第25讲 化学工艺流程（复习讲义）（江苏专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第25讲 化学工艺流程 目录 01 考情解码·命题预警 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 选择题中的微流程 知识点1 流程图基本框架结构 知识点2 流程图实验操作 考向1微流程与元素化合物、实验操作 【思维建模】“微流程”的分析模型 考向2 微流程与化学反应原理 考点二 无机化工流程题 知识点1 化工流程与条件控制 知识点2 化工流程与反应原理 知识点3 化工流程与实验技术 知识点4 化工流程与图像分析 知识点5 化工流程与计算类型 考向1 化工流程与物质制备 考向2 化工流程与反应原理 考向3 化工流程与化学计算断 04真题溯源·考向感知 考情分析 1．从命题题型和内容上看，属于高考必考题型。试题将化学反应原理及相关知识应用于工业生产，考查无机元素性质、离子反应、化学平衡移动原理及沉淀溶解平衡，主要考查化学实验基本操作、陌生反应方程式书写、化学平衡移动的应用及相关计算，其考查面广、综合性强，试题难度较大，需要较强的逻辑思维推理能力、分析判断能力及元素化合物的储备知识。 2．根据试题特点其复习策略是：回归课，熟练掌握课本的基础知识和经典模型，关注课本中的实验、习题，理解其背后的化学原理和解题思路。熟悉并掌握几种典型的工业流程，分析每个流程的关键步骤、反应原理、控制条件及产物分离提纯的方法。学会从题目中提取关键信息，明确题目要求，能对题目中的流程图、表格、图像等信息进行分析，理解其含义和作用。能掌握分析流程图的方法，如将流程图模块化(原料处理、条件控制、分离提纯)，学会分别从试剂、操作、杂质、产品这几条线来跟踪物质的转化和去向。 复习目标 1．知道化工流程题的结构特点及设问方式，学会审题并能规范答题。 2．能解释物质制备中反应条件控制的目的，选择对混合物进行分离提纯的方法。 3．能将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、模型、图形等表达并做出解释。 考点一 选择题中的微流程 知识点1 流程图基本框架结构 流程图呈现形式 框图中箭头的含义 图1：箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)。 图2：箭头表示反应物分步加入和生成物出来。 图3：返回的箭头一般是“循环利用”的物质。 解题思路 ①审题干：明确原料、产品和杂质。 ②审信息：寻找信息在流程中的作用；寻找信息与某设问的对应关系。 ③审流程：明确四线(产品线、杂质线、试剂线、操作线)。 ④审设问：看清问题，规范作答。 得分速记 选择题中的微流程解题思路 明确制备物质特点 首先确定要制备什么物质，从题干或流程图、装置图中获取有用信息，了解制备物质的性质，具有某些特殊性质的产物，要采取必要的措施来避免在制备过程中产生杂质。 分析流程图中的 每一步操作及步骤 从以下几个方面了解流程图、装置图：反应物是什么？反应方程式是什么？该反应有何作用？对制备结果有何影响？ 逐项判断 不遗漏任何信息 结合除杂、分离、提纯等实验操作，灵活运用元素化合物及氧化还原反应等知识，从问题中获取解题信息，逐项判断。 知识点2 流程图实验操作 1．原料的预处理 碎 (粉碎、研磨、雾化) 目的 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大______________________，加快______________ 过筛的目的 控制颗粒______ 烧 (灼烧、焙烧、煅烧) 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。 如从海带中提取碘时灼烧就是为了除去______性杂质，使一些物质能溶解 灼烧、焙烧 ①除去挥发性物质；除去C、S等单质。 ②除去有机物、____盐等。 ③高温下，原料与空气中的氧气反应，使一些物质在高温下氧化。如4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、2MS＋3O22MO＋2SO2(M代表某些金属元素)。 ④除去某些受热不稳定的杂质。如MCO3MO＋CO2↑、M(OH)2MO＋H2O(M代表某些金属元素)。 浸 (水浸、酸浸、碱浸) 目的 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 酸浸 加入酸[硫酸、盐酸、硝酸等]使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ①酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的______。 ②用盐酸、硝酸溶时，要注意______。 ③用硫酸酸溶时，要注意Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、CaSO4、Ag2SO4进入滤渣 碱浸 常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，使其中可溶性的物质溶解。 ①NaOH、Na2CO3溶液还能除去____。 ②NaOH溶液能溶解两性化合物(如______、ZnO)。 ③NaOH溶液能溶解Al、Zn、______等。 ④氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液 盐浸 用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解 特别 提醒 增大接触面积的方法 固体——______、研磨；液体——______；气体——用多孔分散器等 提高浸出率的措施 a．将矿石粉碎；b．适当加热；c．充分______；d．适当提高浸取液的浓度；e．适当延长______时间等 酸溶时，酸不能加入过多 否则会造成后续调pH时多加入______ 酸溶时，盐酸不能加过多 否则可能会与后续加入的KMnO4等氧化剂反应，生成有毒气体______ 碱溶时，碱不能加入过多 否则会造成后续调pH时多加入______ 2．常见除去杂质的方法 沉淀法 调pH法 ①如除去Al3＋、Fe3＋，可以_____pH，使其分别转化成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀 ②如除去SiO、AlO，可以_____pH，使其分别转化成H2SiO3沉淀、Al(OH)3沉淀 [注意]生成两性物质时，pH不宜过高或过低。 氟化法 ①如除去Mg2＋、Ca2＋：可以加入NaF，使其分别转化成MgF2沉淀、CaF2沉淀。 ②如除去Mn2＋中的Mg2＋：因MgF2比MnF2更难溶，故可加入MnF2形成MgF2沉淀，利用沉淀转化除去Mg2＋ 硫化法 ①如除去Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋、Hg2＋：可以加入______，使其分别转化成CuS沉淀、ZnS沉淀、FeS沉淀、HgS沉淀。 ②用一些Ksp较大的硫化物(如FeS、MnS)通过沉淀转化使某些金属离子转化为更难溶的硫化物 氧化还原沉淀法 ①用单质进行置换，如可用Zn置换Cu2＋。 ②加入氧化剂(或还原剂)使某些微粒转化为沉淀，如： KMnO4除铁：MnO＋3Fe2＋＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ Na2SO3沉铜：2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO＋2H＋ 双氧水氧化沉淀转化：CuS＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋S＋2H2O MnO2氧化沉淀转化：MnO2＋MnS＋2H2SO4＝2MnSO4＋S＋2H2O Fe3＋氧化沉淀转化：2Fe3＋＋Pb＋SO＝PbSO4＋2Fe2＋ 碳酸盐沉淀法 加入Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3、氨水－NH4HCO3、NH3(先)＋CO2(后)等使金属离子形成沉淀 类型 离子方程式 用Na2CO3沉淀Zn2＋ Zn2＋＋CO＝ZnCO3↓ 用NH4HCO3沉淀Co2＋ Co2＋＋2HCO＝CoCO3↓____________________ 用NH4HCO3－氨水沉淀Mn2＋ Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2＋＋HCO＋NH3＝MnCO3↓＋NH 用NH3(先)＋CO2(后)沉淀Ca2＋ Ca2＋＋CO2＋2NH3＋H2O＝__________________ [注意] ①M2＋＋2HCO＝MCO3↓＋H2O＋CO2↑(M2＋为Ca2＋、Mn2＋、Co2＋、Ni2＋、Fe2＋) ②Cu2＋、Zn2＋与HCO反应生成碱式碳酸盐沉淀，如： 6HCO＋3Zn2＋＝ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓＋5CO2↑ 草酸盐沉淀法 如Ca2＋＋C2O＝CaC2O4↓ 硫酸盐沉淀法 ①如Ca2＋＋SO＝CaSO4 ②BaCO3沉淀转化：BaCO3＋SO＋2H3PO4＝BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 有机溶剂 萃取法 如Cu2＋(水相)＋2RH(有机相)R2Cu(有机相)＋2H＋(水相)，萃取、分液，向有机相中加入强酸，使反应向左进行，反萃取得到Cu2＋ 离子交换法 依据等电荷交换原则，如1个Ca2＋交换出2个H＋ 3．流程中加入试剂的作用 加氧化剂 或还原剂 ①转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液______，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的[如Fe2＋→Fe3＋→Fe(OH)3]。 ②为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入H2O2把Cr3＋氧化成CrO) 通入空气 ①氧化某些离子(如SO、Fe2＋) ②起搅拌作用 加有机溶剂 萃取某些物质或降低某些物质的溶解度 蒸发结晶时 加对应酸抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、CuCl2、AlCl3、MgCl2、ZnCl2等晶体时，应在______气流中加热，以抑制其水解 得分速记 常见氧化剂 KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、NaClO3(KClO3)、MnO2、HNO3、Fe3＋等 常见还原剂 金属单质、SO2(SO)、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4等 H2O2 受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解；H2O2是________氧化剂，无污染 SO2 用SO2还原MnO、Fe3＋等离子时，温度不宜________，温度越高，SO2溶解度越小 Na2SO3 用Na2SO3还原MnO2、Fe3＋等离子时，Na2SO3实际用量高于理论量，原因是Na2SO3被空气部分________ 判断能否 加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等 4．流程中产品的分离、提纯 结晶(或重结晶) ——盐溶液的分离提纯方法 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化________的溶质，如NaCl 冷却结晶 提取溶解度随温度变化________的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 过滤 固、液分离 蒸馏 分离______不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 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。如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 反萃取 用反萃取剂使被萃取物从一种溶剂返回另一种溶剂的过程，是萃取的逆过程 分液 分离互不相溶的液体 升华 将固体直接气化分离 盐析 加无机盐使溶质的溶解度降低而析出 洗涤 水洗 洗去晶体表面的杂质离子 冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，减少晶体的溶解损失 醇洗 洗去晶体表面可溶性杂质和水分，减少晶体的________，使晶体________ 5．转化过程中反应条件的控制 加过量试剂 反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但可能引入杂质，增加后续处理成本(关注后续化学反应) 气体氛围 隔绝空气 防止空气中的组分(如氧气)参与反应 HCl氛围 抑制弱离子的______ 惰性气体氛围 通入Ar、N2、H2等，防止某些物质被______ 热空气(或水蒸气)吹出气体 如海水提溴、凯氏定氮 控制 溶液的pH ①增强物质(MnO、NO等)的氧化性或还原性。 ②调节离子的水解程度。 ③萃取、离子交换可能有pH要求 ④沉淀某些金属阳离子 常见问题及解释如下表： 常见问题 解释 沉淀除杂pH范围的选择 杂质离子完全沉淀pH～主要离子开始沉淀pH 调节pH试剂的选择 调高pH 加入消耗H＋的物质，可加入氨水、NaOH等碱、氧化物、碳酸盐、碱式碳酸盐 调低pH 加入消耗OH－的物质，如盐酸、硫酸、CO2、NH等 pH不能 过高或过低的原因 过低会导致某些离子沉淀不完全；过高可能会导致主体离子损失 pH偏小 沉淀不完全的原因 H＋与阴离子结合生成弱电解质，阴离子的浓度下降，平衡向沉淀溶解的方向移动 控制温度 温度对物质性质的影响 ①关注易分解物质：双氧水、氨水、铵盐、硝酸、次氯酸、硝酸盐、草酸、草酸盐以及信息中给出的易分解物质。 ②关注易挥发物质：氨水、硝酸、盐酸等易挥发物质以及沸点较低物质。 ③关注易被氧化物质：Na2S、Na2SO3、KI、含Fe(Ⅱ)的化合物、酚类、醛类以及信息中给出的易被氧化物质。 ④关注物质的溶解度：若固体物质的溶解度随温度升高而增大，则降温能促使产品析出；若固体物质的溶解度随温度升高而减小，则升温能促使产品析出；气体的溶解度随温度升高而减小。 温度在反应原理中的影响 （1）温度对反应速率或固体溶解速率的影响 ①制备物质时，常使用加热的方法加快反应速率。 ②原料的预处理阶段，升温可以提高浸取速率。 （2）温度对平衡移动、反应物转化率或生成物产率的影响 ①正反应吸热的可逆反应，升温使平衡正向移动，有利于提高反应物的平衡转化率，从而提高产物的产率。 ②正反应放热的可逆反应，升高温度不利于反应物平衡转化率的提高，不利于提高产物的产率。 ③升温促进盐类水解，有利于生成沉淀(胶体聚沉后利于过滤分离)。 （3）温度对催化剂活性的影响 如合成氨或SO2催化氧化SO3时，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度范围内催化剂的活性最强。 （4）温度对副反应发生的影响 很多有机反应过程一般较为复杂，对温度的控制尤为关键，如实验室制取乙烯、硝基苯等，控制温度都是为了防止副反应的发生。 控制温度在一定范围 答题角度 ①控制反应速率、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生 ②控制化学反应进行的方向，使化学平衡移动。 ③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发物质挥发，使易分解的物质分解 ④控制温度结晶与过滤 ⑤能源的利用(耗能)；生产安全(温度过高，反应过于剧烈，可能有安全问题)等 控温方法 ①缓慢加入××溶液或缓慢通入××气体。 ②水浴(热水浴、冰水浴等)、油浴、沙浴等 得分速记 ①Fe(OH)3、Zn(OH)2开始沉淀至沉淀完全的pH范围分别为1.5～3.3、5.4～8.2，则要除去Zn2＋溶液中的Fe3＋，应控制溶液的pH范围为____________。 ②除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入________________________、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 ③除去溶液中的Mg2＋可选用NaF，F－与Mg2＋结合生成MgF2沉淀，当溶液pH过低时，Mg2＋沉淀不完全，原因是F－与H＋结合生成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动。 ④用Na2S除重金属离子(如Cu2＋)，pH过低时，Cu2＋去除率低，原因是S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度降低。 6．流程中物质的确定 循环物质的确定 副产品的判断 滤渣成分的确定 ①过量的反应物 ②原料中不参与反应的物质 ③由原料转化的生成物 ④由杂质转化的沉淀物 考向1 微流程与元素化合物、实验操作 （2025·江苏南通市开学考）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。 下列说法不正确的是 A．1 mol [Zn(NH3)4]2＋含16 mol σ键 B．“盐浸”过程中需补充NH3，防止浸液pH下降 C．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 D．“沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用 思维建模 “微流程”的分析模型 确定 “发生反应” 从流程图中每一步进、出的试剂中确定发生的化学反应、除去的杂质、目标元素的转化。 当出现不熟悉的反应时，可根据流程图后续步骤中的物质推测该反应的产物或从设问中找到提示信息。 分析 “滤渣”成分 熟知常见的沉淀物，注意微溶物也会出现在“滤渣”中，如CaSO4、Ca(OH)2等。 