固体物质是 。 （5）用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 （6）该工业流程中可循环使用的物质是 。 16．（2025·人大附中三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 （1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。 （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。 （3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。 （4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。 （5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。 （6）测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。 (的摩尔质量：) / 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12 化工流程综合题 题型 五年考情（2021-2025） 命题趋势 化工流程综合题 （5年5考） 2025·北京卷 2024·北京卷 2023·北京卷 2022·北京卷 2021·北京卷 工艺流程题是北京高考的热考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品):题千主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来:题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像:设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考査侧重于获取信息的能力、分析问题的能力。语言表达能力和计算能力:涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识等。 1．（2025·北京卷）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 （1）十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 （2）随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 （3）铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】（1） 正四面体形 （2）使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解 H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂 （3）ab 【解析】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 （2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是为了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解； ②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 （3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确； 负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误； 故选ab。 2．（2024·北京卷）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）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2） （3）温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低 （4） （5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【解析】（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）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。 3．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 （1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 （2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 （3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    （4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 【答案】（1）> 、 （2） 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 （3）、、 被氧气氧化为，把氧化为 （4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【解析】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 4．（2022·北京卷）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 （1）白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为 。 （2）用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、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纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是 。 ②沉钙反应的离子方程式为 。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为 。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是 。 （3）“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是 。 （4）滤渣C中含有的物质是 。 （5）该流程中可循环利用的物质是 。 【答案】（1） （2），在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙 （3），，随大量氨逸出，平衡正向移动 （4） （5） 【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁； 【解析】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为； （2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； （5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 5．（2021·北京卷）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。 资料： i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物 ii.TiOSO4+(x+1)H2O⇌TiO2·xH2O↓+H2SO4 iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3； 0．1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8 （1）纯化 ①加入过量铁粉的目的是 。 ②充分反应后，分离混合物的方法是 。 （2）制备晶种 为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。 ①产生白色沉淀的离子方程式是 。 ②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+) 0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。 ③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因： 。 ④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因： 。 （3）产品纯度测定 铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。 wg铁黄溶液b溶液c滴定 资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应 Na2C2O4过量，会使测定结果 (填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤 （2）Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ （3）不受影响 【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程 和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。 【解析】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O⇌TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤； （2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+ （3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响 1．（2025·北京市朝阳区二模）采用不同的腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，制作印刷电路板。多次重复后再利用腐蚀废液制备硫酸铜，过程如下图所示。 （1）腐蚀液a的成分主要为与盐酸 ①稀盐酸不能直接腐蚀铜，二者不能发生反应的原因是 。 ②“蚀刻”过程中，首先生成沉淀，反应的离子方程式是 。继而形成，脱离覆铜板的表面，蚀刻连续进行。 ③为保持比较稳定的蚀刻速率，需适时通入，然后补加。、的作用分别是 。 （2）腐蚀液b的主要成分为。再生腐蚀液b的离子方程式是 。 （3）沉铜 将多次循环使用的腐蚀液a和腐蚀液b按一定比例混合，调节混合液的，待反应完全后，过滤。滤液中的浓度与的关系，如下图所示： 已知：表示可溶的+2价铜的物种。 ①“沉铜”最适宜的范围是 。 a．    b．    c． ②从11降至2，滤液中的浓度先减小再增大，结合化学平衡移动原理解释原因： 。 【答案】（1）根据金属活动性顺序，的氧化性弱于，难以氧化 将氧化；降低氧化后溶液中的和 （2） （3）b 时，随降低，降低，正向移动，升高，形成；时，随酸性进一步增强，正向移动，溶解 【分析】覆铜板加入含氯化铜和盐酸的腐蚀液，得到含的溶液，通入氯气氧化一价铜为二价铜，加入水稀释得到氯化铜和盐酸溶液；覆铜板加入含的腐蚀液，反应得到含的溶液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到溶液；腐蚀液a、b反应沉铜得到Cu(OH)Cl，加入浓硫酸溶解得到硫酸铜； 【解析】（1）①根据金属活动性顺序，的氧化性弱于，难以氧化，故稀盐酸不能直接腐蚀铜； ②“蚀刻”过程中，首先生成沉淀，则铜单质和铜离子发生归中反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式是； ③氯气具有氧化性，将氧化为二价铜；的加入可以降低氧化后溶液中的和，利于一价铜氧化反应的进行； （2）含的溶液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到溶液，反应中氧气为氧化剂，将一价铜氧化为二价铜，结合电子守恒，反应为； （3）①由图，“沉铜”最适宜的范围是，此时溶液中二价铜浓度最低，沉淀效果最好，故选b； ②时，随降低，降低，正向移动，升高，形成；时，随酸性进一步增强，正向移动，溶解，故导致从11降至2，滤液中的浓度先减小再增大。 2．（2025·北京市朝阳区一模）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。 3．（2025·北京市东城区一模）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。 4．（2025·北京市东城区一模）用电解工艺可将油脂工业废水中有机磷转化为磷酸盐沉淀除去，示意图如下。 资料：时，，。 （1）有机磷可用(代表烃基或)表示，其中磷元素的化合价是 价。 （2）氧化池中有机磷发生氧化反应生成和。在 (填“铂”或“铁”)附近生成。 （3）有机磷被氧化的机理可能为：ⅰ．有机磷直接参与电极反应；ⅱ．电极反应产生的将有机磷氧化。做对比实验，结果如图。 结合图中信息判断有机磷被氧化的机理并写出推理过程： 。 （4）结合电极反应解释絮凝池除磷原理： 。 （5）相同条件下，向原废水中添加一定量有利于降低“出水”中的磷含量，原因是 。 【答案】（1）+5 （2）铂 （3）涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降 （4）阳极发生反应，与反应生成沉淀 （5）氧化池中，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好) 【分析】用电解工艺除去有机磷，氧化池中有机磷发生氧化反应生成和，进入絮凝池中，絮凝池中阳极发生反应，与、反应生成沉淀，进入沉降池中分离。 【解析】（1）有机磷中磷原子形成5个共价键，且非金属性：O＞P，故磷元素的化合价是+5价； （2）电解池中阳极发生氧化反应，氧化池中铂电极是阳极，在铂电极附近生成； （3）根据图中信息，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低，而添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降，可知有机磷被氧化涉及机理ⅱ，电解相同时间，未添加TBA的有机磷浓度更低；可能存在机理ⅰ，添加TBA的有机磷浓度随电解时间增加而下降； （4）絮凝池中阳极发生反应，与反应生成沉淀； （5）向原废水中添加一定量，在氧化池中生成氯气：，在絮凝池中将氧化为，更有利于降低(或氧化池中，氧化有机磷效果更好)。 5．（2025·北京市海淀区二模）从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。 已知： ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。 ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。 （1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ. 。 （2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。 ①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是 。 ②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有 （写出两条）。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。 ①加入溶液的目的是 。 ②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因： 。 ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是 。 （4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有 （写出两条）。 【答案】（1） （2）（SnS或其他合理答案） 温度升高，被氧化为的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低 （3）将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀 pH过高会产生沉淀，降低，正向移动，As去除率下降 （4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的，避免污染或减少滤液中的杂质 【分析】从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀进行酸浸，除难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：、、、和、等微粒，在浸出液加入溶液氧化为，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。 