第54讲 无机化工流程题的解题策略-【优化探究】2026高考化学一轮复习高考总复习配套课件（鲁科版）

优化探究 大单元四　化学反应原理 第12章　物质在水溶液中的行为 第54讲　无机化工流程题的解题策略 [导航·复习目标]　1.提升应用物质的转化及条件控制、分离提纯操作等相关知识解决实际问题的能力。2.树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。 2 梳理 必备知识 提升 关键能力 练真题 明考向 课时作业54　无机化工流程题的解题策略 3 1.工业流程试题的呈现形式 梳理 必备知识 4 2.工业流程中的原料预处理 (1)酸浸：溶解、去氧化膜等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。 (2)碱浸：去油污(酯)，溶解铝、二氧化硅、氧化铝等，使得可溶性的离子进入溶液中，不溶物过滤去除。 (3)水浸：与水反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 (4)研磨(雾化、粉碎)：增大反应物接触面积，以加快化学反应速率或使反应更充分。 5 (5)灼烧(焙烧、煅烧)：使物质高温分解或者氧化去除杂质、改变物质结构，使物质能溶解。如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。如煅烧高岭土。 (6)加入其他物质：如有机物醇、四氯化碳、无机盐等——反应、溶解。 6 3.工业流程中的条件控制 (1)溶液的pH 提供酸碱性环境反应、抑制或促进离子水解等产生沉淀便于分离等。调节pH的方法：调节pH所需的物质一般应满足两点：一是能与H＋反应，使溶液pH增大；二是不引入新杂质。如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 7 ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。 8 (2)温度 ①升温——加快反应(溶解)速率；促进平衡向吸热方向移动；去除热稳定性差的物质或易升华的物质。 ②降温——防止物质分解，挥发；使平衡向放热方向移动；使高沸点的物质液化，使其与其他物质分离；降低溶解度，减少损失。 ③控温——水浴、沙浴、油浴——受热均匀，便于控制温度。温度太高——速率太快；物质可能分解、挥发、水解；催化剂可能中毒；发生副反应等。温度太低——速率可能太慢；催化剂活性不高；物质转化率、产率不高等。 主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。 9 (3)控制压强：改变速率，影响平衡。 (4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 (5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。 (6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。 (7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 10 4.工业流程中的分离提纯 (1)过滤 ①洗涤原因：去除晶体表面的杂质；把目标产物尽可能洗出来，提高产率。 ②洗涤试剂：蒸馏水、冷水、有机溶剂(醇、酮、醚)等；如酒精洗硫酸亚铁铵晶体可降低晶体因溶解造成损失，可以除去表面的水，酒精易挥发，易干燥。 ③洗涤方法：沿着玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水(其他溶剂)至浸没沉淀，待其自然流下后，重复2~3次。 ④是否洗净：(离子检验)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加某某试剂(其他操作)，产生什么现象？则是否洗干净。 [特别提醒]　为了加快过滤速率可以减压过滤(吸滤、抽滤)，减压过滤装置由真空泵、布氏漏斗、吸滤瓶组成。 11 (2)结晶(重结晶) ①蒸发结晶：溶液是单一溶质时，所得晶体不带结晶水，如氯化钠溶液结晶过程。 ②蒸发浓缩，冷却结晶：所得晶体带有结晶水，如硫酸铜溶液得到CuSO4·5H2O晶体过程。 [特别提醒]　 a.溶液有两种以上溶质时，要得到溶解度受温度影响小的溶质——蒸发结晶，趁热过滤，如除去NaCl中少量的KCl；要得到溶解度受温度影响大的溶质——蒸发浓缩，冷却结晶，过滤， 如除去KCl中少量的NaCl。 b.晶体干燥的方法：自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)。 12 (3)萃取(分液)：常见液－液萃取(如用苯或CCl4萃取水中的溴)，固－液萃取(如用酒精浸取黄豆中的豆油以提高油产量)。一般萃取分液后的混合溶液采取蒸馏的方式分离。 (4)蒸馏(分馏)：题目信息有涉及沸点不同时，考虑蒸馏。 13 一、物质制备型工业流程 1.(2025·八省联考河南卷)一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O,含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 提升 关键能力 14 一定条件下,一些金属氟化物的Ksp如下表。 氟化物 FeF2 MgF2 MnF2 Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3 回答下列问题: (1)“除钛”中产生的少量气体是　　　　　　(填化学式);铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去,其另一个作用是　　　　　　　　　　　。  H2 还原Fe3+ 15 解析:“除钛”过程中加入的铁粉发生的主要反应有Fe+H2SO4=== FeSO4+H2↑、+Fe===3FeSO4,提高了溶液体系的pH,使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去,故少量气体是H2,铁粉的作用之一是提高体系的pH,使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去,其另一个作用是还原Fe3+。 (2)“除杂1”中除去的离子是　　　　　　(填化学式)。  Mg2+ 解析: “除钛”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、S,由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知,MgF2更难溶于水,加入NH4F与Mg2+反应生成难溶于水的MgF2,故 “除杂1”中除去的离子是Mg2+。 (3)“氧化1”中若H2O2加入速度过快,会导致H2O2用量增大,原因是_______________________________________________________。  本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液,原因是___________________ ___________________________。  氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大,导致H2O2用量增大 防止盐酸与KMnO4 反应生成Cl2,产生污染 解析: “氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,Fe3+是H2O2分解的催化剂,可以使H2O2分解速率增大,故H2O2加入速度过快,会导致H2O2用量增大;该反应2Fe2++H2O2+2H+===2Fe3++2H2O在酸性条件下发生,本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液,则溶液中含有Cl-,在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2,产生污染。 (4)滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O,生成该物质的离子方程式为_________________________________________________________。  3Mn2++2+(5x+2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓+4H+ 解析: “除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O,离子方程式为3Mn2++2Mn+(5x+2)H2O===5(MnO2·xH2O)↓+4H+。 (5)“氧化2”的目的是减少　　　　　　(填化学式)气体的排放。  SO2 解析: 农药盐渣成分中有Na2SO3,“除杂2”后溶液中含有H+,二者混合会发生反应:S+2H+===SO2↑+H2O, “氧化2”的目的是将S转化为S,从而减少SO2气体的排放。 (6)“沉铁”中如果体系酸性过强,会导致FePO4·2H2O产量降低,原因是____________________________________________________________ ______________________________________。  溶液中H+浓度较大,磷元素主要以H3、、形式存在,浓度低,生成FePO4·2H2O沉淀量少 解析:“沉铁”中如果体系酸性过强,则溶液中H+浓度较大,磷元素主要以H3PO4、H2P、HP形式存在,P浓度低,生成FePO4·2H2O沉淀量少,导致FePO4·2H2O产量降低。 二、分离提纯型工业流程 2.(2025·湖北武汉模拟)V有“工业味精”之称。工业上提取钒的工艺有多种，一种从钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中提取V的工艺流程如下： 已知：①“酸浸”时有V生成。②“萃取”时离子萃取率的大小顺序为Fe3＋＞VO2＋＞Fe2＋＞Al3＋。 回答下列问题： (1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合 物，这样做的目的是__________________________________。  生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率 解析：将钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)中添加NaCl-Na2SO4进行焙烧，可将V转化为易溶的钠盐，Fe、Al等转化为金属氧化物；加入酸进行酸浸，滤渣1为硅的化合物；调节溶液的pH至5.1，所得滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液中含有V；加入H2C2O4进行还原，将V还原为VO2＋；加入萃取剂进行萃取，去掉水相，再进行反萃取，分离出含有VO2＋的水溶液；加入氧化剂将VO2＋氧化为V；加入NH4Cl溶液进行沉钒，过滤得到NH4VO3，煅烧NH4VO3，制得V2O5。 (1)“焙烧”时可添加适量“盐对”NaCl-Na2SO4与钒页岩形成混合物，这样做能将钒转化为可溶性盐，目的是生成易溶的钠盐，提高钒的浸取率。 (2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是______(填元素符号)。  Si 解析：加入酸后，钒对应的盐，铁、铝的氧化物等都易溶于酸，只有硅的化合物不溶，所以“滤渣1”除掉的主要杂质元素是Si。 (3)H2C2O4的作用是将V转化为VO2＋，转化的目的是______________ _______________________________________，发生反应的离子方程式 为_________________________________________________。  VO2＋的浸取率 大于V，转化为VO2＋可以提高钒的浸取率 2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O 解析：题干信息显示，VO2＋的浸取率大于V，则H2C2O4的作用是将V转化为VO2＋，转化的目的是VO2＋的浸取率大于V，转化为 VO2＋可以提高钒的浸取率；发生反应的离子方程式为2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O。 (4)“沉钒”时，生成NH4VO3沉淀，“步骤X”的目的是 ____________________， 写出“煅烧”时的化学反应方程式 ___________________________________。  将VO2＋氧化为V 2NH4VO32NH3↑＋V2O5＋H2O 解析：“沉钒”时，生成NH4VO3沉淀，则“步骤X”操作后，VO2＋转化为V，所以目的是将VO2＋氧化为V，“煅烧”时的化学反应方程式为2NH4VO32NH3↑＋V2O5＋H2O。 (5)以“沉钒率”(NH4VO3沉淀中V的质量和钒页岩中钒的质量之比) 表示钒的回收率如图所示，温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是 _______________________________________________________________________。  温度高于80 ℃时，N的水解程度增大，N浓度减小导致沉钒率下降 解析：从图中可以看出，温度高于 80 ℃时，沉钒率下降，可能是N浓度减小造成的，原因是温度高于80 ℃时，N的水解程度增大，N浓度减小导致沉钒率下降。 注意识图方法 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。 31 练真题 明考向 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转化为和及单质硫。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)。 1∶1 H2S 解析:本题以铅精矿(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转化为及单质硫,Fe3+被还原为Fe2+,过滤Ⅰ除掉单质硫滤渣,滤液中在稀释降温的过程中转化为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,电解得到Pb;过滤Ⅱ后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3,故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2,试剂X将置换为Ag,得到富银铅泥,试剂X为铅,尾液为FeCl2,据此分析。 (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+,在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变,溶解等物质的量的PbS和Ag2S时,由于S2-物质的量相等,所以消耗Fe3+的物质的量相等,比值为1∶1;溶液中盐酸浓度过大,这里主要考虑氢离子浓度会过大,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,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　　　　　。  热浸 解析: “过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶,会溶解为,电解溶液制备金属Pb,Pb在阴极产生,阳极Cl-放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2,FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3,可以在热浸中循环使用。 (3)“还原”中加入铅精矿的目的是　　　　　 。  将过量的Fe3+还原为Fe2+ 解析: 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,“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。 (4)“置换”中可选用的试剂X为　　　　　　(填字母)。  A.Al　　　　　　　　 B.Zn C.Pb D.Ag “置换”反应的离子方程式为　　　　　 。  C Pb+2[AgCl2]- ===2Ag+[PbCl4]2- 解析: “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,用作　　　　　(填“阴极”或“阳极”)。  阳极 解析: “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,所以不可能作为阴极,应作为阳极板,阳极放电时,银变成阳极泥而沉降下来,铅失电子为Pb2+,阴极得电子得到Pb,所以电极板应作阳极。 2.(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为 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________。  解析：本题是化工流程的综合考查，首先铍的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，加入过量氢氧化钠反萃取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，据此解答。 (1)基态Be2＋的电子排布式为1s2，其轨道表示式为 。 (2)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 __________。  快速冷却 解析：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，冷却过程的特点为快速冷却。 (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__________。  无明显现象 解析：“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)写出反萃取生成Na2的化学方程式______________________ ________________________________。