分析 “滤液”成分 要分析发生化学反应中的“易溶物”，注意过量的某物质也会在“滤液”当中。 常根据“滤液”的成分，判断循环物质和循环步骤。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南通市崇川区阶段考试）工业上以锌渣(主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO)为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2＋、Fe2＋、H＋ B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2H2O＋O2↑ C．“滤渣2”的主要成分为Fe2O3 D．“操作”为蒸发结晶 【变式训练2】 （2025·广东省清远市一模）实验室用废弃铁泥(主要成分是Fe2O3，含少量CaCO3)制备FeCO3的流程如图所示。下列有关说法不正确的是 A．“还原”的目的主要是将Fe3＋还原为Fe2＋ B．将FeCO3在空气中煅烧后可制得FeO C．“除杂”这一步的操作为过滤 D．滤渣的主要成分是CaF2 考向2 微流程与化学反应原理 （2025·江苏省南通市四模）室温下，中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3、Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8、Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13；Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO3－) B．“中和”时若加入过量的Na2CO3溶液，可发生反应：2H3PO4＋3CO32－＝2PO43－＋3CO2↑＋3H2O C．“调pH”至9.7时所得溶液中：c(PO43－)＞c(H3PO4) D．“过滤”所得滤液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－) 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南通市市期中）利用氨石灰水法吸收烟气中SO2的过程如图所示。室温下，用1.0 mol·L－1氨水吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSO3－)＋c(SO32－)已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；Ka1(H2SO3)＝1.4×10－2；Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。 下列说法正确的是 A．pH＝6的吸收液中，c(SO32－)＜c(H2SO3) B．“吸收”时，c总＝1.0 mol·L－1的溶液中：c(NH3·H2O)＋c(SO32－)＞c(H2SO3) C．“转化”时，通入O2后的溶液pH增大 D．“再生”的化学方程式为Ca(OH)2＋(NH4)2SO3＝CaSO3＋2NH3·H2O 【变式训练2·变考法】 （2025·江苏省泰州中学等三校12月调研）室温下，用FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示，已知：Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，Ksp(FeCO3)＝2.5×10－11。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)＞c(H2CO3) B．“混合”时应控制NH3和NH4HCO3之间的用量比，防止有杂质生成 C．制备FeCO3的离子方程式为：Fe2＋＋2HCO3－＝FeCO3↓＋H2O＋CO2↑ D．“过滤”后(NH4)2SO4溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－) 考点二 无机化工流程题 知识点1 化工流程与条件控制 1．流程中反应条件的控制 条件控制 答题指导 控制溶液的pH ①使金属离子全部转化________________沉淀，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关 常用试剂：①酸[稀HCl、H2SO4、HNO3(注意氧化性)]、酸性气体；②碱[NaOH、NH3·H2O]；③盐[Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3]；④金属氧化物 反应物用量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率(量不能太多,有时后续除杂时还会加碱,会多消耗碱)；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快____________，使平衡发生移动等 加入氧化剂(或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为____________沉淀除去] 加入沉淀剂 ①如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁，转化为硫化物沉淀；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ 加热煮沸 促进水解，聚沉后利于过滤分离 趁热过滤 防止某物质降温时会____________ 控制温度 (常用水浴、冰水浴或油浴) 降温 ①防止某物质在高温时____________、挥发(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的____________，减少损失；④降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求等 升温 ①使溶液中的气体逸出；②使易挥发的物质________出来；③促进水解，聚沉后便于过滤分离 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会________或挥发；③适宜的温度使催化剂的________达到最好；④防止副反应的发生等 2．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制 ①运用Ksp计算反应所需要的pH条件。 ②根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。 知识点2 化工流程与反应原理 化工流程与反应原理 1．原理型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查考生运用化学平衡原理、化学反应与能量变化、电化学等知识来解决化工生产中实际问题的能力。 2．解答此类型题目的基本步骤是：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品；（2）分析流程中的每一步骤，如：每一步骤中反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制取产品有什么作用；（3）从题中获取信息，运用化学反应原理分析制备产品的最佳条件，帮助解题。 3．化学工艺流程图题常考查的主要化学反应原理 ① 沉淀溶解平衡的相关应用 ①沉淀的最小浓度控制；②沉淀的转化条件；③不同离子的分步沉淀 ② 反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用 ①反应速率的控制(如温度等)；②化学平衡的移动(如浓度、温度等)；③化学平衡常数的计算与应用；④反应条件的控制 ③ 盐类水解的具体应用 ①抑制盐的水解；②水解反应的规律；③水解反应的控制 ④ 氧化还原反应规律及其运用 ①反应的强弱规律；②反应的守恒规律 4．试题中会出现一些化工术语如水(或酸)浸、苛化、煅烧、脱硫、提取、热过滤、水热处理、表面处理等，实际考查的是化学反应原理(包括化学平衡原理、水解原理)或相关实验操作，以及绿色化学观念和从经济的视角分析实际生产中各种问题的能力。因此试题的解答始于对各阶段流程的化学原理的分析。图示如下： 知识点3 化工流程与实验技术 实验型化工流程题是以考查考生实验基础知识、基本操作及基本技能为主要目的的一类化工流程题。解答此类题时，应认真审题，找到该实验的目的。一般来说，该流程题只有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某一物质；另一目的就是利用某些物质制备另一物质。 无机化工流程题中的除杂、净化 常用的方法 水溶法 除去_______性杂质 酸溶法 除去_____性杂质 碱溶法 除去_____性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易________或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性溶液中的Fe3＋等 常用的操作 过滤(热滤或抽滤) 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用________过滤或者________等方法 萃取和分液 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，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化________的溶质，如从溶液中提取NaCl 冷却结晶 提取溶解度随温度变化________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________不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油 冷却法 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气 知识点4 化工流程与图像分析 1．反应适宜条件选择 根据图像提供的数据，选择最佳的反应条件，如工业生产中控制反应条件时，选择达到较高“浸出率”的时间、温度等。 2．分析曲线变化原因 根据物质的物理性质、化学性质及有关原理解释曲线变化的趋势。 3．分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因 “浸出率”升高，一般是反应温度升高，____________加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高，“浸出率”反而下降，一般是因为反应试剂的________或挥发。 知识点5 化工流程与计算类型 类型 解题方法 物质 含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定 物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的____________ ②根据电荷守恒，确定出________离子的物质的量 ③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量 ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 多步滴定计算 ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂过量，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 考向1 化工流程与物质制备 （2025·徐州下学期2月调研）对SiO2为载体的加氢废催化剂(主要含有WS2、NiS、Al2S3，少量碳、磷)处理的实验流程如下： （1）NiS中，基态镍离子的电子排布式为_____________。 （2）高温氧化焙烧时，WS2发生反应的化学方程式为_______________________________。 （3）滤渣X的成分为H2SiO3和___________。 （4）Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入NH3，再滴加MgCl2溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体。 ①实验中球形干燥管的作用是___________________________________________。 ②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成NH4MgPO4的离子方程式为__________________________________________________________。 ③向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是_________________________________。 （5）已知：①该实验中pH＝5.0时，Al3＋沉淀完全；在pH＝6.0时，Ni2＋开始沉淀。 ②实验中须用到的试剂：2 mol·L－1 H2SO4溶液、0.1 mol·L－1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的Al2O3和不溶性杂质。请完成从浸渣制备NiSO4•6H2O的实验方案：______________________________ _________________________________________________________________________。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省淮安市淮阴中学三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知： ①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示(25℃)，此实验条件下Mn2＋开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤1×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。 （1）Mn2＋的价电子排布式为_________________。 （2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为_____________________________________________。 （3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：___________________________________________________________ _______________________________________________________。 （4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为_______________；其中除去Fe3＋的离子方程式为_______________________________________。 （5）“氟化除杂”时，若维持c(F－)＝6×10－4 mol·L－1，溶液中的Mg2＋和Ca2＋_______(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10－10；Ksp(CaF2)＝3.6×10－12]。 【变式训练2】 （2025·四川省眉山市一模）氯化铵焙烧菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子 Al3＋ Fe3＋ Fe2＋ Ca2＋ Mn2＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.7 12.6 10.1 11.6 ②常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。 回答下列问题： （1）基态锰原子的电子排布式为___________，CO32－的空间结构为_____________。 （2）由下图可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件：m(NH4Cl)∶m(菱锰矿粉)＝1.10∶1，500℃焙烧60 min，不选用600℃焙烧90 min的原因是____________________________________________________。 （3）焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的___________(填化学式)。 （4）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为_________________________________________________；若溶液中金属离子浓度均为0.1 mol·L－1，调节溶液pH使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，此时溶液的pH范围为_________________，再加入NH4F沉淀Ca2＋、Mg2＋，将Ca2＋、Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀，当c(Ca2＋)＝1×10－5 mol·L－1时，c(Mg2＋)＝___________mol·L－1(保留两位有效数字)。 （5）碳化结晶时，发生反应离子方程式为______________________________________________。 （6）流程中能循环利用的固态物质是___________(填化学式)。 