14 第二部分 第三章 第14讲 无机化工流程的解题策略(能力课)-【名师导航】2026年高考化学一轮总复习教师用书（人教版）

第14讲　无机化工流程的解题策略(能力课) 　1.了解无机化工流程中常考的过渡元素。　2.以化工流程为载体掌握物质的性质、转化反应和反应条件的控制及产率的提高措施等。　3.以化工流程为载体掌握物质的制备、分离、提纯原理和仪器、操作等。 　完善知识体系 1．钒及其化合物 (1)钒 常温下不活泼，不与空气、水、苛性碱作用，也不与非氧化性的酸作用，但溶于氢氟酸，也溶于强氧化性的酸(如硝酸、王水)。 (2)五氧化二钒 ①两性氧化物，但以酸性为主，V2O5＋6NaOH===2Na3VO4＋3H2O； ②1 800 ℃时发生分解反应：2V2O52V2O4＋O2↑； ③微溶于水，可形成稳定的胶体，有较强的氧化性：V2O5＋6HCl===2VOCl2(胶体)＋Cl2＋3H2O。 (3)VO2＋、VO 在酸性介质中，VO具有强氧化性：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O,2VO＋H2C2O4＋2H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。 (4)钒酸盐 偏钒酸盐(NH4VO3)、正钒酸盐(Na3VO4)等在加热条件下不稳定：2NH4VO3V2O5＋2NH3↑＋H2O。 2．铬及其化合物 (1)铬单质 最硬的金属，化学性质稳定，常温下在空气中、水中不生锈。 (2)铬的氧化物与氢氧化物 Cr2O3和Cr(OH)3具有两性，其转化关系如下：Cr3＋(紫色)Cr(OH)3(灰蓝色)[Cr(OH)4]－(绿色)。 (3)铬盐 铬元素的常见价态有＋2价、＋3价、＋6价。 ①Cr(Ⅱ)：在酸性溶液中，Cr2＋具有很强的还原性。 ②Cr(Ⅲ)：Cr3＋在酸性条件下是稳定的，但在碱性条件下能被氧化成CrO：2Cr3＋＋3H2O2＋10OH－===2CrO＋8H2O。 在碱性溶液中，亚铬酸盐(CrO)可以被H2O2或Na2O2氧化成铬酸盐(CrO)。 ③Cr(Ⅵ)：在水溶液中Cr2O和CrO存在下列平衡：2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙红色)＋H2O，酸性条件以Cr2O形式存在，碱性条件以CrO形式存在。 3．锰及其化合物 锰元素常见价态：＋2价、＋4价、＋6价、＋7价。 (1)锰单质硬而脆，熔、沸点高，在空气中易氧化生成褐色氧化物覆盖层，燃烧时生成四氧化三锰；溶于稀盐酸、稀硫酸生成二价锰盐。 (2)Mn(Ⅱ) Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。 (3)Mn(Ⅳ)——MnO2 ①在酸性介质中具有强氧化性，如MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O；遇易燃物可燃烧。 ②遇强氧化剂表现还原性，如3MnO2＋3K2CO3＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3CO2↑。 ③作KClO3、H2O2制备O2的催化剂。 (4)Mn(Ⅶ) KMnO4热稳定性差，通常保存在棕色试剂瓶中：4KMnO4＋2H2O4MnO2↓＋3O2↑＋4KOH ①在酸性介质中，MnO具有强氧化性，本身被还原为Mn2＋。 ②在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnO氧化性减弱，还原产物为MnO2。 ③在强碱性溶液中，MnO还原产物为MnO。 　建立思维模型 1．明确试题模式 图1箭头表示反应物加入同时生成物出来； 图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来； 图3箭头表示循环反应。 2．建立思维模型——“三步审读” (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：明确反应条件和分离提纯方法。 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。 (3)审问题——明确答什么 ①防止答非所问：要看清题目要求，按要求答题。 ②规范表述：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语表示要准确、规范。 3．常见考查角度 (1)基本操作 除杂、分离、检验、洗涤、干燥等实验操作的步骤描述；加入某些试剂或某个操作步骤的目的描述。 (2)物质的分离与提纯 通过调节pH使溶液中的金属离子沉淀达到分离除杂的目的，据此选择需要加入的化学试剂；加入某种物质使难溶物转化为更难溶的物质后，通过过滤除去等。 (3)化学反应速率与化学平衡理论的运用 例如，研磨使反应物颗粒变小，增大反应物间的接触面积，从而增大反应速率，提高原料利用率；升高温度能增大反应速率，使吸热反应平衡正向移动等。 (4)化学方程式或离子方程式的书写 根据流程图及设问中的信息找出反应物和生成物，书写指定的化学方程式或离子方程式。 (5)保护环境与绿色化学思想 流程中物质的转化和循环、资源的回收和利用、“三废”的来源、对环境的影响及处理措施等。 (6)化学计算 结合原料纯度、转化率、损失率、产物产率等计算产品质量；结合溶液配制、滴定操作测定样品中某元素含量或产品纯度；结合溶度积常数，计算溶液中某离子浓度或完全沉淀时的pH等。 (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。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5 mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10－36，Ksp(ZnS)＝2.5×10－22，Ksp(CoS)＝4.0×10－21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L－1)]和溶液pH的关系如图所示。 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是__________________________________ ______________________________________________________。 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是________。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至 Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(Co2＋)＝________mol·L－1，据此判断能否实现Zn2＋和Co2＋的完全分离________(填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化 Co2＋，其反应的离子方程式为_________________________________________________。 (7)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____________________________________________________________________。 解析：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，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH＝4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液，即CoO转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(S2－)＝ mol·L－1＝2.5×10－17 mol·L－1，则c(Co2＋)＝ mol·L－1＝1.6×10－4 mol·L－1，c(Co2＋)小于0.10 mol·L－1，说明大部分Co2＋也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2＋氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2O＋Mn2＋＋2H2O===MnO2↓＋4H＋＋2SO，因此，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中，S2O同时将Fe2＋氧化为Fe3＋，“沉淀”步骤中用NaOH调pH＝4，Fe3＋可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，为了保证Co2＋被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。