第53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（苏教版）

优化探究 大单元四　化学反应原理 专题12　水溶液中的离子反应与平衡 第53讲　无机化工流程题的解题策略　 1 [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53　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。 9 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。 10 (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。 11 (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。 12 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。 13 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。 14 (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。 15 [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)。 16 (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。 17 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 18 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＋ 19 解析：“除钛”过程中加入的铁粉发生的主要反应有Fe＋H2SO4==== FeSO4＋H2↑、Fe2(SO4)3＋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＋。 20 (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＋。 21 (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　 反应生成Cl2，产生污染 防止盐酸与KMnO4 22 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。 23 (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＋。 24 (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。 25 (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H3PO4、H2P、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。 26 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＋。 27 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 28 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。 “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。 29 (2)“滤渣1”除掉的主要杂质元素是______(填元素符号)。  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。 Si 30 (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_______________________________________________。  率大于V，转化为VO2＋可以提高钒的浸取率 VO2＋的浸取 2V＋H2C2O4＋2H＋====2VO2＋＋2CO2↑＋2H2O 31 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。 32 (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。 33 (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 34 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。 35 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。 36 练真题 明考向 37 1.(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反应生成四羟基合 铝酸盐；室温下，偏钒酸钙 和四羟基合铝酸钙 均难溶于水。 38 回答下列问题： (1)钒原子的外围电子排布式为________；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)。  3d34s2　 ＋5价　 CO2 39 解析：石煤和苛化泥通入空气进 行焙烧，反应生成NaVO3、 Ca(VO3)2、Na[Al(OH)4]、 Ca[Al(OH)4]2、CaO和CO2等，水 浸可分离焙烧后的可溶性物质(如 NaVO3)和不溶性物质{Ca(VO3)2、Ca[Al(OH)4]2等}，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯V，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O5；滤渣①在pH≈8，65~70 ℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸， 40 使滤渣①中的钒元素进入滤液 ①中，再将滤液①回流到离子 交换工序，进行V的富集。 钒是23号元素，其外围电子排布 式为3d34s2；焙烧过程中，氧气 被还原，V2O3被氧化生成V，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。 41 (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)。  Na[Al(OH)4] 解析：由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成四羟基合铝酸钠和四羟基合铝酸钙，四羟基合铝酸钠溶于水，四羟基合铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是Na[Al(OH)4]。 42 (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。  ＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2V 度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放V　　 提高溶液中HC浓 离子交换 43 解析：在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与和OH－反应生成CaCO3 、V和H2O，离子方程式为HC＋OH－＋Ca(VO3)2CaCO3＋H2O＋2V；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为可提高溶液中HC浓度，促使偏钒酸 钙转化为碳酸钙，释放V； 滤液①中含有V、N 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。 44 (4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为________(填化学式)。  NaCl 解析：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。 45 (5)下列不利于沉钒过程的两种操作为________(填字母)。  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 bd 46 解析：a.延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；b.NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH－与N反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；c.搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；d.降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意。 47 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＋ 48 回答下列问题： (1)基态Be2＋的轨道表示式为________。  49 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。 基态Be2＋的电子排布式为1s2，其轨道表示式为 。 50 (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。 51 (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。 52 (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。 53 (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。 54 (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。 55 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。 56 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。 57 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 58 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。 “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。 59 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是__________________ _____________。  CoSO4＋H2O CoO＋H2SO4==== 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。 60 (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 61 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。 62 (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。 63 (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。 64 (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。 65 (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 66 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。 