考向2 化工流程与反应原理 （2025·江苏省扬州中学期末调研）从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铋(Bi)、锗(Ge)等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17。 ②单宁酸H2R是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③Ce4＋易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除Fe3＋时应控制pH的范围是________________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋氧化物(Bi2O3)发生反应的离子方程式为______________________________。 （4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节pH为2.5且不能过低或过高，原因是_______________________________________________________________________________ ______________________________________________________。 （5）①ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2－的配位数为____。 ②ZnO也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键，从元素电负性的角度分析其原因为___________________________ _______________________________________。 ③加热ZnSO4•7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。1 050℃时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南京市金陵中学4月调研）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2＋、Fe3＋、Sc3＋)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］＝2.8×10－39，Ksp［Sc(OH)3］＝1.0×10－30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3＋易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如D＝，Sc的萃取率＝。 （1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________________________________。 （2）“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________________。 （3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3＋的浓度为______mol·L－1。 （4）某工厂取1 000 L Sc3＋总浓度为50 mg·L－1废酸，加入500 L某萃取剂，若D＝10，则单次萃取率为___________(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有__________________________ _______________________________________________________(写两条)。 （5）写出“沉钛”过程中离子反应方程式________________________________________。 （6）上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX(R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2的结构可表示为________。 【变式训练2】 （2024·江苏省苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： 已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH ＜1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 ＞13.0 主要存在形式 VO2＋ V2O5 多钒酸根 VO3－ 多钒酸根 VO43－ 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 （1）通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知VO3－能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为： VO3－(水层)＋ROH(有机层)RVO3(有机层)＋OH－(水层)。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是___________________________________。 ②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是_______________________________。 （2）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是______________________________________________。 考向3 化工流程与化学计算 （2025·江苏镇江市开学考）一种从某铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等)中回收Cu、Ni的流程如图。 （1）基态Cu2＋的外围电子排布为________________。 （2）“氧压浸出”过程中，加压的目的是___________________________________________。 （3）“萃铜"时发生的反应为Cu2＋(水相)＋2HR(有机相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)，适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是______________________________________________。 （4）“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为___________________________________________________________。 （5）单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为_______。 （6）“沉镍"时为确保Ni2＋沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥_______。(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝4.0×10－15；lg2＝0.3；当溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该Ni2＋沉淀完全)。 （7）测定NiSO4•7H2O粗品的纯度。取3.000 gNiSO4•7H2O粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.0 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.05000 mol·L－1的Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液50.00 mL。计算确定粗品中NiSO4•7H2O的纯度_____________。(已知：Ni2＋＋H2Y2－＝NiY2－＋2H＋，写出计算过程)。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省泰州市考前指导卷）利用镁泥（主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2等）为主要原料制取碳酸镁(MgCO3•3H2O)的工业流程如下： （1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4•SO3）配制质量分数为50% H2SO4溶液，配制时需要水的质量为________吨。 （2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。 ①若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：_____________________________________________________________。 ②工业生产不选择以Fe(OH)3形式除铁的可能原因：_________________________________________ ______________________________________________________（写出两点）。 （3）沉淀。 ①写出“沉淀”过程的离子方程式：____________________________________________。 ②“沉淀”过程中溶液pH随时间的变化如图所示。 “沉淀”过程的操作：向含Mg2＋溶液中_______________________________________________。 （4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁[Mga(CO3)b(OH)c•xH2O]，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0 g MgO固体，放出3.36 L CO2（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的n(CO32－)∶m(OH－)＝_______。（写出计算过程） 【变式训练2】 （2025·江苏省苏州市下学期摸底调研）实验室利用重晶石废料(主要成分为BaSO4、Fe2O3等)制备BaCO3。 Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如下： （1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为1.5 mol·L－1)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝5.0×10－9。浸泡后溶液中SO42－浓度最高为______________。 ②常温下(NH4)2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用(NH4)2CO3溶液的原因是____________________________________________________。 （2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为_________________________________________________。 Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。 取5.0000 g粗BaCO3样品，用20% H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100 mL溶液。准确量取20.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150 mol·L－1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Fe2＋＋H2Y2－＝FeY2－＋2H＋)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00 mL。 （3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是_________________________________。 （4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数______(写出计算过程)。 （5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是__________________________________________________。 Ⅲ．制备。 （6）粗BaCO3中含有杂质Fe(OH)3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，___________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________________________________________，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe(OH)3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、Na2CO3溶液] 1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)＝10－20.4，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中c(Co2＋)•c(S2－)＝10－20.4 2．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu2＋＝3Cu＋2Fe3＋ B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 3．（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的Ksp： 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10－27 1.0×10－12 2.5×10－13 2.3×10－11 下列说法错误的是 A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是Na2S溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＝MnCO3↓＋H＋ 4．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2＋； ②Ksp[Pb(OH)2]＝10－14.8； ③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： （1）H2A分子中手性碳原子数目为_______。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82－转变为_______(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为______________________________ ____________________________________________________________________。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_________________________________________。 （5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______________________________________________________，pH过高可能生成_______(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为________________________ ___________________。 5．（2025·云南卷）从褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金－银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为_____________________________________。 （2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au＋5S2O32－＋[Cu(NH3)4]2＋＝[Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋2H2O＝4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12S2O32－ 上述过程中的催化剂为_______。 （3）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为___________________________。 （4）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为_______________。 （5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无MnO2析出，则c(Mn2＋)≤_______mol·L－1。