【解析】（1）酸性条件下，SnS易被氧化为，根据第ⅰ步反应和被氧化为的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。 （2）①在酸浸中，杂质最终被还原为，则将还原为的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体； ②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，被氧化为的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使的溶解度降低。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）； ①原浸出液中为和，形成后Fe元素变为价，As元素由的价变为的价，则加入溶液的主要目的是：将氧化为，将氧化为，并在调pH后与形成沉淀； ②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现转化为沉淀，使降低，导致正向移动，使As去除率下降； ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，根据中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。 （4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉，目的是：进一步除去滤液中残留的，避免污染或减少滤液中的杂质。 6．（2025·北京市海淀区二模）高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。 （1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是 。 （2）方法一：化学氧化法制备固体。 已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。 ①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为 。 ②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是 。 ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是 。 （3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。 ①阳极生成的电极反应式为 。 ②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是 。 ③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为 。 【答案】（1）氧化性 （2） 增大浓度，促进析出；维持的稳定 （3） 阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应） 0.1mol 【解析】（1）中Fe元素为+ 6价，具有强氧化性，能氧化水中的、等物质；其还原产物Fe3 +水解生成红褐色的Fe(OH) 3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以净水过程中利用了的强氧化性和Fe(OH) 3胶体的吸附性； （2）①在碱性条件下将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：； ②将粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反应完的转化沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质；向滤液中加入饱和KOH溶液，增大了的浓度，根据沉淀溶解平衡，会使的平衡向左移动，从而析出晶体，维持的稳定； （3）①阳极上Fe失去电子生成，在碱性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：； ②阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失或若不使用阳离子交换膜，阴极产生的迁移至阳极放电，发生副反应导致产率降低； ③阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8mol；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1mol。 7．（2025·北京市海淀区一模）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解释浸锰时同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、。 8．（2025·北京市门头沟区一模）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=。 9．（2025·北京市平谷区一模）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；。 10．（2025·北京市石景山区一模）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。 11．（2025·北京市顺义区一模）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：。 12．（2025·北京市通州区一模）以黄铜矿(主要成分为)为原料生产纯铜，流程示意图如下。 （1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是 。 （2）“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，浸出过程的总反应是。浸取初期，随着浸泡时间延长，的浸出速率提高，原因是浸出液中产生的与黄铜矿发生反应。 ①生成的离子方程式是 。 ②与黄铜矿发生反应的离子方程式是 。 （3）“氧化浸出”时，改用过量硫酸铁和稀硫酸混合液作浸出剂。在浸出温度为90℃，浸出时间为2 h条件下，改变硫酸铁浓度对试样铜浸出率的影响结果见下图。 ①由上图可知，硫酸铁的最佳浓度为 。 ②随着硫酸铁浓度的增加，铜浸出率先增大后减小的可能原因是 。 （4）“电解”的原理示意图如下。 ①电解初期，阴极没有铜析出。结合化学用语解释原因是 。 ②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸出剂再生，再生的原理是 。 【答案】（1）增大接触面积，加快氧化浸出反应速率 （2） （3）0.06mol/L 增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁的水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出 （4）过量，氧化性，因此先放电，电极反应为 阳极上发生，在阳极失电子生成，通过阴离子交换膜进入阳极室，溶液再生 【分析】黄铜矿矿石在氧化浸出前需要先粉碎，增大接触面积，加快氧化浸出反应速率，得到浸出渣硫单质，浸出液中含铜离子，电解得到铜单质。 【解析】（1）矿石在氧化浸出前需要先粉碎，原因是增大接触面积，加快氧化浸出反应速率； （2）①“氧化浸出”时，以氧气为氧化剂，亚铁离子易被氧化，离子方程式为； ②三价铁离子具有氧化性可将硫离子氧化为硫单质，根据质量守恒定律结合氧化还原反应配平得； （3）①由图可知硫酸浓度为0.06mol/L时铜浸出率最大，故为0.06mol/L； ②增大硫酸浓度，亚铁离子浓度增大增大，加快的速率加速矿物的浸出；过高时，产生硫单质的速率也加快，同时也会促进铁离子水解生成大量，覆盖在黄铜矿的表面，阻碍矿物的浸出； （4）①阴极阳离子放电，初期溶液中有大量，氧化性，因此先放电，电极反应为； ②阴极室的流出液中含有亚铁离子，阳极上发生反应为，通过阴离子交换膜进入阳极室，可形成，使浸出剂再生。 13．（2025·北京市西城区一模）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。 14．（2025·北京市西城区二模）以铜矿粉(主要含等)和软锰矿粉(主要含)为原料联合制备CuCl和的一种工艺流程如下。 资料：i．