67 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： 68 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　 69 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。 “胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4。 70 (2)“细菌氧化”中，FeS2发生反应的离子方程式为_________________ ___________________________________。  2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋ 4FeS2＋15O2＋ 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＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋。 71 (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。 72 (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 73 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。 74 (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。 75 (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。 76 (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 77 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。 78 课时作业53　 无机化工流程题的解题策略 79 非选择题 1.(15分)(2025·江苏盐城模拟)LiMn2O4是一种锂离子电池的正极材料。用高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)制备LiMn2O4的工艺流程如图： 2 3 1 80 已知：①酸浸液主要含有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等金属阳离子； ②25 ℃时，相关物质的Ksp见表。 2 3 1 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.6 1×10－12.7 (1)Mn2＋的基态核外电子排布式为____________________________。  1s22s22p63s23p63d5{或[Ar]3d5} 81 解析：高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)混合经硫酸酸浸，得到主要含有M、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋等金属阳离子的酸浸液，SiO2不参加反应，则滤渣1的主要成分为SiO2，酸浸液中加入双氧水将Fe2＋氧化为Fe3＋，加入氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀以除去Fe3＋、Al3＋，则滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得硫酸锰晶体，真空热解MnSO4·H2O制备Mn3O4，最后Mn3O4和碳酸锂在空气中焙烧得到LiMn2O4，据此解答。 Mn是25号元素，Mn2＋的基态 核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5。 2 3 1 82 (2)“酸浸”时MnO2与FeS2反应生成Fe3＋和S的离子方程式为 _______________________________________________________。保持 温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有_______________。  2 3 1 15MnO2＋2FeS2＋28H＋====2Fe3＋＋14H2O＋4S＋15Mn2＋ 矿渣粉碎、搅拌 83 解析：MnO2与FeS2反应生成Fe3＋和S，同时二氧化锰被还原生成Mn2＋，根据得失电子数守恒，反应的离子方程式为15MnO2＋2FeS2＋28H＋====2Fe3＋＋14H2O＋4S＋15Mn2＋。根据影响反应速率的因素，保持温度、浸取时间不变，能提高锰元素浸出率的措施有矿渣粉碎、搅拌等。 2 3 1 84 (3)欲使溶液中的Al3＋、Fe3＋沉淀完全，调节溶液的pH最小值为__________ (当溶液中某离子浓度c≤1×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。  2 3 1 4.8 85 解析：由表格相关物质的Ksp可知，Fe3＋比Al3＋更易生成氢氧化物沉淀，Al3＋完全沉淀时c(OH－)= mol·L－1=1×10－9.2 mol·L－1，c(H＋)= mol·L－1=1×10－4.8 mol·L－1，则欲使溶液中的Al3＋、Fe3＋沉淀完全，调节溶液的pH最小值为4.8。 2 3 1 86 (4)在真空中加热分解MnSO4·H2O， 测得固体的质量随温度变化如图1所 示。真空热解MnSO4·H2O制备 Mn3O4，需控制的温度为 _________________________________ _________________________________ __________________________________________________________________________________(写出计算推理过程)。  2 3 1 1 000~1 200 ℃；根据质量守恒可知， 3[MnSO4·H2O]~Mn3O4，此时Mn3O4 的质量占原固体质量的×100%≈45.17%，失重 1－45.17%=54.83% 87 解析：MnSO4·H2O制备Mn3O4，根 据锰元素守恒有3[MnSO4·H2O]~ Mn3O4，此时Mn3O4的质量占原固体 质量的× 100%≈45.17%，失重1－45.17%= 54.83%，所以需控制的温度为1 000~1 200 ℃。 2 3 1 88 (5)“焙烧”Mn3O4生成LiMn2O4的反应中，还原剂是__________(填化 学式)。  2 3 1 Mn3O4 解析：“焙烧”Mn3O4生成LiMn2O4的反应中，Mn元素化合价升高，还原剂是Mn3O4。 89 (6)一种LiMn2O4晶胞可看成由图2中A、B单元按图3方式构成。图2中“○”表示O2－，则“●”表示的微粒是__________(填离子符号)。  2 3 1 Li＋ 90 解析：根据均摊原则，A中白球个数为4，黑球个数为4×＋1=1.5， B中白球个数为4，黑球个数为4×=0.5，三角形个数为4，则晶胞中白球、黑球、三角形的个数比为32∶8∶16=4∶1∶2，根据化学式LiMn2O4，则“●”表示的微粒是Li＋。 2 3 1 91 2.(16分)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 1 92 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 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。 93 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 1 ====2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O Co2O3＋6H＋＋2Cl－ 94 (2)其他条件相同时，“氧化”过程中，氧化率 与温度的关系如图1所示，氧化率与pH的关系如 图2所示(不考虑pH＜5的情况)。 2 3 1 “氧化”的最佳条件是____________________。 在此条件下，实际消耗的双氧水远大于理论用 量，可能的原因是__________________________ _________。  30 ℃、pH为5.0~5.5 Fe3＋等金属离子催化H2O2 分解 95 解析：由图1可判断最佳温度为30 ℃，温度较低时速率小，温度较高 时，双氧水分解，pH在5.0~5.5时氧化率较大，故“氧化”的最佳条件是30 ℃、pH为5.0~5.5，在此条件下，实际消耗的双氧水远大于理论用量，可能的原因是Fe3＋等金属离子催化H2O2分解。 2 3 1 96 (3)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 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。 97 (4)工业上也可利用图3装置实现制备Co。 ①石墨电极的电极反应式为__________________________。生成11.8 g Co时，室1中溶液理论上减少________g。  2 3 1 2H2O－4e－====O2↑＋4H＋　 3.6 98 解析：该电解池装置中，石墨电极作阳 极，电极反应式为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，根据电极反应式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 3 1 99 ②相较于直接电解CoCl2溶液，图3中“三室两膜”装置突出优点是_______________________________________(从绿色化学角度分析)。  2 3 1 回收盐酸，不产生氯气，体现绿色化学理念 解析：从绿色化学角度分析，与直接电解CoCl2溶液相比，图3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。 100 (5)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 1 6　 ×100% 101 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[r3(Co2＋)＋r3(O2－)] ××100%= ×100%。 2 3 1 102 3.(15分)(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 1 已知：①PbCl2(s)＋2Cl－(aq)⥫⥬(aq)； ②Ksp(PbSO4)=1×10－8，Ksp(PbCl2)=1×10－5。 103 (1)基态Pb原子的外围电子排布式为__________。  (2)“浸取”时，由PbS转化为的离子方程式为________________________________________________________。  (3)滤渣2的主要成分是___________________(填化学式)。  (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 1 6s26p2　 MnO2＋PbS＋4H＋＋4Cl－====＋S＋Mn2＋＋2H2O Fe(OH)3、Al(OH)3 吸热 104 (5)“沉淀转化”步骤完成后溶液中的S浓度为1×10－5mol·L－1，则此时溶液中的Cl－浓度为____________mol·L－1。  2 3 1 0.1 105 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。 2 3 1 106 根据)=可知，c(Pb2＋)=10－3 mol·L－1，c(Cl－) ==0.1 mol·L－1。 2 3 1 107 (6)滤液a可循环利用，试剂M是_________________(填化学式)。  (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 1 Na2SO4(或H2SO4) ××107 108 解析：由图可知，根据均摊法计算，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 1 109 $$