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第25讲 化学工艺流程 目录 01 考情解码·命题预警 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 选择题中的微流程 知识点1 流程图基本框架结构 知识点2 流程图实验操作 考向1微流程与元素化合物、实验操作 【思维建模】“微流程”的分析模型 考向2 微流程与化学反应原理 考点二 无机化工流程题 知识点1 化工流程与条件控制 知识点2 化工流程与反应原理 知识点3 化工流程与实验技术 知识点4 化工流程与图像分析 知识点5 化工流程与计算类型 考向1 化工流程与物质制备 考向2 化工流程与反应原理 考向3 化工流程与化学计算断 04真题溯源·考向感知 考情分析 1．从命题题型和内容上看，属于高考必考题型。试题将化学反应原理及相关知识应用于工业生产，考查无机元素性质、离子反应、化学平衡移动原理及沉淀溶解平衡，主要考查化学实验基本操作、陌生反应方程式书写、化学平衡移动的应用及相关计算，其考查面广、综合性强，试题难度较大，需要较强的逻辑思维推理能力、分析判断能力及元素化合物的储备知识。 2．根据试题特点其复习策略是：回归课，熟练掌握课本的基础知识和经典模型，关注课本中的实验、习题，理解其背后的化学原理和解题思路。熟悉并掌握几种典型的工业流程，分析每个流程的关键步骤、反应原理、控制条件及产物分离提纯的方法。学会从题目中提取关键信息，明确题目要求，能对题目中的流程图、表格、图像等信息进行分析，理解其含义和作用。能掌握分析流程图的方法，如将流程图模块化(原料处理、条件控制、分离提纯)，学会分别从试剂、操作、杂质、产品这几条线来跟踪物质的转化和去向。 复习目标 1．知道化工流程题的结构特点及设问方式，学会审题并能规范答题。 2．能解释物质制备中反应条件控制的目的，选择对混合物进行分离提纯的方法。 3．能将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、模型、图形等表达并做出解释。 考点一 选择题中的微流程 知识点1 流程图基本框架结构 流程图呈现形式 框图中箭头的含义 图1：箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)。 图2：箭头表示反应物分步加入和生成物出来。 图3：返回的箭头一般是“循环利用”的物质。 解题思路 ①审题干：明确原料、产品和杂质。 ②审信息：寻找信息在流程中的作用；寻找信息与某设问的对应关系。 ③审流程：明确四线(产品线、杂质线、试剂线、操作线)。 ④审设问：看清问题，规范作答。 得分速记 选择题中的微流程解题思路 明确制备物质特点 首先确定要制备什么物质，从题干或流程图、装置图中获取有用信息，了解制备物质的性质，具有某些特殊性质的产物，要采取必要的措施来避免在制备过程中产生杂质。 分析流程图中的 每一步操作及步骤 从以下几个方面了解流程图、装置图：反应物是什么？反应方程式是什么？该反应有何作用？对制备结果有何影响？ 逐项判断 不遗漏任何信息 结合除杂、分离、提纯等实验操作，灵活运用元素化合物及氧化还原反应等知识，从问题中获取解题信息，逐项判断。 知识点2 流程图实验操作 1．原料的预处理 碎 (粉碎、研磨、雾化) 目的 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，加快反应速率 过筛的目的 控制颗粒大小 烧 (灼烧、焙烧、煅烧) 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。 如从海带中提取碘时灼烧就是为了除去可燃性杂质，使一些物质能溶解 灼烧、焙烧 ①除去挥发性物质；除去C、S等单质。 ②除去有机物、铵盐等。 ③高温下，原料与空气中的氧气反应，使一些物质在高温下氧化。如4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、2MS＋3O22MO＋2SO2(M代表某些金属元素)。 ④除去某些受热不稳定的杂质。如MCO3MO＋CO2↑、M(OH)2MO＋H2O(M代表某些金属元素)。 浸 (水浸、酸浸、碱浸) 目的 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 酸浸 加入酸[硫酸、盐酸、硝酸等]使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ①酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解。 ②用盐酸、硝酸溶时，要注意控温。 ③用硫酸酸溶时，要注意Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、CaSO4、Ag2SO4进入滤渣 碱浸 常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，使其中可溶性的物质溶解。 ①NaOH、Na2CO3溶液还能除去油污。 ②NaOH溶液能溶解两性化合物(如Al2O3、ZnO)。 ③NaOH溶液能溶解Al、Zn、SiO2等。 ④氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液 盐浸 用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解 特别 提醒 增大接触面积的方法 固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 提高浸出率的措施 a．将矿石粉碎；b．适当加热；c．充分搅拌；d．适当提高浸取液的浓度；e．适当延长浸取时间等 酸溶时，酸不能加入过多 否则会造成后续调pH时多加入碱 酸溶时，盐酸不能加过多 否则可能会与后续加入的KMnO4等氧化剂反应，生成有毒气体Cl2 碱溶时，碱不能加入过多 否则会造成后续调pH时多加入酸 2．常见除去杂质的方法 沉淀法 调pH法 ①如除去Al3＋、Fe3＋，可以调高pH，使其分别转化成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀 ②如除去SiO、AlO，可以调低pH，使其分别转化成H2SiO3沉淀、Al(OH)3沉淀 [注意]生成两性物质时，pH不宜过高或过低。 氟化法 ①如除去Mg2＋、Ca2＋：可以加入NaF，使其分别转化成MgF2沉淀、CaF2沉淀。 ②如除去Mn2＋中的Mg2＋：因MgF2比MnF2更难溶，故可加入MnF2形成MgF2沉淀，利用沉淀转化除去Mg2＋ 硫化法 ①如除去Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋、Hg2＋：可以加入Na2S，使其分别转化成CuS沉淀、ZnS沉淀、FeS沉淀、HgS沉淀。 ②用一些Ksp较大的硫化物(如FeS、MnS)通过沉淀转化使某些金属离子转化为更难溶的硫化物 氧化还原沉淀法 ①用单质进行置换，如可用Zn置换Cu2＋。 ②加入氧化剂(或还原剂)使某些微粒转化为沉淀，如： KMnO4除铁：MnO＋3Fe2＋＋7H2O＝3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ Na2SO3沉铜：2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O＝2CuCl↓＋SO＋2H＋ 双氧水氧化沉淀转化：CuS＋H2O2＋H2SO4＝CuSO4＋S＋2H2O MnO2氧化沉淀转化：MnO2＋MnS＋2H2SO4＝2MnSO4＋S＋2H2O Fe3＋氧化沉淀转化：2Fe3＋＋Pb＋SO＝PbSO4＋2Fe2＋ 碳酸盐沉淀法 加入Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3、氨水－NH4HCO3、NH3(先)＋CO2(后)等使金属离子形成沉淀 类型 离子方程式 用Na2CO3沉淀Zn2＋ Zn2＋＋CO＝ZnCO3↓ 用NH4HCO3沉淀Co2＋ Co2＋＋2HCO＝CoCO3↓＋H2O＋CO2↑ 用NH4HCO3－氨水沉淀Mn2＋ Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O＝MnCO3↓＋NH＋H2O或Mn2＋＋HCO＋NH3＝MnCO3↓＋NH 用NH3(先)＋CO2(后)沉淀Ca2＋ Ca2＋＋CO2＋2NH3＋H2O＝CaCO3↓＋2NH [注意] ①M2＋＋2HCO＝MCO3↓＋H2O＋CO2↑(M2＋为Ca2＋、Mn2＋、Co2＋、Ni2＋、Fe2＋) ②Cu2＋、Zn2＋与HCO反应生成碱式碳酸盐沉淀，如： 6HCO＋3Zn2＋＝ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓＋5CO2↑ 草酸盐沉淀法 如Ca2＋＋C2O＝CaC2O4↓ 硫酸盐沉淀法 ①如Ca2＋＋SO＝CaSO4 ②BaCO3沉淀转化：BaCO3＋SO＋2H3PO4＝BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 有机溶剂 萃取法 如Cu2＋(水相)＋2RH(有机相)R2Cu(有机相)＋2H＋(水相)，萃取、分液，向有机相中加入强酸，使反应向左进行，反萃取得到Cu2＋ 离子交换法 依据等电荷交换原则，如1个Ca2＋交换出2个H＋ 3．流程中加入试剂的作用 加氧化剂 或还原剂 ①转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的[如Fe2＋→Fe3＋→Fe(OH)3]。 ②为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入H2O2把Cr3＋氧化成CrO) 通入空气 ①氧化某些离子(如SO、Fe2＋) ②起搅拌作用 加有机溶剂 萃取某些物质或降低某些物质的溶解度 蒸发结晶时 加对应酸抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、CuCl2、AlCl3、MgCl2、ZnCl2等晶体时，应在HCl气流中加热，以抑制其水解 得分速记 常见氧化剂 KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、NaClO3(KClO3)、MnO2、HNO3、Fe3＋等 常见还原剂 金属单质、SO2(SO)、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4等 H2O2 受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解；H2O2是绿色氧化剂，无污染 SO2 用SO2还原MnO、Fe3＋等离子时，温度不宜过高，温度越高，SO2溶解度越小 Na2SO3 用Na2SO3还原MnO2、Fe3＋等离子时，Na2SO3实际用量高于理论量，原因是Na2SO3被空气部分氧化 判断能否 加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等 4．流程中产品的分离、提纯 结晶(或重结晶) ——盐溶液的分离提纯方法 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 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 过滤 固、液分离 蒸馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 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。如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 反萃取 用反萃取剂使被萃取物从一种溶剂返回另一种溶剂的过程，是萃取的逆过程 分液 分离互不相溶的液体 升华 将固体直接气化分离 盐析 加无机盐使溶质的溶解度降低而析出 洗涤 水洗 洗去晶体表面的杂质离子 冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，减少晶体的溶解损失 醇洗 洗去晶体表面可溶性杂质和水分，减少晶体的溶解损失，使晶体快速干燥 5．转化过程中反应条件的控制 加过量试剂 反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但可能引入杂质，增加后续处理成本(关注后续化学反应) 气体氛围 隔绝空气 防止空气中的组分(如氧气)参与反应 HCl氛围 抑制弱离子的水解 惰性气体氛围 通入Ar、N2、H2等，防止某些物质被氧化 热空气(或水蒸气)吹出气体 如海水提溴、凯氏定氮 控制 溶液的pH ①增强物质(MnO、NO等)的氧化性或还原性。 ②调节离子的水解程度。 ③萃取、离子交换可能有pH要求 ④沉淀某些金属阳离子 常见问题及解释如下表： 常见问题 解释 沉淀除杂pH范围的选择 杂质离子完全沉淀pH～主要离子开始沉淀pH 调节pH试剂的选择 调高pH 加入消耗H＋的物质，可加入氨水、NaOH等碱、氧化物、碳酸盐、碱式碳酸盐 调低pH 加入消耗OH－的物质，如盐酸、硫酸、CO2、NH等 pH不能 过高或过低的原因 过低会导致某些离子沉淀不完全；过高可能会导致主体离子损失 pH偏小 沉淀不完全的原因 H＋与阴离子结合生成弱电解质，阴离子的浓度下降，平衡向沉淀溶解的方向移动 控制温度 温度对物质性质的影响 ①关注易分解物质：双氧水、氨水、铵盐、硝酸、次氯酸、硝酸盐、草酸、草酸盐以及信息中给出的易分解物质。 ②关注易挥发物质：氨水、硝酸、盐酸等易挥发物质以及沸点较低物质。 ③关注易被氧化物质：Na2S、Na2SO3、KI、含Fe(Ⅱ)的化合物、酚类、醛类以及信息中给出的易被氧化物质。 ④关注物质的溶解度：若固体物质的溶解度随温度升高而增大，则降温能促使产品析出；若固体物质的溶解度随温度升高而减小，则升温能促使产品析出；气体的溶解度随温度升高而减小。 温度在反应原理中的影响 （1）温度对反应速率或固体溶解速率的影响 ①制备物质时，常使用加热的方法加快反应速率。 ②原料的预处理阶段，升温可以提高浸取速率。 （2）温度对平衡移动、反应物转化率或生成物产率的影响 ①正反应吸热的可逆反应，升温使平衡正向移动，有利于提高反应物的平衡转化率，从而提高产物的产率。 ②正反应放热的可逆反应，升高温度不利于反应物平衡转化率的提高，不利于提高产物的产率。 ③升温促进盐类水解，有利于生成沉淀(胶体聚沉后利于过滤分离)。 （3）温度对催化剂活性的影响 如合成氨或SO2催化氧化SO3时，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度范围内催化剂的活性最强。 （4）温度对副反应发生的影响 很多有机反应过程一般较为复杂，对温度的控制尤为关键，如实验室制取乙烯、硝基苯等，控制温度都是为了防止副反应的发生。 控制温度在一定范围 答题角度 ①控制反应速率、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生 ②控制化学反应进行的方向，使化学平衡移动。 ③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发物质挥发，使易分解的物质分解 ④控制温度结晶与过滤 ⑤能源的利用(耗能)；生产安全(温度过高，反应过于剧烈，可能有安全问题)等 控温方法 ①缓慢加入××溶液或缓慢通入××气体。 ②水浴(热水浴、冰水浴等)、油浴、沙浴等 得分速记 ①Fe(OH)3、Zn(OH)2开始沉淀至沉淀完全的pH范围分别为1.5～3.3、5.4～8.2，则要除去Zn2＋溶液中的Fe3＋，应控制溶液的pH范围为3.3～5.4。 ②除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、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。 ③除去溶液中的Mg2＋可选用NaF，F－与Mg2＋结合生成MgF2沉淀，当溶液pH过低时，Mg2＋沉淀不完全，原因是F－与H＋结合生成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动。 ④用Na2S除重金属离子(如Cu2＋)，pH过低时，Cu2＋去除率低，原因是S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度降低。 6．流程中物质的确定 循环物质的确定 副产品的判断 滤渣成分的确定 ①过量的反应物 ②原料中不参与反应的物质 ③由原料转化的生成物 ④由杂质转化的沉淀物 考向1 微流程与元素化合物、实验操作 （2025·江苏南通市开学考）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4、Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下： “盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出。 下列说法不正确的是 A．1 mol [Zn(NH3)4]2＋含16 mol σ键 B．“盐浸”过程中需补充NH3，防止浸液pH下降 C．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3 D．“沉锌”过程中得到的“滤液”可循环利用 【答案】C 【解析】A项，1 mol [Zn(NH3)4]2＋含4 mol Zn－N键和12 mol N－N键，共含16 mol σ键，正确；B项，“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，Zn2＋与NH3结合消耗NH3，需补充NH3防止浸液pH下降，正确；C项，由题意“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，并有少量Fe2＋和Fe3＋浸出，可知Fe3O4、Fe2O3只有少量溶解，故“滤渣”的主要成分是Fe3O4、Fe2O3，只有少量的Fe(OH)3，错误；D项，“沉锌”过程中得到的“滤液”中含NH4Cl，可循环利用，正确。 思维建模 “微流程”的分析模型 确定 “发生反应” 从流程图中每一步进、出的试剂中确定发生的化学反应、除去的杂质、目标元素的转化。 