酸性条件下，氧化性：。 ii．潮湿条件下，CuCl容易被氧气氧化。 iii．金属离子沉淀的pH。 开始沉淀时 6.3 1.5 8.2 4.7 完全沉淀时 8.3 2.8 10.2 6.7 （1）“浸取”由酸浸、中和两步组成。 ①稀硫酸酸浸所得浸取渣中含有硫单质，CuS酸浸时反应的离子方程式是 。 ②用氨水中和时，调节溶液的pH范围约为 。 （2）“沉锰”时，作沉锰剂，通入，保持溶液的pH约为9. ①用离子方程式表示沉锰时未形成沉淀的原因： 。 ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是 。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和 。 （4）“转化”时，向溶液中加入适量的NaCl和，获得。 ①转化反应的离子方程式是 。 ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示。60分钟后CuCl的产率减小，原因是 。 （5）CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物。反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl。该聚合物的结构简式是 。 【答案】（1） （2） 作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成，防止沉淀 （3） （4） 潮湿条件下，CuCl被氧化 （5） 【分析】铜矿粉和软锰矿粉通过稀硫酸酸浸后溶液中CuS和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，FeO与MnO2反应生成Fe3+和Mn2+，CuO溶于酸形成Cu2+，再加入氨水调pH沉淀Fe3+，得到的浸取液中含有Cu2+和Mn2+，然后加入NH4HCO3，并通入NH3沉淀Mn2+，Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+，沉锰液经热分解得到CuO，CuO溶于硫酸得到CuSO4，最终CuSO4转化为CuCl； 【解析】（1）①据分析，CuS酸浸时和MnO2反应生成S、Cu2+、Mn2+，离子方程式是CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++2H2O+S； ②据分析，用氨水中和时应完全沉淀Fe3+，而不沉淀Cu2+、Mn2+，根据资料ⅲ，调节溶液的pH范围约为2.8∼4.7。 （2）①据分析，沉锰时未形成沉淀的原因：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+； ②“沉锰”时用而不用作沉锰剂，原因是作沉锰剂时，为保持溶液的pH约为9，通入的量更大，且抑制电离，使溶液中更大，利于生成[Cu(NH3)4]2+，防止Cu2+沉淀。 （3）“热分解”所得分解液可获得，“分解气”中可循环利用的有和NH3。 （4）①转化反应的离子方程式是； ②室温时，CuCl的产率随时间的变化如图所示，60分钟后CuCl的产率减小，根据资料ⅱ，原因是潮湿条件下，CuCl被氧化。 （5）根据题意“CuCl和苯并三氮唑()按物质的量之比1：1在一定条件下反应形成一种线型聚合物，反应时苯并三氮唑1位和3位的N原子与形成化学键，同时生成HCl”，该聚合物的结构简式是。 15．（2025·北京市延庆区一模）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。 已知：常温下，：；：。 （1）煅烧白云石生成的主要固体产物是 。 （2）用化学用语表示溶液呈酸性的原因 。 （3）溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率 (溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。 ①80~100℃时，转化率升高的原因是 。 ②从工业生成的角度，选择合适的投料比为 。 （4）分离过程中分离出的固体物质是 。 （5）用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因 。 （6）该工业流程中可循环使用的物质是 。 【答案】（1）CaO、MgO （2） （3）80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度 1:4.2 （4）Mg(OH)2 （5） （6）NH3、CO2、NH4Cl 【分析】白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2，通入NH3和CO2最终生成 CaCO3沉淀，以此解答。 【解析】（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成 CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO。 （2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：。 （3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率； ②根据图二，当投料比为1:4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1:4.2。 （4）根据题目中给出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12远小于 Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此 Mg2+会优先形成 Mg(OH)2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是 Mg(OH)2。 （5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：。 （6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质。 16．（2025·人大附中三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 （1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是 。 （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是 。 （3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有 。 （4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是 。 （5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因： 。 （6）测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是 。 (的摩尔质量：) 【答案】（1） （2）增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 （3）     （4）除去，降低萃取的，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率。 （5），平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 （6） 【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。 【解析】（1）通焙烧，将转化为，V的化合价升高，做氧化剂，化学方程式为； （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； （3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和、反应，故发生的反应有 、、； （4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和，使平衡(有机相)(有机相)正向移动，增加萃取率； （5）溶液中存在反应10VO+8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质； （6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。 / 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 $$