“滤液2”可以进入___________步骤再利用。  BeA2(HA)2＋6NaOH ====Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O 反萃取分液 解析：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)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是________________________。  增强熔融氯化铍的导电性 解析：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。 (6)Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物，4个Be位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个Be的配位环境相同，Be与Be间通 过CH3COO－相连，其化学式为________________。  Be4O(CH3COO)6 解析：由题意可知，该配合物中有4个铍位于四面体的4个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有6个 CH3COO－，则其化学式为。 3.(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10－5mol·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_________________________ __________________________。  增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率 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；过滤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；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，CoO发生反应的化学方程式是 ______________________________。  CoO＋H2SO4====CoSO4＋H2O 解析：“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(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”)。  1.6×10－4 不能 解析：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，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。  4.0 mol 解析：“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2＋氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2＋Mn2＋＋2H2O====MnO2↓＋4H＋＋2S，因此，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为4.0 mol。 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。  Fe(OH)3 解析：“沉锰”步骤中，S2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＋，其反应的离子方程式为___________________________________ _________________。  2Co2＋＋5ClO－＋5H2O====2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO 解析：“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，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 解析：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，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。 4.(2024·辽宁卷)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)。  CuSO4　 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S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液①中主要含有Fe3＋、S、As(Ⅵ)，加碱调节pH值，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，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 (1)“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为 ___________________________________________。  4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋ 解析：“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3＋和S，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O 4Fe3＋＋8S＋4H＋。 (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。  