当出现不熟悉的反应时，可根据流程图后续步骤中的物质推测该反应的产物或从设问中找到提示信息。 分析 “滤渣”成分 熟知常见的沉淀物，注意微溶物也会出现在“滤渣”中，如CaSO4、Ca(OH)2等。 分析 “滤液”成分 要分析发生化学反应中的“易溶物”，注意过量的某物质也会在“滤液”当中。 常根据“滤液”的成分，判断循环物质和循环步骤。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南通市崇川区阶段考试）工业上以锌渣(主要成分为ZnO，含有少量FeO、Fe2O3、CuO)为主要原料制备硫酸锌的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A．“沉铜”后的滤液中含有的阳离子：Zn2＋、Fe2＋、H＋ B．“氧化”时的离子方程式为2H2O2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2H2O＋O2↑ C．“滤渣2”的主要成分为Fe2O3 D．“操作”为蒸发结晶 【答案】A 【解析】A项，“沉铜”时，Zn与Fe3＋、Cu2＋反应生成Fe2＋、Cu，“沉铜”后的滤液中含有的阳离子为Zn2＋、Fe2＋、H＋，正确；B项，“氧化”时，发生反应的离子方程式为H2O2＋2Fe2＋＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，错误；C项，“沉铁”时，Fe3＋水解生成Fe(OH)3和H＋，加入ZnO消耗H＋，平衡正向移动，“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，错误；D项，“操作”为蒸发浓缩、冷却结晶，错误。 【变式训练2】 （2025·广东省清远市一模）实验室用废弃铁泥(主要成分是Fe2O3，含少量CaCO3)制备FeCO3的流程如图所示。下列有关说法不正确的是 A．“还原”的目的主要是将Fe3＋还原为Fe2＋ B．将FeCO3在空气中煅烧后可制得FeO C．“除杂”这一步的操作为过滤 D．滤渣的主要成分是CaF2 【答案】B 【解析】铁泥(主要成分是Fe2O3，含少量CaCO3)“酸浸”得到的溶液中含有Fe3＋、Ca2＋，加入过量铁粉将Fe3＋还原为Fe2＋，向“还原”后的滤液中加入NH4F使Ca2＋转化为CaF2沉淀而除去；然后进行“沉铁”生成FeCO3，以此解答该题。 A项，“还原”过程主要是将Fe3＋还原为Fe2＋，正确；B项，FeCO3中二价铁有还原性，在空气中煅烧后可获得Fe2O3，无法获得FeO，错误；C项，“除杂”这一步得到滤渣和滤液，操作为过滤，正确；D项，NH4F主要用来除去Ca2＋，因此滤渣为CaF2，正确。 考向2 微流程与化学反应原理 （2025·江苏省南通市四模）室温下，中和法生产Na2HPO4•12H2O的工艺流程如下： 已知：Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3、Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8、Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13；Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7、Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(HCO3－) B．“中和”时若加入过量的Na2CO3溶液，可发生反应：2H3PO4＋3CO32－＝2PO43－＋3CO2↑＋3H2O C．“调pH”至9.7时所得溶液中：c(PO43－)＞c(H3PO4) D．“过滤”所得滤液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－) 【答案】D 【解析】A项，在Na2CO3溶液中，根据质子守恒，应该是c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO3－)，错误；B项，由电离常数可知Ka1(H3PO4)＝6.9×10－3＞Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7＞Ka2(H3PO4)＝6.2×10－8＞Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11＞Ka3(H3PO4)＝4.8×10－13，“中和”时加入过量Na2CO3溶液，H3PO4与CO32－反应，H3PO4提供H＋使CO32－转化为HCO3－，自身根据强酸制弱酸，结合电离常数，会转化为HPO，反应为H3PO4＋2CO32－＝HPO＋2HCO3－，错误；C项，“调pH”至9.7，溶液中含磷粒子主要以HPO存在Ka2×Ka3＝＝6.2×10－8×4.8×10－13＝2.976×10－22，此时c(H＋)＝10－9.7 mol·L－1，则＜1，c(PO43－)＜c(H2PO4－)，错误；D项，“过滤”所得滤液主要是含Na＋和含磷粒子的溶液，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(PO43－)＋2c(HPO)＋c(H2PO4－)＋c(OH－)，正确。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南通市市期中）利用氨石灰水法吸收烟气中SO2的过程如图所示。室温下，用1.0 mol·L－1氨水吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c(H2SO3)＋c(HSO3－)＋c(SO32－)已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；Ka1(H2SO3)＝1.4×10－2；Ka2(H2SO3)＝6.0×10－8。 下列说法正确的是 A．pH＝6的吸收液中，c(SO32－)＜c(H2SO3) B．“吸收”时，c总＝1.0 mol·L－1的溶液中：c(NH3·H2O)＋c(SO32－)＞c(H2SO3) C．“转化”时，通入O2后的溶液pH增大 D．“再生”的化学方程式为Ca(OH)2＋(NH4)2SO3＝CaSO3＋2NH3·H2O 【答案】B 【解析】A项，Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3)＝＝1.4×10－2×6.0×10－8＝8.4×10－10，pH＝6的吸收液中，＝＝＝8.4×102＞1，c(SO32－)＜c(H2SO3)，错误；B项，“吸收”时，c总＝1.0 mol·L－1，根据物料守恒，溶质为NH4HSO3，HSO3－的水解平衡常数为＝＝7.1×10－11，HSO3－电离大于水解，则c(SO32－)＞c(H2SO3)，所以c(NH3·H2O)＋c(SO32－)＞c(H2SO3)，正确；C项，“转化”时，通入O2后发生反应2HSO3－＋O2＝2SO42－＋2H＋，所以溶液pH减小，错误；D项，通入O2后的溶液中含有硫酸铵，“再生”的化学方程式为Ca(OH)2＋(NH4)2SO4＝CaSO4＋2NH3·H2O，错误。 【变式训练2·变考法】 （2025·江苏省泰州中学等三校12月调研）室温下，用FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示，已知：Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，Ka1(H2CO3)＝4.5×10－7，Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，Ksp(FeCO3)＝2.5×10－11。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)＞c(H2CO3) B．“混合”时应控制NH3和NH4HCO3之间的用量比，防止有杂质生成 C．制备FeCO3的离子方程式为：Fe2＋＋2HCO3－＝FeCO3↓＋H2O＋CO2↑ D．“过滤”后(NH4)2SO4溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－) 【答案】B 【解析】由题给流程可知，向硫酸亚铁溶液中加入氨水和碳酸氢铵混合溶液，硫酸亚铁溶液与混合溶液反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，过滤得到硫酸铵溶液和碳酸亚铁。 A项，碳酸氢铵是弱酸弱碱盐，铵根离子和碳酸氢根离子在溶液中均发生水解反应，由一水合氨的电离常数大于碳酸的二级电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，所以溶液中一水合氨的浓度小于碳酸的浓度，错误；B项，溶液混合时，应控制氨水和碳酸氢铵之间的用量比，防止溶液pH过大，生成氢氧化亚铁沉淀，正确；C项，由分析可知，制备碳酸亚铁的反应为硫酸亚铁溶液与氨水和碳酸氢铵混合溶液反应生成硫酸铵和碳酸亚铁沉淀，反应的离子方程式为Fe2＋＋HCO3－＋NH3·H2O＝FeCO3↓＋NH＋H2O，错误；D项，过滤得到的硫酸铵溶液中还含有可溶的碳酸亚铁，溶液中存在电荷守恒关系c(NH)＋c(H＋)＋2c(Fe2＋)＝2c(CO32－)＋c(HCO3－)＋2c(SO42－)＋c(OH－)，错误。 考点二 无机化工流程题 知识点1 化工流程与条件控制 1．流程中反应条件的控制 条件控制 答题指导 控制溶液的pH ①使金属离子全部转化氢氧化物沉淀，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关 常用试剂：①酸[稀HCl、H2SO4、HNO3(注意氧化性)]、酸性气体；②碱[NaOH、NH3·H2O]；③盐[Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3]；④金属氧化物 反应物用量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率(量不能太多,有时后续除杂时还会加碱,会多消耗碱)；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 加入氧化剂(或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁，转化为硫化物沉淀；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ 加热煮沸 促进水解，聚沉后利于过滤分离 趁热过滤 防止某物质降温时会大量析出 控制温度 (常用水浴、冰水浴或油浴) 降温 ①防止某物质在高温时溶解、挥发(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失；④降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求等 升温 ①使溶液中的气体逸出；②使易挥发的物质挥发出来；③促进水解，聚沉后便于过滤分离 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③适宜的温度使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生等 2．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制 ①运用Ksp计算反应所需要的pH条件。 ②根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。 知识点2 化工流程与反应原理 化工流程与反应原理 1．原理型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查考生运用化学平衡原理、化学反应与能量变化、电化学等知识来解决化工生产中实际问题的能力。 2．解答此类型题目的基本步骤是：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品；（2）分析流程中的每一步骤，如：每一步骤中反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制取产品有什么作用；（3）从题中获取信息，运用化学反应原理分析制备产品的最佳条件，帮助解题。 3．化学工艺流程图题常考查的主要化学反应原理 ① 沉淀溶解平衡的相关应用 ①沉淀的最小浓度控制；②沉淀的转化条件；③不同离子的分步沉淀 ② 反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用 ①反应速率的控制(如温度等)；②化学平衡的移动(如浓度、温度等)；③化学平衡常数的计算与应用；④反应条件的控制 ③ 盐类水解的具体应用 ①抑制盐的水解；②水解反应的规律；③水解反应的控制 ④ 氧化还原反应规律及其运用 ①反应的强弱规律；②反应的守恒规律 4．试题中会出现一些化工术语如水(或酸)浸、苛化、煅烧、脱硫、提取、热过滤、水热处理、表面处理等，实际考查的是化学反应原理(包括化学平衡原理、水解原理)或相关实验操作，以及绿色化学观念和从经济的视角分析实际生产中各种问题的能力。因此试题的解答始于对各阶段流程的化学原理的分析。图示如下： 知识点3 化工流程与实验技术 实验型化工流程题是以考查考生实验基础知识、基本操作及基本技能为主要目的的一类化工流程题。解答此类题时，应认真审题，找到该实验的目的。一般来说，该流程题只有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某一物质；另一目的就是利用某些物质制备另一物质。 无机化工流程题中的除杂、净化 常用的方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性溶液中的Fe3＋等 常用的操作 过滤(热滤或抽滤) 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 萃取和分液 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，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl 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，如分离乙醇或甘油 冷却法 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气 知识点4 化工流程与图像分析 1．反应适宜条件选择 根据图像提供的数据，选择最佳的反应条件，如工业生产中控制反应条件时，选择达到较高“浸出率”的时间、温度等。 2．分析曲线变化原因 根据物质的物理性质、化学性质及有关原理解释曲线变化的趋势。 3．分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因 “浸出率”升高，一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高，“浸出率”反而下降，一般是因为反应试剂的分解或挥发。 知识点5 化工流程与计算类型 类型 解题方法 物质 含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定 物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量 ②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量 ③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量 ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 多步滴定计算 ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂过量，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 考向1 化工流程与物质制备 （2025·徐州下学期2月调研）对SiO2为载体的加氢废催化剂(主要含有WS2、NiS、Al2S3，少量碳、磷)处理的实验流程如下： （1）NiS中，基态镍离子的电子排布式为_____________。 （2）高温氧化焙烧时，WS2发生反应的化学方程式为_______________________________。 （3）滤渣X的成分为H2SiO3和___________。 （4）Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水。除磷装置见如图所示，向滤液中先通入NH3，再滴加MgCl2溶液，维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体。 ①实验中球形干燥管的作用是___________________________________________。 ②磷酸的分布分数x(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。生成NH4MgPO4的离子方程式为__________________________________________________________。 ③向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是_________________________________。 （5）已知：①该实验中pH＝5.0时，Al3＋沉淀完全；在pH＝6.0时，Ni2＋开始沉淀。 ②实验中须用到的试剂：2 mol·L－1 H2SO4溶液、0.1 mol·L－1 NaOH溶液。浸渣中含NiO、少量的Al2O3和不溶性杂质。请完成从浸渣制备NiSO4•6H2O的实验方案：______________________________ _________________________________________________________________________。 