(7)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Zn元素以Zn2＋形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2－，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NaOH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。 答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率　(2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O　(3)1.6×10－4　不能　(4)4.0 mol (5)Fe(OH)3　(6)2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO (7)向滤液中滴加NaOH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 流程分析三方法 首尾分析法 线型工艺流程(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产品之间的关系，弄清原料转化为产品的基本原理和生产过程中除杂、分离、提纯产品工艺，然后再结合题设问题，逐一推敲解答 分段分析法 用同样的原材料生产两种或两种以上产品(包括副产品)的工艺流程题，用分段分析法找到解题的切入点 交叉分析法 有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用中间产品与部分其他原材料反应生产所需的主流产品，这就需将提供的工艺流程图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析 　提升解题能力 以分离、提纯为主体的化工流程 1．原料的预处理 (1)溶解：通常用酸溶，如用硫酸、盐酸等。 水浸 与水接触发生反应或溶解 浸出 固体加水(酸)溶解得到离子 酸浸 在酸溶液中反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 (2)灼烧、焙烧、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。 　增大矿石物质的浸出率的措施有搅拌、加热、升温，增大浸出液的浓度，粉碎矿石增大固液接触面积，延长浸出时间。 2．常用的分离方法 过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法 萃取 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，包括液-液萃取和固-液萃取，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 分液 利用分液漏斗将两种互不混溶的液体分离开的操作，如分离油水 蒸发 结晶 提取溶解度随温度变化不大或受热稳定的溶质，如NaCl 蒸发浓 缩、冷 却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 蒸馏或 分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 冷却法 利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离混合气体中的氨 3.分离、提纯的深化 (1)特定洗涤目的 冰水洗涤 的目的 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗 乙醇洗涤 的目的 降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物 减压过 滤(抽滤) 增大过滤速率，使沉淀更干燥 　晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。 (2)调节溶液pH分离、提纯 ①控制溶液的酸、碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。 物质 开始沉淀时pH 沉淀完全时pH Fe(OH)3 1.5 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Mn(OH)2 8.3 9.8 若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。 ②调节pH所需的物质应能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：要除去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。 (2024·河北卷)V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。 已知：ⅰ.石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。 ⅱ.高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙均难溶于水。 回答下列问题： (1)钒原子的价层电子排布式为________；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为　　　　，产生的气体①为　　　　(填化学式)。 (2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为______________(填化学式)。 (3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙，发生反应的离子方程式为______________________________________________________________________ ____________________________________________________________________； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为　　　　　　　　　　　；浸取后低浓度的滤液①进入　　　　(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为__________(填化学式)。 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为　　(填标号)。 a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度 解析：(1)钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO，偏钒酸盐中钒的化合价为＋5价；CaCO3在800 ℃以上开始分解，生成的气体①为CO2。(2)由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分NaOH与Al2O3反应生成的偏铝酸钠或四羟基合铝酸钠溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2或Na[Al(OH)4]。(3)在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO和OH－反应生成CaCO3、VO和H2O。滤液①中含有VO、NH等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。(4)由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl－，考虑到水浸所得溶液中含有Na＋，为避免引入其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。(5)沉钒过程是生成NH4VO3。NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH－与NH反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；降低NH4Cl溶液的浓度，也不利于生成NH4VO3，d符合题意。 答案：(1)3d34s2　＋5　CO2　(2)NaAlO2或Na[Al(OH)4]　(3)HCO＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2VO　提高溶液中HCO浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO　离子交换　(4)NaCl　(5)bd 1．(2024·湖北卷节选)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径为 已知：Be2＋＋4HABeA2(HA)2＋2H＋ 回答下列问题： (1)基态Be2＋的轨道表示式为________。 (2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是________________ _________________________________。 (3)“萃取分液”的目的是分离Be2＋和Al3＋，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是__________________。 (4)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式： _________________________ ____________________________________。 “滤液2”可以进入　　　　步骤再利用。 (5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是________________________________________________________。 解析：本题是化工流程的综合考查，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2＋和Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，水相1中含有Al3＋，有机相为BeA2(HA)2，加入过量NaOH反萃取Be2＋使其转化为Na2[Be(OH)4]进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。(1)基态Be2＋的电子排布式为1s2，轨道表示式为。(2)熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，其冷却过程的特点为快速冷却。(3)“滤液1”中有Be2＋和Al3＋，加入含HA的煤油将Be2＋萃取到有机相中，则水相1中含有Al3＋，则向过量烧碱溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为无明显现象。(4)反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O，“滤液2”的主要成分为NaOH，可进入反萃取分液步骤再利用。(5)氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。 答案：(1)　(2)快速冷却　(3)无明显现象 (4)BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O　反萃取分液 (5)增强熔融氯化铍的导电性 以物质制备为主体的化工流程 1．物质制备过程的控制条件 (1)控制体系的环境氛围 ①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等，抑制水解并带走因分解产生的水蒸气。 ②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。 ③加入氧化剂进行氧化。如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，产物对环境无污染。 (2)控制反应温度 ①加热：加速溶解、增大反应速率或促进平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。 ②降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。 ③控制温度在一定范围内，综合多方面因素考虑，如使反应速率不至于太小、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。 ④如题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法。 2．从对反应速率和平衡转化率的影响综合控制条件 (1)使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是这样可使催化剂的活性达到最高。 (2)对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求。 (2023·全国乙卷)LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下： 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。 回答下列问题： (1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为____________________________________ _________________________________________________。 为提高溶矿速率，可采取的措施是_______________________________________ ____________________________________________________________(举1例)。 (2)加入少量MnO2的作用是________________________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_________________________________________________。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c(Fe3＋)＝________ mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是________。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有________。 (5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_____________________________ _______________________________________________________。 随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断________。电解废液可在反应器中循环利用。 (6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是___________________________ ___________________________________________________。 解析：(1)菱锰矿的主要成分为MnCO3，故硫酸溶矿主要反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O。可以通过增大反应物的浓度、增大反应物的接触面积、提高化学反应的温度等措施提高化学反应速率。(2)由题给已知条件可判断出铁离子开始沉淀时的pH较小，加入少量MnO2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，再通过调节溶液的pH可将铁离子除去；H2O2是一种绿色氧化剂，但其稳定性差，容易分解，且Mn2＋或氧化生成的Fe3＋能催化H2O2分解。(3)当pH＝4时，c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝2.8×10－9 mol·L－1<1.0×10－5 mol·L－1，此时铁已沉淀完全；c(Al3＋)＝＝ mol·L－1＝1.3×10－12 mol·L－1<1.0×10－5 mol·L－1；c(Ni2＋)＝＝ mol·L－1＝5.5×10－2 mol·L－1>1.0×10－5 mol·L－1，所以pH≈7时除去的金属离子是Al3＋。(4)由“加入少量BaS溶液除去Ni2＋”可知，Ni2＋会与S2－结合产生沉淀NiS；起始加入硫酸，故还会产生BaSO4沉淀。(5)由题给流程图及题意可知，电解槽阳极的电极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2↓＋4H＋，阴极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，发生反应的总离子方程式为Mn2＋＋2H2OMnO2↓＋H2↑＋2H＋；随着电解反应的进行，电解液中硫酸的含量逐渐增大，因此为了维持电解液成分的稳定，应不断加入Mn(OH)2。(6)根据题给流程图可得该“煅烧”步骤的反应物与生成物，再利用电子守恒配平化学方程式，即8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋O2↑＋2CO2↑。 答案：(1)MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋CO2↑＋H2O　将菱锰矿粉碎(或适当升高温度、适当增大硫酸浓度、充分搅拌等，答出一点即可)　(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋　H2O2不稳定易分解，溶液中的Mn2＋或氧化生成的Fe3＋能催化H2O2分解使其失效　(3)2.8×10－9　Al3＋　(4)NiS、BaSO4　 (5)Mn2＋＋2H2OMnO2↓＋H2↑＋2H＋ 加入Mn(OH)2　(6)8MnO2＋2Li2CO34LiMn2O4＋O2↑＋2CO2↑ 2．(2024·海南卷)锰锌铁氧体(MnxZn1－yFe2O4)元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4·2H2O，可用于电池、催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： (1)氨浸的作用是将________(填元素符号)元素有效转移到水溶液中。 (2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是________。 (3)沉锰反应的离子方程式为____________________________________________ ________________________________________________。 某次实验时，将原料中的Mn以MnO2·nH2O形式定量沉淀完全，消耗了2.0 mol KMnO4，并产出81 g ZnO(纯度为99.9%)，则该原料MnxZn1－yFe2O4化学式中x＝________。 (4)沉铁时，选择K2C2O4是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐________(填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是_____________________________________ ____________________________________________。 (5)通过加入CaSO4固体，除去滤液中危害环境的C2O，已知Ksp(CaSO4)＝7.1×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。反应CaSO4(s)＋C2O(aq)CaC2O4(s)＋SO(aq)的平衡常数为________。 解析：(1)氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。(2)溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。(3)根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为3Mn2＋(aq)＋2MnO(aq)＋(5n＋2)H2O===5MnO2·nH2O(s)＋4H＋(aq)；由离子反应式可知，消耗了2.0 mol KMnO4，则锰锌铁氧体中n(Mn2＋)＝3.0 mol，n(Zn2＋)＝n(ZnO)＝＝1 mol，由锰锌铁氧体化学式可知，n(Mn)∶n(Zn)＝x∶(1－y)＝3∶1，化合价代数和为0，则2x＋2－2y＋6＝8，解得x＝0.75。(4)用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择K2C2O4可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。(5)平衡常数K＝＝＝≈3.1×104。 答案：(1)Zn　(2)氨水 (3) 3Mn2＋(aq)＋2MnO(aq)＋(5n＋2)H2O===5MnO2·nH2O(s)＋4H＋(aq)　0.75　(4)K2SO4　作钾肥(或其他合理用途)　(5)3.1×104 1．(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋物质的量之比为　　　　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生________(填化学式)。 (2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为________。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是______________________________________ ____________________________________________________。 (4)“置换”中可选用的试剂X为________(填标号)。 A．Al　 B．Zn　 C．Pb　 D．Ag “置换”反应的离子方程式为___________________________________________ _______________________________________________。 (5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作______(填“阴极”或“阳极”)。 解析：以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag, “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，“过滤Ⅰ”除掉滤渣单质硫，滤液中[PbCl4]2－在稀释、冷却的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2－，电解得到Pb；“过滤Ⅱ”后的滤液溶质的主要成分为[AgCl2]－、FeCl2、FeCl3，故“还原”中加入铅精矿的目的主要是将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]－置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2溶液。(1)“热浸”时，Fe3＋将PbS和Ag2S中－2价的硫氧化为单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，在该过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2－的物质的量相等，消耗Fe3＋的物质的量相等，比值为1∶1；若溶液中盐酸浓度过大，会生成H2S 气体。(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解得到[PbCl4]2－，电解所得溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl－放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2溶液，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸工艺中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3＋，根据还原之后可以得到含硫滤渣可知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3＋还原为Fe2＋。(4)“置换”中加入试剂X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Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以电极板不可能作为阴极，应作为阳极，阳极放电，银变成阳极泥沉降下来，铅失电子转化为Pb2＋，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 答案：(1)1∶1　H2S　(2)热浸　(3)将过量的Fe3＋还原为Fe2＋　(4)C　Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－　(5)阳极 2．(2024·湖南卷节选)精炼铜产生的铜阳极泥(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1.0×10－5 mol·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为________。 (2)“滤液1”中含有Cu2＋和H2SeO3，“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： 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)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_______________________________________________________ ___________________________________________________________________。 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NaClO3、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3中加入Na2S2O4，将银元素还原为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。(3)①类比Cu2Se的反应可知，Ag2Se在“氧化酸浸”时会生成Ag＋和H2SeO3，为了使银元素进入滤渣1，应加入适量NaCl使Ag＋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1.0×10－5 mol·L－1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令c[AgCl2]－＝1.0×10－5 mol·L－1，由K＝＝2.0×10－5，可得c(Cl－)＝0.5 mol·L－1，即Cl－浓度不能超过0.5 mol·L－1。 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)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 课时质量评价(十四)　 (建议用时：30分钟) 一、选择题(本题共4小题，每小题3分，共12分。每小题有一个或两个选项符合题目要求) 1．(2025·四川适应性考试)TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。 已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α-Al2O3，TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3＋。 下列说法错误的是(　　) A．TiO2具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护 C．“滤液”中存在Fe3＋和Ca2＋ D．H2来自于Fe和盐酸的反应 B　[二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生成TiOx(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的α-Al2O3，同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸后TiOx、Fe与酸反应生成Ti3＋、Fe2＋和氢气，难溶的α-Al2O3转化为浸渣，浸取液中Fe2＋、Ti3＋被H2O2氧化生成Fe3＋和Ti4＋，Ti4＋水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3＋、Ca2＋。TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确；“浸取”过程中，不需要惰性气体保护，产生的Ti3＋在下一步需要氧化生成Ti4＋，B错误；Ti4＋转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3＋、Ca2＋，C正确；铝热反应中只有铁的氧化物转化为铁单质，故氢气是铁与盐酸反应产生的，D正确。] 2．四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，可用作锂电池(心脏起搏器电池等)或二次锂离子电池电解液导电盐。其制备流程如图所示，下列说法错误的是(　　) A．“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3 B．实验室中模拟工艺流程时反应器3能选用三颈圆底烧瓶 C．反应器2中反应为LiHCO3＋4HF===LiF·3HF＋H2O＋CO2 D．粗产品经过负压下浓缩、冷却结晶即可得到纯净的四氟硼酸锂 BD　[Li2CO3料浆中通入CO2反应生成LiHCO3，经过过滤操作分离出不溶颗粒Li2CO3，向LiHCO3溶液中加入HF反应生成LiF·3HF，再将LiF·3HF与HBO3溶液反应生成LiBF4粗产品。A.Li2CO3为微溶物，则“不溶颗粒”主要成分为Li2CO3，A正确；B.反应器3中的反应为LiF·3HF与HBO3反应生成LiBF4，HF会腐蚀玻璃，则不能选用三颈圆底烧瓶，B错误；C.据分析可知，反应器2中反应为LiHCO3＋4HF===LiF·3HF＋H2O＋CO2，C正确；D.四氟硼酸锂(LiBF4)化学性质稳定，不需要经过负压下浓缩、冷却结晶，D错误。] 3．(2025·德州模拟)钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti4＋、 Fe2＋、微量Sc3＋) 中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3) 的工艺流程如下。下列说法不正确的是(　　) A．酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋ B．操作1需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗 C．“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3 D．草酸钪焙烧时反应的化学方程式： 2Sc2(C2O4)3＋3O22Sc2O3＋ 12CO2 C　[钛白酸性废水(主要含Ti4＋、 Fe2＋、微量Sc3＋)，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氢氧化钠溶液反萃取，过滤得到“滤渣 1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、 Sc(OH)3，加入10%盐酸调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc3＋的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，C错误。] 4．钼酸钠是一种白色结晶性粉末，广泛应用于颜料和化工等领域。工业上用钼精矿(主要成分是MoS2，含少量的PbS)制备钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)的简化流程如图所示。下列说法错误的是(　　) 已知：浸取液溶质主要为Na2MoO4和Na2PbO2。 A．“焙烧”时发生反应：2MoS2＋7O22MoO3＋4SO2 B．气体X为CO2，废渣的主要成分为PbS C．从滤液中获得Na2MoO4·2H2O的操作为蒸发结晶 D．利用纯碱吸收SO2(g)，可获得副产品亚硫酸钠 C　[钼精矿主要成分是MoS2，含少量的PbS，在空气中焙烧，MoS2被氧化成MoO3，PbS生成PbO，S元素变成SO2(g)，再加入纯碱溶液浸取，得到Na2MoO4和Na2PbO2，加入Na2S，得到PbS而除去Pb元素，最后将Na2MoO4溶液蒸发浓缩，冷却结晶，得到产品Na2MoO4·2H2O。C.Na2MoO4·2H2O为含有水分子的结晶水合物，所以将Na2MoO4溶液蒸发浓缩、冷却结晶，得到产品Na2MoO4·2H2O，不能直接蒸发结晶，C错误。] 二、非选择题(本题共2小题，共28分) 5．(16分)(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： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为________(填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为________________________ _____________________________________________________________。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节pH，生成________(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含As微粒的沉降。 (4)“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 (5)“真金不怕火炼”表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为________________________________________________。 (6)“沉金”中Zn的作用为____________________________________________。 (7)滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为_________________________________________________________。 用碱中和HCN可生成________(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 解析：矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH＝2时进行细菌氧化，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3＋、SO、含As微粒，加碱调节pH，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au(CN)2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2－的滤液②。(1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。(2)“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3＋和SO，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8SO＋4H＋。(3)“沉铁砷”时，加碱调节pH，Fe3＋转化为Fe(OH)3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降。(4)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；焙烧氧化时，金属硫化物中的硫元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的硫元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；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；由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意。(5)“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出。(6)“沉金”中Zn作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au。(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2－，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2－转化为ZnSO4和HCN，反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 答案：(1)CuSO4 (2)4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8SO＋4H＋ (3)Fe(OH)3 (4)BC (5)作络合剂，将Au转化为[Au(CN)2]－从而浸出 (6)作还原剂，将[Au(CN)2]－还原为Au (7)Na2[Zn(CN)4]＋2H2SO4===ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4　NaCN 6．(12分)(2024·广西卷节选)广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO等杂质)制备光电材料KMnF3的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Mn(OH)2 Ksp 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 4.9×10－17 1.9×10－13 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是______________________________________________。 为提高“浸取”速率，可采取的措施是__________________________________(任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是__________(填化学式)。 (3)常温下，用CaCO3调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有_________(填化学式)。 (4)“X”可选用____________(填标号)。 A．H2S B．H2O2 C．Zn D．(NH4)2S (5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式：________________________________________。 解析：(1)二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。(2)二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。(3)根据溶度积常数，Fe2＋完全沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝7×10－6.5 mol·L－1，pH约为8.4；Al3＋完全沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1≈5.1×10－10 mol·L－1，pH约为4.7；Cu2＋完全沉淀时c(OH－)＝ mol·L－1≈4.7×10－8 mol·L－1，pH约为6.7；常温下，用CaCO3调节溶液pH至5～6时，可完全沉淀的离子有Al3＋。(4)加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2＋和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成沉淀，所以“X”可选用(NH4)2S。(5)用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀，所以反应的离子方程式为2Mn2＋＋3CO＋2H2O===Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO。 答案：(1)把二氧化锰还原为硫酸锰　把软锰矿粉碎、搅拌、加热等　(2)SiO2　(3)Al3＋　(4)D (5)2Mn2＋＋3CO＋2H2O===Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO 学科网（北京）股份有限公司 $$