Fe(OH)3 解析：“沉铁砷”时，加碱调节pH值，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)“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________(填字母)。  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 BC　 解析：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S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；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)“真金不怕火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为_________________________________________。  与Au＋结合形成，提高Au的还原性 解析：“浸金”中发生反应：4Au＋O2＋8CN－＋2H2O ====4[Au(CN)2]－＋4OH－，NaCN作络合剂与Au＋结合形成[Au(CN)2]－，使Au的还原性增强，促进其与O2反应。 (6)“沉金”中Zn的作用为_________________________________。  作还原剂，将还原为Au 解析：“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au。 (7)滤液②经H2SO4酸化，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。  Na2＋2H2SO4====ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4 NaCN 解析：滤液②中含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应的化学方程式为Na2＋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。 课时作业54 无机化工流程题的解题策略 69 非选择题 1.(2025·山东潍坊模拟)一种工业上利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为LiCo1-x-yMnxNiyO2,还含有铝箔、炭黑、有机黏合剂等)综合回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下图所示: 2 3 4 1 已知:①Li2CO3的溶解度随温度升高而减小; ②Ksp(CoC2O4)=1×10-18 mol2·L-2, Ksp(MnC2O4)=1×10-13 mol2·L-2, Ksp(NiC2O4)=4×10-10 mol2·L-2。 回答下列问题: 70 2 3 4 1 (1)LiCo1-x-yMnxNiyO2中Ni、Co元素的化合价分别为+2价、+3价,若x=y,则Mn元素的化合价为　　　　　。锂离子电池中的电解质LiPF6与水相遇会生成POF3,该反应的化学方程式为　　　　　 。  +4价 LiPF6+H2O===LiF+POF3+2HF↑ 71 2 3 4 1 解析:三元锂离子电池正极材料粉碎灼烧除去炭黑、有机黏合剂,碱浸后除去铝,滤液中为四羟基合铝酸钠,酸浸时加入硫酸和过氧化氢将金属转化成离子,通过沉钴中加一水合氨、草酸铵除去钴元素,产生的是CoC2O4,说明此时钴元素的价态为+2价,说明加入的过氧化氢作为还原剂还原钴元素为+2价,加入K2S2O8溶液通过氧化还原将锰元素转化为二氧化锰,加入碳酸钠和氢氧化钠除镍,最后将锂离子转化成碳酸锂,据此分析。 (1)LiCo1-x-yMnxNiyO2中Ni、Co元素的化合价分别为+2价、+3价,根据化合价代数和为0,假设x=y=0.5,Mn元素的化合价为a,可知[1×1]+[3×(1-0.5-0.5)]+[0.5×a]+[2×0.5]+[-2×2]=0,a=4,则Mn元素的化合价为+4价;LiPF6与水相遇会生成POF3,反应为LiPF6+H2O===LiF+POF3+2HF↑。 72 2 3 4 1 (2)“酸浸”时,下列试剂中最适宜替换H2O2的是　　　　　(填字母)。  a.Na2CO3溶液　　　　　　 b.Na2S2O5溶液 c.NaClO溶液 d.浓盐酸 b 解析:根据分析可知“酸浸”时H2O2作为还原剂,因此可替代的是Na2S2O5溶液。 73 2 3 4 1 (3)若“酸浸”后溶液中Ni2+、Co2+、Mn2+浓度均为0.1 mol·L-1,欲使Co2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol·L-1)而不沉淀Ni2+、Mn2+,理论上需调节溶液c范围为　　　　　　 ;实际“沉钴”时,在加入C2O4之后溶液中c超出Co2+完全沉淀所需浓度,须先加入一定量氨水,所加氨水的作用为_________________________________ ____________________________________________________。  10-13 mol·L-1~10-12 mol·L-1　 Ni2+、 Mn2+反应降低浓度),避免沉钴时与Co2+共沉淀 将Ni2+、Mn2+转化为稳定配离子(或与 74 2 3 4 1 解析: 当Co2+完全沉淀(离子浓度小于1×10-5mol·L-1),等于1×10-5mol·L-1时,c(C2)==1×10-13 mol·L1,Ksp(NiC2O4)=4×10-10 mol2·L-2> Ksp(MnC2O4)=1×10-13 mol2·L-2,所以只要锰离子不沉淀,镍离子就一定不沉淀,当锰离子恰好不沉淀时,Mn2+浓度均为0.1mol·L-1,c(C2) ==1×10-12 mol·L-1,需调节的范围为10-13mol·L-1<)<10-12 mol·L-1,加入(NH4)2C2O4之前须先加入一定量氨水,推测所加氨水的作用为将Ni2+、Mn2+转化为稳定配离子,避免沉钴时与Co2+共沉淀。 75 2 3 4 1 (4)“沉锰”过程中加入K2S2O8溶液后,溶液先变为紫红色,一段时间后紫红色又褪去,紫红色褪去的原因为_________________________________ (用离子方程式表示)。  3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+ 解析: “沉锰”过程中加入K2S2O8溶液后,溶液先变为紫红色是生成高锰酸根离子的缘故,一段时间后紫红色又褪去是在酸性环境中高锰酸根离子又参与反应,则溶液褪色的原因是:3Mn2++2Mn+2H2O===5MnO2↓+4H+。 76 2 3 4 1 (5)“沉锂”操作中需将温度升高到90 ℃,原因是:①加快反应速率; ②_________________________________________________________ ___________________________________________________________ ___________________________。  Li2CO3的溶解度随温度升高而减小,温度升高到90 ℃,提高沉锂反应转化率;升温碳酸分解,平衡⥫⥬C+H2CO3正移,C浓度增大,提高沉锂反应转化率 解析:沉锂操作过程中需将温度升高到90 ℃,可促进自耦电离:2HC⥫⥬C+H2CO3,增大溶液中的c(C),有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率,并降低Li2CO3的溶解度。②是温度升高到90 ℃,促进碳酸的分解,平衡2HC⥫⥬C+H2CO3正移,生成C,提高沉锂反应转化率。 77 2.(2025·福建泉州模拟)从辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)回收铋的一种工艺流程如图所示。 2 3 4 1 已知:①氧化性:Cu2+>Bi3+>H+。 ②CuS、Bi2S3和FeS的Ksp分别为6.0×10-36 mol2·L-2、2.0×10-99 mol5·L-5和6.3×10-18 mol2·L-2。 78 (1)Bi是第6周期VA族元素，基态Bi原子的价电子轨道表示式为 _______________。  2 3 4 1 (2)酸浸过程中，铋在浸出液中以Bi3＋的形式存在，则Bi2S3发生反应的离子方程式为___________________________________________。  Bi2S3＋Cl＋6H＋====2Bi3＋＋3S＋Cl－＋3H2O 79 (3)将辉铋矿在空气中焙烧，再用盐酸酸浸，也可以得到同样的浸出液， 该方法除了能耗较大外，还存在一个缺点：______________________。  2 3 4 1 产生二氧化硫，污染空气 (4)还原过程中，Fe3＋发生反应的离子方程式为 ____________________________。  3Fe3＋＋Bi====Bi3＋＋3Fe2＋ 80 (5)“除铜”过程中，若铜离子的浓度降低至3.0×10－3mol·L－1，溶液 中Bi3＋最大浓度c＝__________ mol·L－1。  2 3 4 1 0.5 81 解析：辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有SiO2、Cu2S、FeS2杂质)加入盐酸调节pH，并加入NaClO3溶液，发生反应：Bi2S3＋NaClO3＋6HCl==== 2BiCl3＋3S＋NaCl＋3H2O、3Cu2S＋2NaClO3＋12HCl==== 6CuCl2＋3S＋2NaCl＋6H2O、2FeS2＋NaClO3＋6HCl====2FeCl3＋4S＋NaCl＋3H2O，SiO2不溶，得到浸出渣为SiO2和S，浸出液中含有Bi3＋、Cu2＋、Fe3＋，浸出液中加入铋粉还原铁离子：3Fe3＋＋Bi====Bi3＋＋3Fe2＋，加入硫化铵沉淀Cu2＋，则电解时，阳离子有Bi3＋、H＋和N、Na＋、Fe2＋，电解液可返回酸浸步骤中可知，电解后会产生氯酸钠，则阴极发生还原反应的电极反应：Bi3＋＋3e－====Bi，阳极的电极反应：Cl－－6e－＋6OH－====＋3H2O，据此分析解答。 2 3 4 1 82 (5)CuS、Bi2S3和FeS的Ksp分别为6.0×10-36 mol2·L-2、2.0×10-99 mol5·L-5和6.3×10-18 mol2·L-2。“除铜”时产生CuS沉淀,Ksp(CuS)=6.0×10-36 mol2·L-2,若铜离子的浓度降低至3.0×10-3mol·L-1,c(S2-)== mol·L-1 =2.0×10-33 mol·L-1,则溶液中Bi3+最大浓度c(Bi3+)== mol·L-1= mol·L-1=0.5 mol·L-1。 2 3 4 1 83 (6)用隔膜电极法，适当控制电位，电解液可以返回酸浸中再次使用， 则阳极的电极反应为__________________________________。  2 3 4 1 Cl－－6e－＋6OH－====Cl＋3H2O 84 (7)铋化锂被认为是很有潜力的正极材料，晶胞结构如图所示。 2 3 4 1 ①晶胞可以看作是由铋原子构成的面心立方 晶格，锂原子填充在其中的四面体和八面体 空隙处，晶体的化学式为_______________。 晶胞中每个Bi周围最近的Bi原子个数为 __________。  ②图中原子坐标参数：A为(0，0，0)，则B的坐标为_____________。  BiLi3(或Li3Bi) 12　 85 解析：①根据切割法，该晶胞含有Li的个数为8＋1＋12×＝12，含有Bi的个数为6×＋8×＝4，Bi、Li个数比为4∶12＝1∶3，则晶体的化学式为BiLi3或Li3Bi；晶胞中每个Bi周围最近的Bi原子位于面对角线位置，可知有4×3＝12个；②锂原子填充在其中的四面体和八面体空隙处，由题干晶胞结构示意图可知，A的坐标为(0，0，0)，则B的坐标为。 2 3 4 1 86 3.钴广泛应用于电池、合金等领域。以含钴废料(主要含Co2O3和CoO，还含有Fe、Mg等元素以及SiO2、炭、有机物)为原料制备钴的流程如图所示： 2 3 4 1 87 已知：①MgF2难溶于水。 ②Na2S2O5(焦亚硫酸钠)常作食品抗氧化剂。 ③常温下，部分氢氧化物沉淀的pH如表所示。 2 3 4 1   Co3＋ Fe3＋ Fe2＋ Co2＋ Mg2＋ 开始沉淀pH 0.3 2.7 7.6 7.2 9.6 完全沉淀pH 1.2 3.2 9.6 9.2 11.1 ④氧化性：Co3＋＞Cl2。 88 回答下列问题： (1)“浸取”时硫酸不宜用浓盐酸代替，其原因是___________________ __________________________ (用离子方程式表示)。  2 3 4 1 Co2O3＋6H＋＋2Cl－ ====2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O (2)有人认为“除镁”可以通过调节pH代替加入NaF，请你评价：_______________________________________ (判断是否可行，简述理由)。  2 3 4 1 不可行，Mg2＋开始沉淀时Co2＋已完全沉淀 解析：根据部分氢氧化物沉淀的pH数据可知，如果通过调节pH使镁离子沉淀，则镁离子开始沉淀时钴离子已完全沉淀，不符合要求，故不可以通过调节pH代替加入NaF。 (3)工业上也可利用如图装置实现制备Co。 2 3 4 1 ①石墨电极的电极反应为__________________________。生成11.8 g Co时，室1中溶液理论上减少__________g。  ②相较于直接电解CoCl2溶液，图中“三室两膜”装置突出优点是________________________________________(从绿色化学角度分析)。  2H2O－4e－====O2↑＋4H＋ 3.6 回收盐酸，不产生氯气，体现绿色化学理念 解析：①该电解池装置中，石墨电极作阳极，电极反应为2H2O－4e－====O2↑＋4H＋，钴电极作阴极；生成11.8 g Co，即生成Co的物质的量为n(Co)＝＝0.2 mol，转移电子数为0.4 mol，根据电极反应2H2O－4e－====O2↑＋4H＋，当转移电子0.4 mol时，产生0.1 mol O2，O2的质量为3.2 g，产生H＋的物质的量为0.4 mol，H＋的质量为0.4 g，O2逸出，H＋迁移到室2生成盐酸，故生成11.8 g Co时，室1中溶液理论上减少(3.2＋0.4) g＝3.6 g； ②从绿色化学角度分析，与直接电解 CoCl2溶液相比，图中“三室两膜” 装置突出的优点是回收高浓度盐酸， 不产生氯气。 2 3 4 1 (4)钴的一种氧化物的晶胞如图所示，已知r(Co2＋)＞r(O2－)。钴离子的配 位数为____，晶胞中原子空间利用率为_____________________________ [ ] 。 2 3 4 1 6 ×100% 解析：CoO晶胞类似NaCl晶胞，1个钴离子周围最近的氧离子有6个，故钴离子的配位数为6，1个晶胞含4个“CoO”。由晶胞截面图可知，＝2a2，a＝2r(Co2＋)，φ＝4×π× ×100%＝×100%。 2 3 4 1 4.(2025·湖南长沙模拟)硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有Al2O3、FeS2等杂质)制备PbSO4晶体，工艺流程如图所示： 2 3 4 1 已知:①PbCl2(s)+2Cl-(aq)⥫⥬(aq); ②Ksp(PbSO4)=1×10-8 mol2·L-2,Ksp(PbCl2)=1×10-5 mol3·L-3。 95 (1)基态Pb原子的价电子排布为__________。  2 3 4 1 6s26p2　 (2)“浸取”时，由PbS转化为的离子方程式为 ________________________________________________________。  MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－====＋S＋Mn2＋＋2H2O (3)滤渣2的主要成分是___________________(填化学式)。  Fe(OH)3、Al(OH)3 (4)由该工艺可知，反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬(aq)属于__________(填“放热”或“吸热”)反应。  2 3 4 1 吸热 (5)“沉淀转化”步骤完成后溶液中的S浓度为1×10－5 mol·L-1 ，则此时溶液中的Cl－浓度为____________ mol·L-1 。  2 3 4 1 0.1 解析：方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2、Al2O3等杂质)中加入盐酸、MnO2和NaCl，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2＋，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬[PbCl4]2－ (aq)平衡正向移动使更多的Pb元素存在于溶液中，加入MnO调节溶液pH，使铁离子、铝离子转化成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冰水，将滤液冰水沉降、过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸或硫酸钠发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体，滤液a中主要成分为HCl或NaCl，据此解答。 (5)根据)＝可知，c(Pb2＋)＝10－3 mol·L-1 ，c(Cl－)＝＝0.1 mol·L-1 。 2 3 4 1 (6)滤液a可循环利用，试剂M是_______________ (填化学式)。  2 3 4 1 Na2SO4(或H2SO4) (7)PbS的立方晶胞如图所示，已知晶体密度为ρ g·cm-3 ，阿伏加德罗常 数的值为NA，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为_______________ nm。  2 3 4 1 ××107 解析：由图可知，根据切割法计算，一个晶胞中含有4个铅离子，硫离子的数目＝8×＋6×＝4，晶胞的质量m＝ g＝ g，则晶胞的棱长a＝ cm，晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为晶胞体对角线的，即× cm＝× ×107 nm。 2 3 4 1 $$