【答案】（1）[Ar]3d8 （2）2WS2＋7O22SO3＋4SO2 （3）Al(OH)3 （4）防止倒吸 ②NH3·H2O＋HPO＋Mg2＋＝NH4MgPO4↓＋H2O ③避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度 （5）向浸渣中加入稍过量的2 mol·L－1 H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤 【解析】废催化剂通入空气氧化焙烧，WS2、NiS、Al2S3转化为相应的金属氧化物同时生成二氧化碳、二氧化硫，加入碳酸钠焙烧金属氧化物转化钠盐，水浸除去滤渣，滤液加热煮沸加入盐酸调节pH得到硅酸、氢氧化铝沉淀成为滤渣X；过滤滤液加入氨气、氯化镁除去磷，滤液加入氯化钙溶液处理得到CaWO4。 （1）基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，镍失去2个电子得到镍离子，基态镍离子的电子排布式为[Ar]3d8；（2）高温氧化焙烧时，WS2和空气中氧气反应生成WO3和二氧化硫，反应为2WS2＋7O22SO3＋4SO2；（3）由分析可知，滤渣X的成分为H2SiO3和Al(OH)3；（4）①氨气极易溶于水溶液产生倒吸，实验中球形干燥管的作用是防止倒吸；②维持溶液pH为9～10，得到复合肥料NH4MgPO4固体，pH为9～10时磷主要以HPO存在，则反应为NH3·H2O＋HPO＋Mg2＋＝NH4MgPO4↓＋H2O；③已知：Mg(H2PO4)2易溶于水，MgHPO4、Mg3(PO4)2均难溶于水。向滤液中先通入NH3后加入MgCl2溶液的原因是避免生成MgHPO4沉淀，提升NH4MgPO4产率或纯度；（5）该实验中pH＝5.0时，Al3＋沉淀完全；在pH＝6.0时，Ni2＋开始沉淀。故实验方案为：向浸渣中加入稍过量的2 mol·L－1 H2SO4溶液中，充分搅拌至固体不再溶解；边搅拌边滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，调节溶液的pH在5.0～6.0之间，过滤；将滤液加热浓缩、冷却结晶，过滤。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省淮安市淮阴中学三模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： 已知： ①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量Fe2O3、Al2O3、MgO。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示(25℃)，此实验条件下Mn2＋开始沉淀的pH为7.54；当离子浓度≤1×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。 （1）Mn2＋的价电子排布式为_________________。 （2）传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为_____________________________________________。 （3）实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因：___________________________________________________________ _______________________________________________________。 （4）“中和除杂”时，应调节pH的范围为_______________；其中除去Fe3＋的离子方程式为_______________________________________。 （5）“氟化除杂”时，若维持c(F－)＝6×10－4 mol·L－1，溶液中的Mg2＋和Ca2＋_______(填“能”或“不能”)都沉淀完全[已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10－10；Ksp(CaF2)＝3.6×10－12]。 【答案】（1）3d5 （2）产生硫化氢等气体，污染环境 （3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费 （4）5.0≤pH＜7.54 2Fe3＋＋3CaCO3＋3SO42－＋3H2O＝2Fe(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑ （5）不能 【解析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2＋沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。 （1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价电子排布式为3d54s2，故Mn2＋的价电子排布式为3d5；（2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境；（3）由图知，pH为1～2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的CaCO3而造成浪费；（4）中和除杂的目的是除去Al3＋、Fe3＋，根据图2可知，常温下，Al3＋、Fe3＋完全沉淀时，即Al3＋、Fe3＋浓度为10－5 mol·L－1时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2＋开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3＋、Fe3＋完全沉淀而Mn2＋不沉淀，因此调pH范围为是5.0～7.54；加入碳酸钙后将Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，因此反应为：2Fe3＋＋3CaCO3＋3SO42－＋3H2O＝2Fe(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑；（5）已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10－10；Ksp(CaF2)＝3.6×10－12，溶液中的Ca2＋沉淀完全时c(F－)＝＝ mol·L－1＝6.0×10－4 mol·L－1，当镁离子完全沉淀时，需维持c(F－)不低于＝ mol·L－1＝8.0×10－3 mol·L－1，因此当c(F－)＝6×10－4 mol·L－1时，溶液中的Mg2＋不能沉淀完全；即此时溶液中Mg2＋和Ca2＋不能都沉淀完全。 【变式训练2】 （2025·四川省眉山市一模）氯化铵焙烧菱锰矿(主要成分为MnCO3，含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c(Mn＋)＝0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀时的pH如下： 金属离子 Al3＋ Fe3＋ Fe2＋ Ca2＋ Mn2＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.5 10.6 8.1 9.6 沉淀完全的pH 5.2 3.7 9.7 12.6 10.1 11.6 ②常温下，CaF2、MgF2的溶度积分别为1.46×10－10、7.42×10－11。 回答下列问题： （1）基态锰原子的电子排布式为___________，CO32－的空间结构为_____________。 （2）由下图可知，氯化铵焙烧菱锰矿的最佳条件：m(NH4Cl)∶m(菱锰矿粉)＝1.10∶1，500℃焙烧60 min，不选用600℃焙烧90 min的原因是____________________________________________________。 （3）焙烧产生的CO2和NH3可用于工业制备纯碱，操作时应先向饱和食盐水中通入过量的___________(填化学式)。 （4）浸出液“净化除杂”过程如下：首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为_________________________________________________；若溶液中金属离子浓度均为0.1 mol·L－1，调节溶液pH使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，此时溶液的pH范围为_________________，再加入NH4F沉淀Ca2＋、Mg2＋，将Ca2＋、Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀，当c(Ca2＋)＝1×10－5 mol·L－1时，c(Mg2＋)＝___________mol·L－1(保留两位有效数字)。 （5）碳化结晶时，发生反应离子方程式为______________________________________________。 （6）流程中能循环利用的固态物质是___________(填化学式)。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2 平面正三角形 （2）500℃焙烧60min时，Mn浸出率已经很高，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，生产成本增大 （3）NH3 （4）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5.2～8.1 5.1×10－6 （5）Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O （6）NH4Cl 【解析】将菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧，将金属元素转化为金属氯化物，焙砂加水溶解浸出、过滤得到浸出渣和浸出液；浸出液“净化除杂”得到氯化锰溶液，向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵溶液；氯化铵溶液蒸发结晶得到可以循环使用的氯化铵，碳酸锰滤饼干燥得到碳酸锰产品。 （1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2；碳酸根离子中碳原子的价层电子对数：3＋＝3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面正三角形；（2）由图可知，500℃、60 min时，锰元素的浸出率已经很大了，继续升高温度和延长浸出时间，浸出率变化不大，还会增加生产成本，所以氯化铵焙烧不选用600℃焙烧90 min；（3）碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳不能与饱和食盐水反应，所以焙烧产生的二氧化碳和氨气通入饱和食盐水时，应先向饱和食盐水中通入溶解度大的氨气，使溶液呈碱性，再通入二氧化碳可以增大二氧化碳的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成；（4）浸出液“净化除杂”过程为首先加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应离子方程式：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；调节溶液pH在5.2－8.1范围内，使Fe3＋、Al3＋沉淀完全，再加入NH4F沉淀Ca2＋、Mg2＋，将Ca2＋、Mg2＋转化为CaF2、MgF2沉淀，过滤得到氯化锰溶液；由溶度积可知，溶液中钙离子为1.0×10－5 mol·L－1时，溶液中的c2(F－)＝＝1.46×10－5，则溶液中的镁离子浓度为＝5×10－6 mol·L－1；（5）由分析可知，加入碳酸氢铵溶液碳化结晶，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O；（6）由分析可知，可以循环使用的固体物质是氯化铵。 考向2 化工流程与反应原理 （2025·江苏省扬州中学期末调研）从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe2O3外，还含有铋(Bi)、锗(Ge)等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17。 ②单宁酸H2R是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③Ce4＋易水解。 请回答下列问题： （1）下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是___________(填字母)。 a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌 c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量 （2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除Fe3＋时应控制pH的范围是________________。(已知：当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全) （3）“酸浸2”时铋氧化物(Bi2O3)发生反应的离子方程式为______________________________。 （4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节pH为2.5且不能过低或过高，原因是_______________________________________________________________________________ ______________________________________________________。 （5）①ZnO存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中O2－的配位数为____。 ②ZnO也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键，从元素电负性的角度分析其原因为___________________________ _______________________________________。 ③加热ZnSO4•7H2O固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。1 050℃时所得固体的化学式为___________。(写出计算过程) 【答案】（1）ab （2）3～6 （3）Bi2O3＋2H＋＋SO42－＝(BiO)2SO4＋H2O （4）pH过高Ge4＋水解程度变大，pH过低Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋逆向移动，均不利于沉锗的进行 （5）①4 ②电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ③ZnO 【解析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗。 （1）a项，适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率，符合题意；B项，酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率，符合题意；C项，将硫酸浓度增大到70%，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的，不符合题意；D项，加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率不符合题意；故选ab；（2）“浸液1”中c(Zn2＋)约为0.1 mol·L－1，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－11 mol·L－1，pOH＝11，则pH＝3；c(OH－)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－8 mol·L－1，pOH＝8，pH＝6，则应控制的范围是3～6；（3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和(BiO)2SO4，离子方程式为：Bi2O3＋2H＋＋SO42－＝(BiO)2SO4＋H2O；（4）“沉锗”的反应原理为Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4＋水解的化学方程式为Ce4＋＋4H2OGe(OH)4＋4H＋，pH过高Ge4＋水解程度变大，pH过低Ce4＋＋2H2RGeR2＋4H＋逆向移动，均不利于沉锗的进行；（5）①由晶胞结构可知O2－位于4个Zn2＋构成的四面体空隙中，所以晶体中O2－的配位数为4；②电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致Zn－N键中离子键成分百分数小于Zn－O键；③假设初始为1 mol ZnSO4·7H2O，质量为287 g，加热到145℃，温度为1 050℃时，固体质量为287 g×28.2%＝81 g，其中锌为65 g，则还有16 g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省南京市金陵中学4月调研）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2＋、Fe3＋、Sc3＋)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］＝2.8×10－39，Ksp［Sc(OH)3］＝1.0×10－30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3＋易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如D＝，Sc的萃取率＝。 （1）“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________________________________。 （2）“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_________________________________________。 （3）用“10%盐酸调pH”，调节至pH＝3，过滤，滤液中Fe3＋的浓度为______mol·L－1。 （4）某工厂取1 000 L Sc3＋总浓度为50 mg·L－1废酸，加入500 L某萃取剂，若D＝10，则单次萃取率为___________(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有__________________________ _______________________________________________________(写两条)。 （5）写出“沉钛”过程中离子反应方程式________________________________________。 （6）上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX(R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2的结构可表示为________。 【答案】（1）提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2＋进入水层，便于分离出钛 （2）Sc(OH)3＋3NaOH＝Na3［Sc(OH)6］ （3）2.8×10－6 （4）83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) （5）TiO2＋＋(n＋1)H2O＝TiO2·nH2O↓＋2H＋ （6） 【解析】钛白酸性废水(含TiO2＋、Fe3＋、Sc3＋等离子)加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2＋、Fe3＋、Sc3＋，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2＋转化为[TiO(H2O2)]2＋进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc。 （1）H2O2作为配体，与Ti4＋形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2＋。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离；（2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]－，已知Sc3＋易形成八面体的配离子，因此Sc3＋的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3＋3NaOH＝Na3［Sc(OH)6］；（3）已知Ksp［Fe(OH)3］＝2.8×10－39，pH＝3时，c(H＋)＝10－3 mol·L－1，因此c(OH－)＝10－11 mol·L－1。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］＝c(Fe3＋)×c3(OH－)＝2.8×10－39，代入数值计算得出c(Fe3＋)＝2.8×10－6 mol·L－1；（4）萃取率＝×100%＝×100%。代入D＝10，V水＝1 000 L，V有机＝500 L，得E＝×100%＝83.3%；提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)；（5）沉钛过程为TiO2＋与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2＋＋(n＋1)H2O＝TiO2·nH2O↓＋2H＋；（6）格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。 【变式训练2】 （2024·江苏省苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： 已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH ＜1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 ＞13.0 主要存在形式 VO2＋ V2O5 多钒酸根 VO3－ 多钒酸根 VO43－ 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 （1）通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知VO3－能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为： VO3－(水层)＋ROH(有机层)RVO3(有机层)＋OH－(水层)。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是___________________________________。 ②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是_______________________________。 （2）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是______________________________________________。 【答案】（1）①使溶液中的钒微粒以VO3－形式存在；减小c(OH－)，有利于向萃取方向进行，提高VO3－的萃取率 ②pH升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3－的反萃取率增大；但c(OH－)过大，＋5价钒主要以VO43－或多钒酸根的形式存在，VO3－的反萃取率减小 （2）温度过高，NH3·H2O受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3的析出 【解析】钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO＋转化为VO2＋；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液得到NH4VO3沉淀，NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。 （1）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以VO3－形式存在；同时H＋与OH－结合成H2O，c(OH－)减小，有利于向萃取方向进行，提高VO3－的萃取率；②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3－的反萃取率增大；但c(OH－)过大，＋5价钒主要以VO43－或多钒酸根的形式存在，VO3－的反萃取率减小；（2）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀，由于溶液呈碱性故有NH3·H2O生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是：温度过高，NH3•H2O受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3的析出。 考向3 化工流程与化学计算 （2025·江苏镇江市开学考）一种从某铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等)中回收Cu、Ni的流程如图。 （1）基态Cu2＋的外围电子排布为________________。 （2）“氧压浸出”过程中，加压的目的是___________________________________________。 （3）“萃铜"时发生的反应为Cu2＋(水相)＋2HR(有机相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)，适当增大溶液pH有利于铜的萃取，其原因是______________________________________________。 （4）“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为___________________________________________________________。 （5）单质镍与碳、镁形成某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为_______。 （6）“沉镍"时为确保Ni2＋沉淀完全，理论上应调节溶液pH≥_______。(已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]＝4.0×10－15；lg2＝0.3；当溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该Ni2＋沉淀完全)。 （7）测定NiSO4•7H2O粗品的纯度。取3.000 gNiSO4•7H2O粗品溶于水(滴加几滴稀硫酸)配成100.0 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴指示剂，用0.05000 mol·L－1的Na2H2Y标准溶液滴定，平均消耗标准溶液50.00 mL。计算确定粗品中NiSO4•7H2O的纯度_____________。(已知：Ni2＋＋H2Y2－＝NiY2－＋2H＋，写出计算过程)。 【答案】（1）3d9 （2）增大氧气浓度，加快氧气氧化Fe2＋的速率 （3）增大溶液pH则c(H＋)减小，平衡正向移动 （4）3Fe3＋＋Na＋＋2SO42－＋6H2O＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋ （5）1∶3 （6）9.3 （7）93.67% 【解析】向铜镍矿（主要成分为CuFeS2、FeS2、NiO、MgO、SiO2等）中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2＋，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3＋转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2＋以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4。 （1）Cu核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s能级1个电子、3d能级1个电子形成Cu2＋，Cu2＋的外围电子排布式为3d9；（2）“氧压浸出"通入氧气时加压的目的是增大氧气浓度，加快氧气氧化Fe2＋的速率；（3）适当增大溶液pH则c(H＋)减小，平衡正向移动，有利于铜的萃取；（4）萃余液呈酸性，加入氧化镁调节pH，向萃余液中加入Na2SO4进行沉铁将Fe3＋转化为NaFe3(SO4)2(OH)6，“沉铁"过程生成黄钠铁矾沉淀的离子方程式为3Fe3＋＋Na＋＋2SO42－＋6H2O＝NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋；（5）由均摊法，晶胞中Mg个数为8×＝1，Ni个数为3×＝3，该晶体中Mg和Ni的原子个数之比为1∶3；（6）“沉镍"时为确保Ni2＋沉淀完全，此时c(Ni2＋)≤1.0×10－5 mol·L－1，由Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)•c2(OH－)；则溶液c(OH－)＝＝＝2.0×10－5 mol·L－1， 常温下c(H＋)＝＝＝5.0×10－10 mol·L－1，溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－1＋lg2＋10＝9.3；（7）已知：Ni2＋＋H2Y2－＝NiY2－＋2H＋，则n(Ni2＋)＝n(H2Y2－)＝0.05000 mol·L－1×50.00×10－3 L＝2.5000×10－3 mol，粗品中n(Ni2＋)＝2.5000×10－3 mol×＝1.000×10－2 mol，粗品中NiSO4•7H2O的纯度＝≈93.67%。 【变式训练1·变载体】 （2025·江苏省泰州市考前指导卷）利用镁泥（主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2等）为主要原料制取碳酸镁(MgCO3•3H2O)的工业流程如下： （1）酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4•SO3）配制质量分数为50% H2SO4溶液，配制时需要水的质量为________吨。 （2）除铁。已知滤渣2的成分与温度、pH的关系如图所示。 ①若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式：_____________________________________________________________。 ②工业生产不选择以Fe(OH)3形式除铁的可能原因：_________________________________________ ______________________________________________________（写出两点）。 （3）沉淀。 ①写出“沉淀”过程的离子方程式：____________________________________________。 ②“沉淀”过程中溶液pH随时间的变化如图所示。 “沉淀”过程的操作：向含Mg2＋溶液中_______________________________________________。 （4）控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁[Mga(CO3)b(OH)c•xH2O]，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0 g MgO固体，放出3.36 L CO2（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的n(CO32－)∶m(OH－)＝_______。（写出计算过程） 【答案】（1）2.14 （2）①2Na＋＋3ClO－＋6Fe2＋＋4SO42－＋9H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋3Cl－＋6H＋ ②H＋浓度小，ClO－的氧化性弱；温度低，反应速率慢 （3）①Mg2＋＋CO2＋2OH－＋2H2O＝MgCO3•3H2O↓ ②先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2 （4）4 【解析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、FeCO3和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁(MgCO3•3H2O)。 （1）1.78吨发烟硫酸（化学式：H2SO4•SO3）的物质的量为＝104 mol，配制过程中，生成硫酸为2×104 mol，配制质量分数为50% H2SO4溶液，配制时需要水的质量为－1.78吨＝2.14 吨；（2）①“除铁”时，若控制温度80℃、pH＝2，可得到黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，则总反应的离子方程式：2Na＋＋3ClO－＋6Fe2＋＋4SO42－＋9H2ONa2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋3Cl－＋6H＋；②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以Fe(OH)3形式除铁的可能原因：H＋浓度小，ClO－的氧化性弱；温度低，反应速率慢；（3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：Mg2＋＋CO2＋2OH－＋2H2O＝MgCO3•3H2O↓；②由图知，“沉淀”时溶液的pH先减小后增大后维持不变，则“沉淀”过程的操作：向含Mg2＋溶液中先通CO2至饱和，然后滴加NaOH溶液，同时继续通入CO2；（4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得8.0 g MgO固体，根据镁元素守恒，镁离子为＝0.2 mol，放出3.36 L CO2（标准状况），其物质的量为＝0.15 mol，则碳酸根为0.15 mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1 mol，则碱式碳酸镁样品中的n(CO32－)∶m(OH－)＝3∶2。 【变式训练2】 （2025·江苏省苏州市下学期摸底调研）实验室利用重晶石废料(主要成分为BaSO4、Fe2O3等)制备BaCO3。 Ⅰ．制备粗BaCO3。制备流程如下： （1）转化。常温下，向重晶石废料中加入饱和碳酸钠(浓度为1.5 mol·L－1)溶液浸泡充分浸泡。 ①已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝5.0×10－9。浸泡后溶液中SO42－浓度最高为______________。 ②常温下(NH4)2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用(NH4)2CO3溶液的原因是____________________________________________________。 （2）溶解。向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解。NH4Cl溶液溶解BaCO3的离子方程式为_________________________________________________。 Ⅱ．测定粗BaCO3样品中铁元素的含量。 取5.0000 g粗BaCO3样品，用20% H2SO4充分溶解，再加入足量溶液充分反应，然后加蒸馏水配制成100 mL溶液。准确量取20.00 mL配制的溶液于锥形瓶中，调节溶液pH＝6，用0.0150 mol·L－1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Fe2＋＋H2Y2－＝FeY2－＋2H＋)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液20.00 mL。 （3）测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是_________________________________。 （4）计算粗BaCO3样品中铁元素的质量分数______(写出计算过程)。 （5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是__________________________________________________。 Ⅲ．制备。 （6）粗BaCO3中含有杂质Fe(OH)3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，___________________________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。[已知：pH＝3.2时Fe(OH)3沉淀完全。实验中必须使用的试剂：稀、Na2CO3溶液] 【答案】（1）①0.029 mol·L－1 ②碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低 （2）2NH＋BaCO3Ba2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O （3）使Fe3＋全部转化为Fe2＋ （4）1.68% （5）溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消≥耗酸性K2Cr2O7 （6）在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤 【解析】重晶石废料(主要成分为BaSO4、Fe2O3等)用饱和碳酸钠溶液处理，BaSO4转化为BaCO3，过滤得到Fe2O3、BaCO3混合固体，用NH4Cl溶液溶解BaCO3，过滤得到滤渣为Fe2O3，滤液中含有Ba2＋，滤液中加入(NH4)2CO3溶液反应生成粗BaCO3，以此解答。 （1）①已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，Ksp(BaCO3)＝5.0×10－9，饱和碳酸钠溶液的浓度为1.5 mol·L－1，根据已知条件列出“三段式” BaSO4(s)＋CO32－(aq)BaCO3(s)＋SO42－ 起始量/mol·L－1 1.5 0 转化量/mol·L－1 x x 平衡量/mol·L－1 1.5－x x 平衡常数K＝＝＝＝＝0.02，则＝0.02，解得x＝0．029，溶液中SO42－浓度为0.029 mol·L－1；②常温下(NH4)2CO3的溶解度大约是Na2CO3的5倍，浸泡重晶石废料用饱和Na2CO3而不用(NH4)2CO3溶液的原因是：碳酸铵溶液铵根促进碳酸根离子水解，溶液中碳酸根离子低；（2）向过滤1所得的滤渣中加入NH4Cl溶液，加热后溶解，NH4Cl溶液呈酸性，溶解BaCO3的离子方程式为：2NH＋BaCO3Ba2＋＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；（3）Na2S2O3具有还原性，测定过程中，加入足量Na2S2O3溶液的目的是：使Fe3＋全部转化为Fe2＋；（4）由Fe2＋＋H2Y2－＝FeY2－＋2H＋可得关系式：Fe2＋～EDTA，则n(Fe2＋)＝n(EDTA)＝0.0150 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝3.000×10－4 mol，重晶石中铁元素质量分数为×100%＝1.68%；（5）若稀释后滤液用酸性K2Cr2O7滴定，测得的数值明显高于上述方法测定的数值，原因是：溶液中含有硫代硫酸钠溶液会消耗酸性K2Cr2O7；（6）已知：pH＝3.2时Fe(OH)3沉淀完全，粗BaCO3中含有杂质Fe(OH)3。补充完整由粗BaCO3制取高纯度BaCO3的实验方案：取一定量粗BaCO3固体，在搅拌下向其中加入盐酸至固体完全溶解为止，然后滴加Na2CO3溶液调节pH≥3.2，过滤。向滤液中滴加Na2CO3溶液充分反应，静置后向上层清液中继续滴加Na2CO3溶液无白色沉淀产生，过滤，用蒸馏水充分洗涤沉淀，干燥，得到高纯度BaCO3。 1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)＝10－20.4，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中c(Co2＋)•c(S2－)＝10－20.4 【答案】C 【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)，加入稀硫酸和稻草，稻草属于生物质，含有的有机物做还原剂，还原MnO2、Co3O4，Fe2O3溶于硫酸，转化为铁离子，然后过滤，向滤液(含有Fe3＋、Mn2＋、Co2＋)中加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 A项，稻草的主要成分是纤维素，稀硫酸可以促进纤维素水解为葡萄糖，葡萄糖还原金属氧化物，同时稀硫酸提供酸性环境，做浸取剂，正确；B项，生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，正确；C项，根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，错误；D项，“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q＝Ksp＝c(Co2＋)·c(S2－)＝10－20.4，正确。 2．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe＋3Cu2＋＝3Cu＋2Fe3＋ B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 【答案】A 【解析】酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2＋氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 A项，“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe＋Cu2＋＝Cu＋Fe2＋，错误；B项，Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，错误；C项，“氧化”过程中将Fe2＋氧化为Fe3＋，铁元素化合价升高，错误；D项，加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，正确。 3．（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。 ②常温下，金属化合物的Ksp： 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10－27 1.0×10－12 2.5×10－13 2.3×10－11 下列说法错误的是 A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是Na2S溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋HCO3－＝MnCO3↓＋H＋ 【答案】D 【解析】富集液中含有两种金属离子Cd2＋、Mn2＋，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的Ksp可知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S2－的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应：Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，据此解答。 A项，粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，正确；B项，由分析可知，试剂X可以是Na2S溶液，正确；C项，若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd2＋、Mn2＋浓度相当，则Cd2＋也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，正确；D项，“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，错误。 4．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2＋； ②Ksp[Pb(OH)2]＝10－14.8； ③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题： （1）H2A分子中手性碳原子数目为_______。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82－转变为_______(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为______________________________ ____________________________________________________________________。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_________________________________________。 （5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______________________________________________________，pH过高可能生成_______(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为________________________ ___________________。 【答案】（1）2 （2）SO42－ （3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小 （4）Zn＋[Cu(NH3)4]2＋＝[Zn(NH3)4]2＋＋Cu （5）Fe （6）pH值升高，OH－浓度增大，平衡A2－＋H2OHA－＋OH－逆向移动，A2－离子浓度增大，平衡PbSO4(s)＋A2－PbA＋SO42－正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)2 （7）Pb(OOC－CHOH－CHOH－COO)Pb＋4CO↑＋2H2O↑ 【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2＋和[Zn(NH3)4]2＋，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 （1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，；（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO42－；（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2＋置换出Cu单质，离子方程式为：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋＝[Zn(NH3)4]2＋＋Cu；（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)＋A2－PbA＋SO42－，Na2A溶液中存在A2－＋H2OHA－＋OH－，pH值升高，OH－浓度增大，平衡A2－＋H2OHA－＋OH－逆向移动，A2－离子浓度增大，平衡PbSO4(s)＋A2－PbA＋SO42－正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH－浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC－CHOH－CHOH－COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC－CHOH－CHOH－COO)Pb＋4CO↑＋2H2O↑。 5．（2025·云南卷）从褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金－银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为_____________________________________。 （2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au＋5S2O32－＋[Cu(NH3)4]2＋＝[Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋2H2O＝4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12S2O32－ 上述过程中的催化剂为_______。 （3）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为___________________________。 （4）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为_______________。 （5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无MnO2析出，则c(Mn2＋)≤_______mol·L－1。 【答案】（1）MnO2＋SO32－＋2H＋＝Mn2＋＋SO42－＋H2O （2）[Cu(NH3)4]2＋ （3）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 （4）MnO2＞Fe3＋＞Cu2＋ （5）0.19 【解析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”，Fe2O3、MnO2被还原为Fe2＋和Mn2＋，CuO被溶解为Cu2＋，Au、Ag、SiO2不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu2＋被铁粉还原为Cu；“氧化时”Fe2＋被氧化为Fe3＋；“沉铁”时，Fe3＋转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，Mn2＋沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。 （1）“还原酸浸”时，MnO2 被亚硫酸钠还原为Mn2＋，该反应的离子方程式为MnO2＋SO32－＋2H＋＝Mn2＋＋SO42－＋H2O；（2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：①Au＋5S2O32－＋[Cu(NH3)4]2＋＝[Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3、②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋2H2O＝4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12S2O32－；分析以上两反应可知，[Cu(NH3)4]2＋参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2＋；（3）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度；（4）“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3＋和Cu2＋，亚硫酸钠将Fe3＋还原为Fe2＋，而Cu2＋并未被还原，因此，Fe3＋的氧化性强于Cu2＋；“氧化”时，Fe2＋被MnO2氧化为Fe3＋，因此，MnO2的氧化性强于Fe3＋。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2＞Fe3＋＞Cu2＋；（5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH－)＝10－6 mol·L－1，无Mn(OH)2析出，根据Mn(OH)2的Ksp为1.0×10－13，则c(Mn2＋)≤＝0.19 mol·L－1。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $