第25讲 化学工艺流程（专项训练）（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 课标达标练 题型01 化工微流程与实验操作 题型02 化工微流程与化学反应原理 题型03 化工流程与物质制备 题型04 化工流程与反应原理 题型05 化工流程与化学计算 题型06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化工微流程与实验操作 1．（2025·江苏省南通市海安市上学期开学考）碲被誉为“现代工业的维生素”。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲设计工艺流程如图所示。 已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在； ②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱； ③H6TeO6的Ka1＝1.0×10－7，氧化性比硫酸强。 下列有关说法正确的是 A．“焙烧”使用的主要仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B．“碱溶”后的滤渣中Ag和Au可用稀硝酸分离 C．“氧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．“还原”反应的离子方程式为H5TeO6－＋3SO32－＋H＋＝Te↓＋3SO42－＋3H2O 【答案】B 【解析】粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)，通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成可溶于水的Na2TeO3，过滤得到的滤渣含有CuO和不溶的阳极泥，加入双氧水氧化Na2TeO3生成Na2TeO4，经稀硫酸酸化后转化为H6TeO6，最后加入亚硫酸钠还原并过滤得到粗碲。 A项，焙烧固体，应用坩埚，且放在泥三角上，另外加热时需要，故酒精灯，并用玻璃棒搅拌，错误；B项，“碱浸”后所得的滤渣中含有的Au、Ag，Au不溶于稀硝酸，而Ag溶于稀硝酸，可选择稀硝酸分离，正确；C项，“氧化”过程中双氧水被还原为水，双氧水中氧元素化合价总降低2价，Te元素化合价由＋4升高至＋6，升高2价，因此氧化剂H2O2与还原剂TeO32－的物质的量之比为1∶1，错误；D项，还原反应中H6TeO6为弱酸，不能拆分，错误。 2．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。 已知：i．铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸； ii．Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8、Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14。 下列有关说法错误的是 A．步骤②中反应PbSO4(s)＋CO32－(aq)PbCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105 B．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C．步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3＋2H＋＝Pb2＋＋CO2↑＋H2O D．副产品M的主要成分是(NH4)2SO3 【答案】D 【解析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、碳酸铵，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅。 A项，步骤②中反应PbSO4(s)＋CO32－(aq)PbCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数K＝＝＝≈2.2×105，正确；B项，操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；C项，HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3＋2H＋＝Pb2＋＋CO2↑＋H2O，正确；D项，副产品M的主要成分是(NH4)2SO4，错误。 3．（2025·江苏省苏州市六校月考）以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下： 已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是 A．还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2 B．酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解 C．滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO3－、SO42－ D．煅烧时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol 【答案】C 【解析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)经过还原焙烧后生成Fe和CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入碳酸氢铵调节pH，得到到氢氧化亚铁沉淀：Fe2＋＋2HCO3－＝Fe(OH)2↓＋2CO2↑，在通入氧气的条件下煅烧得到氧化铁，据此分析解答。 A项，还原焙烧时Fe3O4被C还原生成铁和二氧化碳，化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2，正确；B项，酸浸时反应生成硫酸亚铁盐，硫酸适当过量可以抑制亚铁离子的水解，正确；C项，H＋和HCO3－反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：NH、SO42－，错误；D项，煅烧时Fe(OH)2中铁元素由＋2价升高为Fe2O3中的＋3价，则时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol，正确。 4．（2025·江苏省扬州市上学期期中）以某种MnCO3样品(含少量Fe2＋)为原料制备MnO2的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”时MnCO3发生的反应为Mn2＋＋SO42－＝MnO2↓＋SO2↑ B．“氧化”时可以用等物质的量的H2O2代替MnO2 C．滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的Fe(OH)3固体 D．随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 【答案】D 【解析】样品加硫酸溶解，加二氧化锰将Fe2＋氧化成Fe3＋，加石灰乳沉铁，生成氢氧化铁除铁，过滤后得到滤液的溶质主要为硫酸锰，电解制得MnO2。 A项，“酸浸”时MnCO3发生的反应为MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O，错误；B项，H2O2易在Fe3＋催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的H2O2代替MnO2，错误；C项，加石灰乳沉铁过程中还生成硫酸钙沉淀，洗涤后不能得到纯净的Fe(OH)3固体，错误；D项，电解过程中发生的总反应为MnSO4＋2H2OMnO2↓＋H2↑＋H2SO4，可知随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，正确。 02 化工微流程与化学反应原理 5．（2025·苏州中学、海门中学、淮阴中学、姜堰中学下学期期初模拟）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1 mol·L－1 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。下列说法正确的是 已知：Ksp(MnS)＝2×10－10、Ksp(ZnS)＝2×10－24、Kb(NH3·H2O)＝2×10－5、Ka1(H2CO3)＝4×10－7、Ka2(H2CO3)＝5×10－11 A．“除锌”后所得上层清液中，c(Zn2＋)一定小于1×10－5 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中存在：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO32－) C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：c(NH)＜2c(CO32－)＋c(HCO3－) D．“沉锰”后的滤液中存在：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO42－) 【答案】A 【解析】“除锌”步骤中，由于Ksp(MnS)＝2×10－10≫Ksp(ZnS)＝2×10－24，因此当加入过量MnS时，产生ZnS沉淀，过滤后除掉过量的MnS和产生的ZnS沉淀，再用NH4HCO3将Mn2+沉淀为MnCO3，据此作答。 A项，MnS过量，“除锌”步骤完成沉淀生成ZnS，则上层清液c(Zn2＋)一定小于1×10－5，正确；B项，NH4HCO3溶液中由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)，由物料守恒c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，联立两式可得c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－) ＋c(CO32－)＋c(NH3·H2O)，错误；C项，由电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋c(OH－)＋2c(CO32－)，pH＞7，说明c(H＋)＜c(OH－)，则c(NH)＞c(HCO3－)＋2c(CO32－)，错误；D项，沉锰后滤液成分是(NH4)2SO4、NH3·H2O、NH4HCO3，则c(NH)＋c(NH3·H2O)＞2c(SO42－)，错误。 6．（2025·江苏淮安市开学考）草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4、Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7。 下列说法正确的是 A．室温下，向Na2C2O4溶液中加酸调节pH＝2时溶液中存在：c(C2O42－)＞c(H2C2O4) B．“酸化溶解”后的溶液中存在：2c(Fe2＋)＋c(NH)＝2c(SO42－)＋c(OH－) C．室温时，反应Fe2＋＋H2C2O4FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝40 D．室温时，“沉铁”后的上层清液中：c(Fe2＋)•c(C2O42－)＞2.1×10－7 【答案】C 【解析】硫酸亚铁铵与硫酸反应生成硫酸亚铁和硫酸铵，然后向体系中加入草酸在加热条件下得到草酸亚铁沉淀，然后过滤得到固体，以此解题。 A项，pH＝2，c(H＋)＝1.0×10－2，Ka1×Ka2＝×＝＝＝8.4×10－6，则＝8.4×10－2，则c(C2O42－)＜c(H2C2O4)，错误；B项，“酸化溶解”后的溶液中存在电荷守恒2c(Fe2＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，错误；C项，室温时，反应Fe2＋＋H2C2O4FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝＝×＝＝40，正确；D项，当c(Fe2＋)×c(C2O42－)＞Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7时形成FeC2O4沉淀，过滤后的上层清液中不会生成FeC2O4沉淀，故c(Fe2＋)×c(C2O42－)＜Ksp(FeC2O4)＜2.1×10－7，错误。 7．（2025·江苏省南通市二模）室温下，用含少量Cu2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下： 注：“沉锰”时n(NH4HCO3)∶n(Mn2＋)＝2.5∶1， 控制溶液pH＝7。下列说法正确的是 A．NH4HCO3溶液中：c(NH)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3) B．“过滤1”所得滤液中：＞ C．“沉锰”时发生反应：Mn2＋＋HCO3－＝MnCO3↓＋H＋ D．“过滤2”所得滤液中：c(NH)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(HS－)＋2c(S2－) 【答案】B 【解析】含少量Cu2＋的MnSO4溶液中加入硫化铵沉淀Cu2＋，过滤后，加入碳酸氢铵生成碳酸锰。 A项，NH4HCO3溶液中，根据元素守恒可得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3)，错误；B项，“过滤1”所得滤液是硫化铜的饱和溶液，而无硫化锰沉淀，则c(Cu2＋)•c(S2－)＝Ksp(CuS)，而c(Mn2＋)•c(S2－)＜Ksp(MnS)，则＝＞，正确；C项，“沉锰”时发生反应：Mn2＋＋2HCO3－＝MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，错误；D项，“过滤2”所得滤液中，pH＝7，根据电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(SO42－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(SO42－)，错误。 8．（2025·江苏省南师附中、天一中学、海安中学、海门中学12月联考）室温下，用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A．NaClO溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(OH－) B．NH4HCO3溶液中：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3) C．“过滤”所得滤液中：＜ D．“过滤”所得滤液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－) 【答案】B 【解析】用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液中加入次氯酸钠将二价锰离子氧化为二氧化锰并除去，在滤液中加入碳酸氢铵与氨水沉淀锌离子，生成碳酸锌沉淀与碳酸铵，过滤得到碳酸锌，据此回答。 A项，在次氯酸钠溶液中，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)，错误；B项，在NH4HCO3中存在质子守恒：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，正确；C项，过滤之后的溶液为碳酸锌的饱和溶液，但不是氢氧化锌的饱和溶液，所以对于氢氧化锌的饱和溶液而言，氢氧根离子浓度偏小，则＞，错误；D项，过滤之后的滤液中含有SO42－等阴离子，选项中电荷守恒不成立，错误。 9．（2025·苏州第一学期质量测试）室温下，测定溶液中Ca2＋浓度的流程如下： 已知Ksp[CaC2O4]＝2.5×10－9。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中：c(Na＋)＝2c(C2O42－)＋2c(HC2O4－) B．“沉淀”后得到的上层清液中：c(Ca2＋)＜5×10－5 mol·L－1 C．溶解得到的酸性溶液中：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＋2c(SO42－)＝c(H＋) D．滴定终点时的溶液中：c(MnO4－)＞c(Mn2＋) 【答案】B 【解析】含Ca2＋的溶液加入过量0.1 mol·L－1 Na2C2O4将Ca2＋以CaC2O4沉淀析出，沉淀加入过量0.1 mol·L－1 H2SO4溶解，得到含H2C2O4的酸性溶液，用0.1 mol·L－1 KMnO4溶液进行滴定从而测定Ca2＋的量。 A项，Na2C2O4溶液中，根据物料守恒有c(Na＋)＝2c(C2O42－)＋2c(HC2O4－)＋2c(H2C2O4)，选项中的等式少了H2C2O4的浓度项，错误；B项，“沉淀”后得到的上层清液中c(Ca2＋)＜c(C2O42－)，即Ksp(CaC2O4)＝c(Ca2＋)•c(C2O42－)＞c2(Ca2＋)，则c(Ca2＋)＜＝＝5.0×10－5 mol·L－1＝5×10−5 mol·L－1，正确；C项，溶解得到的酸性溶液中，阳离子除了H＋还有Ca2＋，故根据电荷守恒应当有2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＋2c(SO42－)＝c(H＋)＋2c(Ca2＋)，错误；D项，滴定终点，KMnO4刚好和H2C2O4反应生成CO2和Mn2＋，高锰酸根刚好完全反应，浓度几乎为0，c(MnO4－)＜c(Mn2＋)，错误。 10．（2025·江苏省宿迁市考前指导卷）实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体： 已知：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4。下列说法不正确的是 A．pH=4的H2C2O4溶液中：c(C2O42－)＞c(HC2O4－) B．“酸化”后的溶液中：c(NH)＋2c(Fe2＋)＜2c(SO42－) C．“沉淀”后的上层清液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(SO42－) D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥 【答案】C 【解析】(NH4)2Fe(SO4)2加入硫酸酸化得到Fe2＋，加入草酸生成FeC2O4沉淀，过滤、洗涤得到草酸亚铁晶体，据此回答。 A项，pH＝4的H2C2O4溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，Ka2(H2C2O4)＝＝1.5×10－4，＝＝＝1.5，即c(C2O42－)＝1.5c(HC2O4－)，即c(C2O42－)＞c(HC2O4－)，正确；B项，根据电荷守恒：c(NH)＋2c(Fe2＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，则c(NH)＋2c(Fe2＋)＜2c(SO42－)，正确；C项，“沉淀”后的上层清液中溶质为(NH4)2SO4和过量的H2C2O4，由物料守恒得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO42－)，错误；D项，乙醇与水互溶，且乙醇易挥发，用乙醇洗可带走水分，有利于晶体快速干燥，正确。 11．（2024·江苏省南通三模）已知室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－36，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ka(HClO)＝3×10－8。用含少量Fe3＋的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋c(H2CO3) B．pH＝11的NaClO溶液中：c(HClO)＞c(ClO－) C．“调pH”得到的上层清液中：＞10－28 D．“氧化”时主要发生反应：2ClO－＋2Ni2＋＋2OH－＝2NiOOH↓＋Cl2↑＋H2O 【答案】C 【解析】用含少量Fe3＋的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的流程:加入Na2CO3溶液调pH，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，Ni2＋不沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀得到含Ni2＋的滤液，碱性条件下加入NaClO溶液，氧化Ni2＋得到NiOOH沉淀，发生的反应为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O，过滤、洗涤、干燥得到NiOOH固体，据此分析解答。 A项，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中元素守恒关系为c(CO32－)＋c(HCO3－)＋c(H2CO3)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，电荷守恒关系为c(OH－)＋2c(CO32－)＋c(HCO3－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，则c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1＋c(H2CO3)－c(CO32－)＜0.1 mol·L－1＋c(H2CO3)，错误；B项，pH＝11的NaClO溶液中＝＝＝3 000，即c(HClO)＜c(ClO－)，错误；C项，“调pH”得到的上层清液中浓度积Q[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＞Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＜Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中＞＝＝1.25×10－28＞10－28，正确；D项，碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2＋得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O，错误。 03 化工流程与物质制备 12．（2025·江苏省射阳中学测试）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14；NH3·H2O的电离常数为Kb＝1.8×10－5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.6×10－5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2,该反应的离子方程式为__________________ _________________________。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高,Co2＋在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是____________________________。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2＋转移到水层。使Co2＋尽可能多地发生上述转移,应选择的实验条件或采取的实验操作有________________________________________________________________(填两项)。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4。 ①若用H2C2O4溶液作沉淀剂,反应Co2＋＋H2C2O4CoC2O4＋2H＋的平衡常数K的数值为_________。 ②不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是_________________________________________。 【答案】（1）2LiCoO2＋H2O2＋6H＋＝2Li＋＋2Co2＋＋4H2O＋O2↑ （2）c(H＋)减小，平衡正向移动，CoAn(有机层)增大，萃取率增大 （3）适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取 （4）①48 ②会引入Na＋，难以除去 【解析】（1）LiCoO2中Co化合价为＋3，与H2O2反应生成CoSO4，Co化合价降低1，O元素化合价升高1，H2O2中2个O原子均升价，由升降相等，则LiCoO2系数为2，H2O2为1，反应的离子方程式为2LiCoO2＋H2O2＋6H＋2Li＋＋2Co2＋＋4H2O＋O2↑；（2）根据萃取原理Co2＋＋nHA(有机层)CoAn(有机层)＋nH＋(水层)，pH升高，则c(H＋)减小，平衡正向移动，CoAn(有机层)增大，萃取率增大；（3）根据萃取原理Co2＋＋nHA(有机层)CoAn(有机层)＋nH＋(水层)，应使平衡逆向移动，所以应适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取；（4）①K＝＝＝＝＝48；②不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是会引入Na＋，难以除去。 13．（2025·河北卷）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： （1）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：________________________________。 （2）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、_______、_______(填化学式)。 （3）酸化工序中需加压的原因：_______________________________________________________。 （4）滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。 （5）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。 Fe(CO)5＋_______＋______＝Cr(OH)3↓＋______＋______＋____CO↑ （6）滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称) 【答案】（1）4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2CrO4＋8H2O （2）Al(OH)3 MgO （3）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 （4）KHCO3 （5）Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑ （6）煅烧 【解析】铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO，KAlO2、K2SiO3；通入KHCO3-K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液Ⅰ中含有K2CrO4；将K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用，据此分析。 （1）煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2CrO4＋8H2O；（2）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO；（3）向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；（4）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；（5）Fe(CO)5做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素由0价升高到＋3价，Cr由＋6价降低到＋3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O＝Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑；（6）滤渣Ⅱ含有Cr(OH)3和Fe(OH)3可返回煅烧工序。 14．（2025·南通市如东县第一次调研）实验室以碳酸锰矿(含MnCO3及少量Fe、Al、Si等氧化物)为原料可制得高纯MnCO3。 （1）焙烧：将碳酸锰矿与(NH4)2SO4在温度为300～500℃下进行焙烧，写出焙烧时MnCO3所发生反应的化学方程式：_______________________________________________。 （2）制备MnCO3：向净化后的MnSO4溶液在搅拌下缓慢滴加沉淀剂NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。 ①将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为_______________(填化学式)。 ②沉淀剂不选择Na2CO3溶液的原因是____________________________________________________。 ③MnCO3在空气中，一段时间后会生成MnO(OH)2，写出该反应的化学方程式_________________________________________________。 【答案】（1）MnCO3＋(NH4)2SO4MnSO4＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O （2）①(NH4)2SO4 ②Na2CO3溶液碱性较强，会有部分Mn(OH)2沉淀生成 ③2MnCO3＋O2＋2H2O＝2MnO(OH)2＋2CO2 【解析】根据碳酸锰矿中所含成分，以及焙烧、制备过程可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，铁的氧化物、氧化铝、二氧化硅不与硫酸铵反应，加水溶解后，得到含硫酸锰溶液；向净化后的MnSO4溶液中缓慢滴加沉淀剂NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。 （1）据分析可知，碳酸锰与硫酸铵反应生成硫酸锰、氨气和二氧化碳，焙烧时所发生反应的化学方程式为：MnCO3＋(NH4)2SO4MnSO4＋2NH3↑＋CO2↑＋H2O；（2）①过滤得到的滤液中主要含有硫酸铵，将其蒸发浓缩、冷却结晶可得到的晶体(NH4)2SO4；②Na2CO3属于强碱弱酸盐，溶液显碱性，且碱性较强，会有部分Mn元素转化成Mn(OH)2沉淀，所得MnCO3不纯，而碳酸氢铵溶液的碱性相对较弱，能更好地控制反应条件，减少锰的损失；③MnCO3在空气中一段时间后，与空气中的氧气和水反应，生成MnO(OH)2，故方程式为：2MnCO3＋O2＋2H2O＝2MnO(OH)2＋2CO2。 04 化工流程与反应原理 15．（2025·陕西、山西、宁夏、青海卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10－5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72； ②S2O82－结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有________________、_______________。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式________________________ _________________________________。当Mg2＋(c＝10－0.68 mol·L－1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为_______mol·L－1。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和_____________(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当pH为8.0～10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_____________________________________ _____________________。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0时，Mg2＋沉淀完全；若加至pH＝4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式____________________________________________________。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为_______________。 （7）“焙烧”中，Mn元素发生了___________(填“氧化”或“还原”)反应。 【答案】（1）搅拌 适当升温等 （2）6Mn(OH)2＋O2＝2Mn3O4＋6H2O 10－2.15 （3）O2 （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO （5）MgHPO4＋H3PO4＝Mg2＋＋2H2PO4－ （6）(NH4)2SO4 （7）还原 【解析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH＝6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 （1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；（2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2＋O2＝2Mn3O4＋6H2O；c(Mg2＋)＝10－0.68 mol·L－1，根据=＝＝101.47，c(Mn2＋)＝10－0.68 mol·L－1×10－1.47＝10－2.15 mol·L－1；（3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8＋2H2O＝2NH4HSO4＋H2O2，H2O2分解2H2O2＝2H2O＋O2↑，总反应为2(NH4)2S2O8＋2H2O＝4NH4HSO4＋O2↑，最终产物是NH4HSO4和O2；（4）[xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O]煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO；（5）由图可知，pH＝8时，阴离子为HPO，阳离子为Mg2＋，产生的沉淀为MgHPO4，调节到pH＝4，磷元素存在形式为H2PO4－，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgHPO4＋H3PO4＝Mg2＋＋2H2PO4－；（6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4；（7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 16．（2025·江苏省扬州中学测试）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离； Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如下表： 难溶物 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 溶度积常数(Ksp) 2.2×10－20 4.0×10－38 2.1×10－13 （1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有_________(填化学式),写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_________________________________。 （2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为__________(填字母) a．加入过量的氨水，b．通入过量的CO2，c．加入过量的NaOH，d．加入适量的HCl，e．洗涤，f．过滤 ②从BeCl2溶液中获得BeCl2的晶体易带结晶水，但是将BeCl2晶体与SOCl2(易水解，产物之一能使品红褪色)混合可得无水BeCl2，请从平衡移动角度解释原因：_____________________________________。 （3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式： _______________________________________________________。 （4）滤液D中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 0 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.010 mol·L－1，缓慢通氨气调节pH可将其依次分离(体积变化忽略不计)。当Cu2＋恰好完全沉淀[c(Cu2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1]时，溶液中c(Cu2＋)/c(Fe3＋)约为_________。(≈4.7，保留两位有效数字) （5）电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍。 ①电解过程中，加入氯化钠的目的是______________________________________________。 ②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为________________________。 已知部分物质的熔沸点如下表： 物质 熔点/K 沸点/K Be 1 551 3 243 Na 370 1 156 【答案】（1）Na2BeO2、Na2SiO3 BO22－＋4H＋＝Be2＋＋2H2O （2）①afed ②SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑，SOCl2能吸收水，同时水解能产生HCl，抑制BeCl2的水解 （3）MnO2＋CuS＋2H2SO4＝MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O （4）2.6×1010 （5）①增强熔融物的导电性 ②可以控制温度1 156～3 243 K之间冷却 【解析】由流程可知，铍铜元件经氢氧化钠溶液溶解后，BeO转化为铍酸钠溶液、二氧化硅转化为硅酸钠溶液，过滤后向滤液中加入过量的盐酸，硅酸钠转化为硅酸沉淀，铍酸钠转化为氯化铍溶液，再过滤，从滤液中分离出氯化铍，最后转化为铍；第一次过滤后的滤渣B为CuS、FeS，加入二氧化锰、硫酸反应，其中的铜元素和铁元素转化为硫酸铜溶液和硫酸铁，过滤后的滤液D中加碳酸钠调节pH可以依次分离出氢氧化铁和氢氧化铜，氢氧化铜最后经一系列操作得到铜，以此解答该题。 （1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有Na2BeO2、Na2SiO3，反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式为BeO22－＋4H＋＝Be2＋＋2H2O；（2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，可先加入过量的氨水生成Be(OH)2，过滤，洗涤后再加入盐酸，可生成BeCl2，操作为afed；②已知SOCl2易水解，产物之一能使品红褪色，发生的反应为SOCl2＋H2O＝SO2↑＋2HCl↑，则SOCl2能吸收水，同时水解能产生HCl，抑制BeCl2的水解；（3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质，则CuS发生反应的化学方程式为MnO2＋CuS＋2H2SO4＝MnSO4＋S＋CuSO4＋2H2O；（4）已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，当Cu2＋恰好完全沉淀[c(Cu2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1]时，c(OH－)＝ mol·L－1；则根据Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，可知溶液中c(Fe3＋)＝ mol·L－1，故溶液中=＝2.6×1010；（5）①熔融的NaCl能导电，则电解过程中，加入氯化钠能增强熔融物的导电性；②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气，由表中熔沸点可知，除去Be中少量Na的方法为可以控制温度1 156 K～3 243 K之间冷却。 05 化工流程与化学计算 17．（2025·江苏省射阳中学一模）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）“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋的离子反应方程式为____________________________。 （2）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____________________ _____________________________________________________________________________。 （3）“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____________________________________________。 （4）NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000 g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00 mL 0.5000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00 mL。 已知：VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O；MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。 计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 （5）用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为：___________________。 【答案】（1）VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O （2）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 （3）温度过高，NH3·H2O受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3的析出 （4）n(Fe2＋)总＝0.5000 mol·L－1×5.00×10－3 L＝2.500×10－3 mol，由MnO4－～5Fe2＋知过量的n(Fe2＋)＝5n(MnO4－)＝5×0.01000 mol·L－1×12.00×10－3 L＝6.000×10－4 mol，与VO2＋反应的n(Fe2＋)＝2.500×10－3 mol－6.000×10－4 mol＝1.900×10－3 mol；由V2O5～2VO2＋～2Fe2＋知n(V2O5)＝×1.900×10－3 mol＝9.500×10－4 mol，V2O5样品的纯度为×100%＝86.45% （5） 【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）“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋，V元素的化合价由＋3价升至＋5价，MnO2被还原成Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，根据得失电子守恒得：VO＋＋MnO2VO2＋＋Mn2＋，再据电荷守恒得：VO＋＋MnO2＋2H＋VO2＋＋Mn2＋，最后由质量守恒得反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋＝VO2＋＋Mn2＋＋H2O；（2）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；（3）“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；（4）由反应MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O，过量的Fe2＋物质的量为5×0.01000 mol·L－1×12.00×10－3 L＝6.000×10－4 mol；加入的Fe2＋的总物质的量为0.5000 mol·L－1×5.00×10－3 L＝2.500×10－3 mol，则与VO2＋反应的Fe2＋物质的量为2.500×10－3 mol－6.000×10－4 mol＝1.900×10－3 mol，根据反应VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O知，VO2＋的物质的量为1.900×10－3 mol，根据V守恒，20.00 mL溶液中溶解的V2O5物质的量为9.500×10－4 mol，V2O5样品的纯度为×100%＝86.45%；（5）V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”，NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，结合反应历程的图示可知，“中间体X”的结构式为。 18．（2025·江苏四校联考）SiCl4是生产多晶硅的副产物。可以利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理、进而回收Li、Co等金属,部分流程如下： 已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝5.6×10－11。 （1）烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，请写出“500 ℃焙烧”的化学方程式_____________________________________________。 （2）“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾。SiCl4发生水解时的机理及Si原子的杂化方式如下图： SiCl4比CCl4易水解的因素有______(填序号)。 A．Si—Cl键极性更大 B．Si的原子半径更大 C．Si—Cl键键能更大 D．Si有更多的价层轨道 （3）HC可以发生自耦电离：2HCO3－H2CO3＋CO32－，其平衡常数的数值K＝______。 （4）“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是________________________。 （5）Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为了获得更多的Li2CO3，加入Na2CO3溶液后的操作X为____________、洗涤、干燥。 （6）在纯氧中加热分解CoCO3，测得升温过程中固体的质量变化如下图所示。加热分解CoCO3制备Co3O4需要控制的温度范围为_____________________________________________(写出计算推理过程)。 【答案】（1）4LiCoO2＋3SiCl44LiCl＋4CoCl2＋3SiO2＋O2↑ （2）ABD （3）1.3×10－4 （4）向滤液1中缓慢滴加NaHCO3溶液 （5）加热(或蒸发、蒸发浓缩)至大量晶体析出、趁热过滤 （6）300～600 ℃ 【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500 ℃焙烧时生成无污染气体和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，无污染气体是氧气；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2；向滤液1加入碳酸氢钠溶液沉钴得到碳酸钴沉淀，煅烧后得到Co3O4；滤液2主要是LiCl，加入碳酸钠溶液得到碳酸锂。 （1）烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，Co元素的化合价降低，故氧元素的化合价升高得到氧气，化学方程式为4LiCoO2＋3SiCl44LiCl＋4CoCl2＋3SiO2＋O2↑；（2）A项，Si—Cl键极性更大，易受到极性强的H2O影响，易水解，符合题意；B项，Si的原子半径更大，非金属性弱，Si—Cl键的极性强，分子中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性H2O的吸引，使之容易水解，符合题意；C项，Si—Cl键的键长大于C—Cl键，则Si—Cl键的键能小于C—Cl键，不符合题意；D项，硅原子有3d空轨道，可以接受氧原子的孤对电子，而碳原子没有d空轨道(因为没有2d轨道)，不能接受氧原子的孤对电子，所以四氯化硅能水解而四氯化碳不能水解，符合题意；（3）2HCO3－H2CO3+CO32－的平衡常数K＝＝×＝Ka2×≈1.3×10－4；（4）“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是向滤液1中缓慢滴加NaHCO3溶液，避免由于pH过大生成Co(OH)2沉淀；（5）由图可知，Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，因此向LiCl的滤液中加入碳酸钠后应该进行的操作是加热(或蒸发、蒸发浓缩)至大量晶体析出、趁热过滤；（6）设CoCO3为1 mol，其质量为119 g，如果分解变为Co3O4，则其质量为241 g·mol－1×＝80.3 g，固体质量的损失率为×100%＝32.5%，结合图像可知应该控制温度300～600 ℃。 06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 19．（2025·江苏省无锡市期中）尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 （1）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1 mol H2O参加反应，理论上可获得_________mol H2。 （2）反应器Ⅳ中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应的平衡常数表达式为K＝________________，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，ΔH＝________kJ·mol－1；反应器Ⅳ中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是 ___________________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 【答案】（1）4 （2） －87.0 第二步脱水反应的活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生 【解析】（1）根据图示可知，反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为CH4＋H2O＝CO＋3H2，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为CO＋H2O＝CO2＋H2，两个反应各有1 mol H2O参与反应，则共生成4 mol氢气；（2）从图中可知，第一步反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)＝H2NCOONH4(s)，则该反应的平衡常数表达式K＝。从反应过程可知，第二步脱水反应的活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生。 20．（2025·江苏省苏州市六校月考）碳酸锰是重要的工业原料。工业上可利用软锰矿(主要含MnO2 ，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3和MgO等)进行烟气脱硫并制备MnCO3，工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c0(Mn＋)=0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 ②NH4HCO3不稳定，在固体或水溶液中受热时均容易发生分解。 （1）“净化除杂”包含： ①加入少量MnO2氧化Fe2＋，该反应的离子方程式为_______________________________________。 ②加氨水调节pH将溶液中的铁、铝元素转化为氢氧化物沉淀而除去，溶液的pH应调节的范围是_______________________________________。 （2）写出“沉锰”中生成MnCO3的离子方程式___________________________________________。 （3）“沉锰”过程中，溶液pH和温度对Mn2＋和Mg2＋的沉淀率的影响如图5所示。则“沉锰”的合适条件是_____________________。当溶液温度高于45℃后，Mn2＋和Mg2＋沉淀率变化的原因是_________________________________________。 （4）工业上用电解H2SO4-MnSO4-H2O体系制备MnO2。电解获得MnO2的机理(部分)如图所示，电极上刚产生的MnO2有更强反应活性。H2SO4浓度与电流效率[η(H2S)＝×100%]的关系如图所示，当H2SO4浓度超过3 mol·L－1时，电流效率降低的原因是_______________________。实验表明，MnSO4浓度过大，也会导致电流效率降低，可能的原因是_________________________。 【答案】（1）①MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O ②4.7～8.1 （2）Mn2＋＋NH3·H2O＋HCO3－＝MnCO3↓＋NH+H2O （3）45℃、pH=7.5 当温度高于45℃时，随着温度的升高，NH4HCO3分解，浓度减小，导致Mn2＋沉淀率下降；随着温度的升高，Mn2＋水解生成Mn(OH)2程度增大，导致Mn2＋沉淀率上升 （4）H＋浓度过大不利于Mn3＋转化为MnOOH MnSO4浓度过大时，Mn2＋与新生成的高活性MnO2反应(或MnO2直接沉积阳极表面，阻止其他物质放电) 【解析】软锰矿(主要含MnO2，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3和MgO等)，SiO2、MnO2与硫酸不反应，硫酸酸浸后的体系中含有Fe3＋、Al3＋、Mg2＋和SiO2、MnO2，通入含有SO2的烟气将二氧化硫吸收，二氧化硫与软锰矿浆中的MnO2作用生成Mn2＋和SO42－，将Fe3＋还原为Fe2＋，“净化除杂”包含：①加入少量MnO2氧化Fe2＋，②加氨水调节pH将溶液中的铁、铝元素，转化为氢氧化物沉淀而除去，过滤后，再向净化液中加入氨水和碳酸氢铵，得到碳酸锰和含有Mg2＋的溶液，过滤得到碳酸锰，滤液中通入氨气得到氢氧化镁，据此分析解答。 （1）①加入少量MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO2转化为Mn2＋，根据得失电子守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋＝Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；②加氨水调节pH将溶液中的铁、铝元素转化为氢氧化物沉淀而除去，由表中数据可知，Fe3＋开始沉淀时的溶液pH＝1.5，完全沉淀时的溶液pH＝2.8，而Al3＋开始沉淀时的溶液pH＝3.4，完全沉淀时的溶液pH＝4.7，Mn2＋开始沉淀时的溶液pH＝8.1，Mg2＋开始沉淀时的溶液pH＝8.9，因此溶液的pH应调节的范围是4.7～8.1；（2）“沉锰”时Mn2＋和NH3·H2O、HCO3－反应生成MnCO3沉淀和NH，离子方程式为：Mn2＋＋NH3·H2O＋HCO3－＝MnCO3↓＋NH＋H2O；（3）“沉锰”是为了让锰离子最大可能的沉淀，镁离子尽可能沉淀较少，结合图中沉淀量变化趋势可以选择pH＝7.5、45°C的条件，这时锰离子的沉淀量最大，镁离子的沉淀量最小；当溶液温度高于45℃后，Mn2＋和Mg2＋沉淀率变化的原因是：当温度高于45℃时，随着温度的升高，NH4HCO3分解，浓度减小，导致Mn2＋沉淀率下降；随着温度的升高，Mn2＋水解生成Mn(OH)2程度增大，导致Mn2＋沉淀率上升；（4）当H2SO4浓度超过3 mol·L－1时，电流效率降低的原因是：H＋浓度过大不利于Mn3＋转化为MnOOH。实验表明，MnSO4浓度过大，也会导致电流效率降低，可能的原因是：MnSO4浓度过大时，Mn2＋与新生成的高活性MnO2反应(或MnO2直接沉积阳极表面，阻止其他物质放电)。 1．（2025·扬州中学期末调研）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是 A．“焙烧”时，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4 B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去 C．不选用HCl“调pH”的原因可能与VO3－的氧化性较强有关 D．“沉钒”后的溶液中c(VO3－)•c(NH)＜Ksp(NH4VO3) 【答案】D 【解析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将AlO2－转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品。 A项，“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，铁元素化合价由＋2价升高至＋3价、V元素化合价由＋3价升高至＋5价，1 mol FeV2O4失去5 mol电子，1 molO2得4mol电子，根据得失电子守恒可得：n(FeV2O4)×5＝n(O2)×4，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，则n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4，正确；B项，由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，正确；C项，VO3－的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：VO3－把Cl－氧化为有毒气体Cl2，正确；D项，“沉钒”后得到NH4VO3的饱和溶液，c(VO3－)•c(NH)＝Ksp(NH4VO3)，错误。 2．（2025·江苏省苏州市下学期摸底调研）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备通式Ce2(CO3)3•8H2O的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率 B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀 C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH D．“沉铈”的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑ 【答案】C 【解析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3•8H2O。 A项，可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，正确；B项，由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铝离子转化为沉淀，正确；C项，加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3•8H2O，Ce3＋沉淀，“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子有NH和Mg2＋和，错误；D项，用碳酸氢铵“沉饰”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3•8H2O的离子方程式为：2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑，正确。 5．（2025·江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学上学期）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。 下列说法不正确的是 A．“氨浸”时，As2O3发生反应的离子方程式：As2O3＋6NH3＋3H2O＝6NH＋2AsO33－ B．“氨浸”时，转化为[Cu(NH3)4]2＋ C．“氧化”除AsO33－时，每生成1 mol FeAsO4转移的电子数目为3×6.02×1023 D．“蒸氨”后滤液中主要存在的离子为NH、S2O82－ 【答案】D 【解析】含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4，用NH3和(NH4)2SO4组成的溶液氨浸含砷氧化铜矿，含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，As2O3转化为AsO33－，再加入(NH4)2S2O8和FeSO4，氧化除AsO33－，得到FeAsO4沉淀，过滤除去，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品[Cu(NH3)4]SO4，以此来解答。 A项，根据分析可知：As2O3在“氨浸”时生成AsO33－，发生的离子反应为：As2O3＋6NH3＋3H2O＝6NH＋2AsO33－，正确；B项，“氨浸”时含铜化合物转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液，即CuO转化为[Cu(NH3)4]2＋，正确；C项，“氧化”除AsO33－时As元素化合价由＋3价升高为＋5价，Fe由＋2价升高为＋3价，则生成l mol FeAsO4，转移3 mol电子，故转移的电子数目是3×6.02×1023，正确；D项，根据分析，得到的溶液主要为(NH4)2SO4和[Cu(NH3)4]SO4溶液，蒸氨、过滤、洗涤得到产品Cu2(OH)2SO4以及(NH4)2SO4溶液，故溶液中主要存在的离子为：NH、SO42－，错误。 4．（2025·江苏省扬州中学1月）草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4、Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7。 下列说法正确的是 A．酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2＋)＋c(H＋)＜c(NH)＋c(OH－) B．室温下，0.10 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在：c(C2O42－)＜c(H2C2O4) C．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O42－＝2MnO4－＋8H2O＝10CO2↑＋2Mn2＋＋16OH－ D．室温时反应Fe2＋＋H2C2O4＝FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝40 【答案】D 【解析】硫酸亚铁铵晶体加入硫酸酸化、溶解，再加入草酸钠沉淀亚铁离子，再过滤得到草酸亚铁固体。 A项，酸化、溶解后的溶液中存在电荷守恒2c(Fe2＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，c(SO42－)＞c(NH)，前者加上后者的两倍得到2c(Fe2＋)＋c(H＋)＞c(NH)＋c(OH－)，错误；B项，室温下，0.10 mol·L－1 NaHC2O4溶液中，Ka2(H2C2O4)＝1.5×10−4＞，说明电离程度大于水解程度，则存在：c(H2C2O4)＜c(C2O42－)，错误；C项，向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，溶液显酸性，不存在生成氢氧根，反应的离子方程式为：5C2O42－＋2MnO4－＋16H＋＝10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，错误；D项，室温时反应Fe2＋＋H2C2O4＝FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝＝＝＝＝40，正确。 5．（2025·江苏省南通市海安市开学考）Co3O4磁性材料、电化学领域应用广泛，利用钴渣主要含(Co2O3、FeO)制备Co3O4的流程如图所示。下列说法正确的是 A．“浸取”后的滤液中主要阳离子有：H＋、Fe3＋、Co3＋ B．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－) C．“沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，则制得的Co3O4纯度降低 D．“煅烧”时每生成1 mol Co3O4反应转移2 mol电子 【答案】C 【解析】过氧化氢能氧化亚铁生成三价铁，钴渣在稀硫酸和过氧化氢环境下浸取得到的溶液调pH值过滤除去氢氧化铁滤渣，滤液用草酸铵沉钴得到草酸钴沉淀。草酸钴沉淀在空气中煅烧生成四氧化三钴。 A项，据分析，后面得到草酸钴的钴化合价是正二价，则“浸取”时，三价钴被过氧化氢还原为二价钴，故“浸取”后的滤液中主要阳离子有：H＋、Fe3＋、Co2＋，错误；B项，(NH4)2C2O4溶液中根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)，错误；C项，“沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，铵根离子在空气中煅烧生成气体，换成草酸钠之后钠离子附着在沉淀，形成杂质，则制得的Co3O4纯度降低，正确；D项，“煅烧”时草酸钴生成四氧化三钴，反应方程式为：3CoC2O4＋2O2Fe3O4＋6CO2，则每生成1 mol Co3O4反应转移8 mol电子，错误。 6．（2025·江苏省苏北四市一模）从高铟烟灰中(主要含In2O3、In2S3、PbO、SiO2等)提取铟的过程如下： 已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。 （1）氧化酸浸：向高铟烟灰中加入MnO2和稀H2SO4充分反应，硫元素被氧化为SO42－。 ①写出In2S3反应的离子方程式：_________________________________________。 ②过滤所得滤渣含MnO2、SiO2和_____________(填化学式)。 （2）萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：In3＋(水相)＋3HA(有机相)(有机相)+3H＋(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图－1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是___________________________________________________________________________________ _____________________________________。 （3）反萃取：InA3(有机相)+4HCl(水相)HInCl4(水相)+3HA(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图－2所示，操作时选择有机相与水相体积比为_______，原因是__________________________________。 （4）制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为____________________________。若锌粉的利用率为78%，获得6.9 kg铟时需要使用锌粉_____kg(写出计算过程)。 【答案】（1）①In2S3+12MnO2+24H＋＝2In3＋+12Mn2＋+3SO42－+12H2O ②PbSO4 （2）搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低 （3）4∶1 反萃取率最高 （4）4Zn+2HInCl4＝2In+4ZnCl2+H2↑ 10.0 kg 【解析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，PbO转变为PbSO4沉淀，In2O3、In2S3转变为In3＋，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3＋、Mn2＋、SO42－，“滤渣”为过量的二氧化锰、二氧化硅和硫酸铅，滤液加入有机萃取剂HA萃取In3＋，“反萃取”得到HInCl4溶液，在HInCl4溶液中加入锌粉发生置换反应得到粗铟。 （1）①向高铟烟灰中加入MnO2和稀H2SO4充分反应，硫元素被氧化为SO42－，MnO2被还原为Mn2＋，In2S3反应的离子方程式：In2S3＋12MnO2＋24H＋＝2In3＋＋12Mn2＋＋3SO42－＋12H2O；②根据分析，过滤所得滤渣含MnO2、SiO2和PbSO4；（2）根据已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化，则铟萃取率先增大后减小的可能原因是搅拌速度增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速度过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低；（3）为提高铟的提取率，根据图示，操作时选择有机相与水相体积比为4∶1，因为此时反萃取率最高；（4）分液，向水相中加入足量Zn，发生置换反应得到粗铟，应的化学方程式为4Zn＋2HInCl4＝2In＋4ZnCl2＋H2↑；根据关系式2n(Zn)～n(In)，n(In)＝＝＝60.00 mol，n(Zn)＝2n(In)＝2×60.00 mol＝120.0 mol，m(Zn)＝＝＝10 000 kg＝10.0 kg。 7．（2025·江苏苏州市开学考）以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、IiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，部分实验流程如下： I．精制FeSO4 （1）“除钛”时，利用TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀。 ①TiO2＋水解的离子方程式为____________________________________。 ②加入Fe粉的作用是___________________________________。 （2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2＋和Ca2＋沉淀完全时，溶液中F－浓度最小值为___________mol·L－1。[已知：Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol·L－1认为沉淀完全] Ⅱ．制铁红(Fe2O3) 方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红。 （3）补充完成由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，___________，干燥，得到FeCO3。[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5] （4）70℃时，O2将FeCO3的化学方程式为_______________________________________。 方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （5）NaNO2、H2SO4产生的NOx作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄。其中NO作催化剂时分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________。 （6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于40℃时，铁黄产率下降的原因可能是___________________________________________________________________________。 【答案】（1）①TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3＋2H＋ ②将Fe3＋还原为Fe2＋ （2）2.74×10－3 （3）冷却结晶，过滤，洗涤 （4）4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 （5）4Fe(NO)2＋＋O2＋6H2O＝4FeOOH＋4NO＋8H＋ （6）温度越高，气体溶解度越小，催化剂NOx，会从水中逸出 【解析】Ⅰ．以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、TiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，工业钛白副产品加热水溶解，加入铁粉TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀，过滤，向滤液中加入氟化铵，生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到硫酸亚铁精制液，经过一系列操作得到氧化铁。Ⅱ．方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红；方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （1）①TiO2＋水解生成H2TiO3，离子方程式为：TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3＋2H＋；②加入Fe粉的作用是将Fe3＋还原为Fe2＋；（2）由氟化钙和氟化镁的溶度积常数可知，氟化镁若完全沉淀，则氟化钙亦完全沉淀，则氟离子浓度最小为：c(F－)＝＝≈2.74×10－3 mol·L－1；（3）由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70°C下将精制液浓缩成饱和溶液，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；（4）70°C时，O2氧化FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2；（5）用NO作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄时，分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步为Fe(NO)2＋与氧气、水反应生成铁黄，离子方程式为：4Fe(NO)2＋＋O2＋6H2O＝4FeOOH＋4NO＋8H＋；（6）温度越高，气体溶解度越小，催化剂NOx，会从水中逸出，则生成铁黄产率下降。 8．（2025·江苏省南通市模拟）高纯ZnO可用作电子元件材料。以次氧化锌酸浸液(主要含有Zn2+、SO42－，还含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Pb2+等)为原料制备高纯ZnO的实验流程如下： 已知：常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝2.1×10－16，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。 （1）“除铁”时，须将Fe2+氧化为Fe3+的原因是________________________。 （2）“除锰”反应的离子方程式为__________________________________________。其他条件不变时，与锰去除率、溶液中锰含量的关系如图所示。＞2.5时，溶液中锰去除率下降，其原因是___________________________________________________________________________。 （3）为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，设计若干对照实验组，这些实验组控制不变的因素有“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、_______________。 （4）写出以“ZnSO4溶液”为原料制备高纯ZnO的实验方案：________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(可选用的试剂：Na2CO3溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液、蒸馏水、稀盐酸、BaCl2溶液)。 【答案】（1）Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀时pH相近，不易通过调pH分离Fe2＋和Zn2＋；Zn(OH)2与Fe(OH)3沉淀时pH相差较大，易于通过调pH分离Fe3+和Zn2+ （2）3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋ 过量的KMnO4进入溶液 （3）应时间、搅拌速率 （4）在搅拌下向ZnSO4溶液中缓慢滴加氨水-NH4HCO3混合溶液；当向上层清液中继续滴加氨水-NH4HCO3溶液后不再产生沉淀时，过滤，所得滤渣用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤滤液加入稀盐酸和BaCl2溶液后不再产生浑浊，将所得沉淀烘干后灼烧至恒重 【解析】以次氧化锌酸浸液(主要含有Zn2+、SO42－，还含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Pb2+等)为原料制备高纯ZnO，向酸浸液中加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，该过程中溶液pH上升将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤向滤液中加入高锰酸钾溶液将Mn2+转化为MnO2除去，过滤后向滤液中加入Zn粉将Pb2+转化为Pb除去，得到硫酸锌溶液，硫酸锌溶液经过一系列操作得到高纯ZnO，以此解答。 （1）已知：常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝2.1×10－16，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。由Zn(OH)2与Fe(OH)2的Ksp数据可知Zn(OH)2与Fe(OH)2沉淀的pH相近，不易通过调pH分离Fe2＋和Zn2＋；Zn(OH)2与Fe(OH)3沉淀的pH相差较大，易通过调pH分离Fe3＋和Zn2＋；（2）“除锰”过程中，高锰酸钾溶液将Mn2＋转化为MnO2，离子方程式为3Mn2＋＋2MnO4－＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋；由图可知，当＞2.5时，溶液中锰含量增大，而锰去除率下降，其原因是：过量的KMnO4进入溶液；（3）为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，实验组控制不变的因素有：“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、反应时间、搅拌速率；（4）以“ZnSO4溶液”为原料制备高纯ZnO的实验方案为：在搅拌下向ZnSO4溶液中缓慢滴加氨水-NH4HCO3混合溶液；当向上层清液中继续滴加氨水-NH4HCO3溶液后不再产生沉淀时，过滤，所得滤渣用蒸馏水洗涤，直至最后一次洗涤滤液加入稀盐酸和BaCl2溶液后不再产生浑浊，将所得沉淀烘干后灼烧至恒重。 9．（2025·南通市如皋市10月）五氧化二钒(V2O5)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂的酸浸液(含VO2＋、VO2＋、K＋、Fe3＋、Al3＋和SO42－)制取V2O5的一种工艺路线如下： 已知：ⅰ．溶液中含＋5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如图所示； ⅱ．“离子交换”和“洗脱”可表示为4ROH＋V4O124－R4V4O12＋4OH－(ROH为阴离子交换树脂)。 （1）“氧化”时控制溶液的pH＜1，VO2＋(约0.1 mol·L－1)反应的离子方程式为_______________ ____________________________。 （2）“调pH”时控制溶液pH约为7～8．pH不能过大的原因是_______________________________ ______________________________________。 （3）“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净的实验方法是______________________ ________________________________________________。 （4）“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是__________________________________________。 （5）为测定所制得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取0．500 0 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的30.00 mL 0.050 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗标准溶液的体积为10.00 mL。计算V2O5样品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)。 实验过程中反应如下： VO2＋＋Fe2＋＋H＋——VO2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)； MnO4－＋Fe2＋＋H＋——Mn2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。 【答案】（1）6VO2＋＋ClO3－＋3H2O＝Cl−＋6VO2＋＋6H＋ （2）pH过大，OH－浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；pH大于8，V4O124－的浓度降低；Al(OH)3溶解后带入杂质 （3）取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净 （4）防止V2O5煅烧时被NH3还原 （5）91% 【解析】废钒催化剂的酸浸液(含VO2＋、VO2＋、K＋、Fe3＋、Al3＋和SO42－)，加入氧化剂KClO3把VO2＋氧化为VO2＋，用KOH调节控制溶液pH约为7～8除去Fe3＋、Al3＋，同时VO2＋转化为V4O124－，通过“离子交换”和“洗脱”，发生反应4ROH＋V4O124－R4V4O12＋4OH－，得到含有V4O124－的溶液，加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5。 （1）pH＜1，VO2＋(约0.1 mol·L－1)时，－lgc(钒元素)＝1，则钒元素主要以VO2＋形式存在，KClO3把VO2＋氧化为VO2＋，故离子方程式为6VO2＋＋ClO3－＋3H2O＝Cl－＋6VO2＋＋6H＋；（2）pH过大，OH−浓度过大，抑制后续离子交换反应向正向进行；pH大于8，V4O124－转化为其他含钒离子，V4O124－的浓度降低；Al(OH)3可能会溶解后带入杂质；（3）“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净即检验是否则含有氯离子，实验方法是取最后一次洗涤滤液，向其中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无沉淀产生则已洗涤干净；（4）加入氯化铵得到钒酸铵沉淀(NH4VO3)，煅烧钒酸铵生成V2O5，其中氮元素为－3价，具有还原性，“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是：防止V2O5煅烧时被NH3还原；（5）方程式为：VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O；MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；n(KMnO4)=0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝1.000×10－4 mol，n(Fe2＋)＝0.050 00 mol·L－1×30.00×10－3 L＝1.500×10－3 mol，根据方程式可知，与VO2＋反应的Fe2＋和与KMnO4反应的Fe2＋的总的物质的量为1.500×10－3 mol，则有n(Fe2＋)＝5n(KMnO4)＋n(VO2＋)，n(VO2＋)＝(1.500×10－3 mol－5×1.000×10－4 mol)×＝5.000×10－3 mol，n(V2O5)＝2.500×10－3 mol，V2O5样品的纯度：×100%＝91%。 10．（2025·盐城中学12月检测）二硼化钛(TIB2)的熔点是2 980℃，有很高的硬度，可用于制备复合陶瓷、熔融金属坩埚、电解池电极。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TIB2的流程如图所示。 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置。 ②B2O3高温下蒸气压大、易挥发。 ③“酸解”在加热条件下进行，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋。 回答下列问题： （1）基态Ti原子的价层电子的轨道表示式为________________________。 （2）“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H＋、___________________________________________。“酸解”后的滤渣中主要成分为________(填化学式)。 （3）“水解”在沸水中进行，反应的离子方程式为________________________________________。 （4）“热还原”中发生反应的化学方程式为______________________________________________。B2O3的实际用量超过了理论上化学计量所要求的用量，原因是___________________________________。 （5）原料中的B2O3可由硼酸(H3BO3)脱水制得。以Na[B(OH)4]为原料，用电渗析法制备硼酸的装置如图所示。已知装置中阳离子交换膜只允许阳离子通过，关闭NaOH溶液进、出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化为33 g，则产品室中制得H3BO3的质量为_______g。 【答案】（1） （2）Al3＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋ SiO2 （3）TiO2＋＋(x+1)TiO2•xH2O＋2H＋ （4）TiO2＋B2O3＋5CTiB2＋5CO↑ B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应 （5）93 【解析】高钛渣主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3。高钛渣用稀盐酸“酸浸”，氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁溶于盐酸，过滤，滤渣中含有TiO2、SiO2，滤渣用浓硫酸“酸解”，SiO2不溶于浓硫酸，TiO2与浓硫酸反应生成TiO2＋，萃取、分液，得含有TiO2＋的溶液，TiO2＋在沸水中“水解”生成TiO2•xH2O，TiO2•xH2O脱水生成TiO2，TiO2和B2O3、C在电弧炉中发生还原反应生成TiB2和CO。 （1）Ti是22号元素，基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2，轨道表示式为；（2）氧化铝、氧化钙、氧化镁、氧化铁溶于盐酸，“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H＋、Al3＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋。SiO2不溶于浓硫酸，“酸解”后的滤渣中主要成分为SiO2；（3）“水解”在沸水中进行，TiO2＋在沸水中“水解”生成TiO2•xH2O，反应的离子方程式为TiO2＋＋(x+1)TiO2•xH2O＋2H＋；（4）TiO2和B2O3、C在电弧炉中发生还原反应生成TiB2和CO，反应的化学方程式为TiO2＋B2O3＋5CTiB2＋5CO↑。B2O3高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应，所以B2O3的实际用量超过了理论上化学计量所要求的用量；（5）产品室中生成H3BO3，则产品室中发生反应B(OH)4－＋H＋＝H3BO3＋H2O，可知B(OH)4－通过2膜进入产品室，左侧电极为阳极、右侧电极为阴极。右侧电极发生反应2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，关闭NaOH溶液进、出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化为33g，设电离中转移x mol电子，则阴极生成0.5x mol氢气，同时有x mol钠离子通过阳膜进入阴极室，x×23 g·mol－1－0.5x×2 g·mol－1＝33 g，x＝1.5 mol，根据B(OH)4－＋H＋＝H3BO3＋H2O，则产品室中制得1.5 mol H3BO3，H3BO3质量为93 g。 1．（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9，Ksp(FeC2O4)＝3.2×10－7。下列说法错误的是 A．试剂X可选用Fe粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 【答案】A 【解析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2＋、Fe3＋、Ca2＋等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3＋，依次解题。 A项，根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，错误；B项，加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，正确；C项，根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，正确；D项，“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O42－浓度小，使Ca2＋(aq)＋C2O42－(aq)CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，正确。 2．（2025·四川卷）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷(P4)、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：2Ca3(PO4)2＋2KAlSi3O8＋10C6CaSiO3＋2KAlO2＋P4↑＋10CO↑。 下列说法错误的是 A．“电炉煅烧”必须隔绝空气 B．浸渣的主要成分是CaSiO3 C．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的pH 【答案】C 【解析】主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成CaSiO3、KAlO2、P4气体、CO气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的CaSiO3，浸液中通入CO2，生成K2CO3、Al(OH)3，过滤Al(OH)3经燃烧得Al2O3；滤液主要成分为K2CO3，据此分析。 A项，“电炉煅烧”时生成P4，P4可与氧气反应，故必须隔绝空气，正确；B项，根据分析可知，浸渣的主要成分是CaSiO3，正确；C项，“炉气水洗”因P4、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使P4与CO分离，错误；D项，“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的Al(OH)3（只溶于强酸强碱中），但需要控制溶液的pH，防止生成KHCO3，正确。 3．（2025·甘肃卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是__________________________________________。 （2）已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为____________________ _____________________________；“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为___________________________________________。 （4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为_______(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10－28]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为_______；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 （6）“酸溶3”的目的是____________________________________________________。 【答案】（1）溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 （2）①Rh+6HCl+3HNO3＝H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O ②SiO2 （3）Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、RhCl3＋3H22Rh＋6HCl （4）A （5）+1 6∶1 （6）除去滤渣中未反应的Zn 【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh转化为H3[RhCl6]，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4－，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。 （1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离；（2）“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至+4，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3＝H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的的主要成分为SiO2；（3）“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由+3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、RhCl3＋3H22Rh＋6HCl；（4）SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，则溶液中c(Sn2＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，当恰好生成Sn(OH)2沉淀时，c(OH－)＝＝ mol·L－1≈2.3×10－12 mol·L－1，c(H＋)＝= ≈4.3×10－3 mol·L－1，pH＝-lgc(H＋)＝-lg4.3×10－3＝3－0.6＝2.4，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH＜2.4，故答案为A；（5）配离子[Rh(SnCl3)5]4－中，配体[SnCl3]－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则x＋5×(-1)＝-4，则x＝+1；Rh(III)以[SnCl6]3－计，反应中Rh(III)还原至Rh(I)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为[SnCl6]2－，Sn(II)被氧化为Sn(IV)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl－形成[SnCl3]－，作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl3)5]4－，需要5个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(III)反应的物质的量之比为(1＋5)∶1＝6∶1；（6）由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)5]4－完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。 4．（2025·安徽卷）某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97 回答下列问题： （1）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、_______(填离子符号)。 （2）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为___________________________________________；25℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)•c(SO42－)＝___________(忽略溶液体积的变化)。 （3）其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_____________________________________________________________。 （4）“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_______(填化学式)。 （5）将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是__________________________________________________________________________________。 （7）由SrCl2•6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填标号)。 a．加热脱水 b．在气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 【答案】（1）Ca2＋、Mg2＋ （2）SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) 10－8.97 （3）SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大 （4）BaSO4、SiO2 （6）Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 （7）a 【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2•6H2O晶体。 （1）由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋；（2）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2＋)＝1×10－3 mol，c(Ba2＋)＝0.01 mol·L－1，则c(SO42－)＝＝ mol·L－1＝10－7.97 mol·L－1，列三段式： SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) 起始/mol 0.01 0.011 转化/mol 0.01 0.01 0.01 平衡/mol 0.01 0.01 理论上溶液中c(Sr2＋)•c(SO42－)＝0.1×10－7.97＝10－8.97；（3）随温度升高锶浸出率增大，原因是离子半径：Ba2＋＞Sr2＋，晶格能：SrSO4＞BaSO4，则SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大；（4）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2；（5）窝穴体a与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定；（6）Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2•6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a项。 5．（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO 1 100℃，CuSO4 560℃，ZnSO4 680℃，PbSO4高于1 000℃ Ksp(PbSO4)＝1.8×10－8 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为_____________________________________________________。 （2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，该反应的化学方程式为_____________ __________________________。 （3）酸浸的目的为________________。 （4）从浸出液得到Cu的方法为_____________(任写一种)。 【答案】（1）使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 （2）4SO2＋Na2CO3＋2Na2S＝3Na2S2O3＋CO2 （3）分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 （4）电解法或置换法 【解析】铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As2O3因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。 （1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；（2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4SO2＋Na2CO3＋2Na2S＝3Na2S2O3＋CO2，故答案为：4SO2＋Na2CO3＋2Na2S＝3Na2S2O3＋CO2；（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法。 6．（2025·山东卷）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为_______________________________________________________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有_______(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2＋反应为：2HR(有机相)＋Cu2＋(水相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，pH＝4时Co2＋恰好沉淀完全[c(Co2＋)＝1×10－5 mol·L－1]，则此时溶液中c(H2S)＝_______mol·L－1。已知：Ka1(H2S)＝1×10－7，Ka2(H2S)＝1×10－13，Ksp(CoS)＝4.0×10－21。CoS “溶解”时发生反应的离子方程式为_______________________________________。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______________(填操作单元名称)循环利用。 【答案】（1）3MnO2＋3NH4HSO43MnSO4＋N2↑＋NH3↑＋6H2O Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）4×10－4 CoS＋H2O2＋2H＋＝Co2＋＋S＋2H2O （5）低温焙烧 【解析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 （1）低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：3MnO2＋3NH4HSO43MnSO4＋N2↑＋NH3↑＋6H2O；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：3MnO2＋3NH4HSO43MnSO4＋N2↑＋NH3↑＋6H2O；Fe2O3、CaSO4；（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；（3）根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)＋Cu2＋(水相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；（4）沉钴时，pH＝4时Co2＋恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2＋)＝1×10－5 mol·L－1，此时c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，根据Ksp(CoS)＝4×10－21，推出c(S2－)＝＝＝4×10－16 mol·L－1，又因为Ka1(H2S)＝1×10－7，Ka2(H2S)＝1×10－13，Ka1×Ka2＝×＝，则c(H2S)＝＝＝4×10－4 mol·L－1；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：CoS＋H2O2＋H2SO4＝CoSO4＋S＋2H2O，改写成离子方程式为：CoS＋H2O2＋2H＋＝Co2＋＋S＋2H2O。故答案为：4×10－4；CoS＋H2O2＋2H＋＝Co2＋＋S＋2H2O；（5）由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第25讲 化学工艺流程 目录 01 课标达标练 题型01 化工微流程与实验操作 题型02 化工微流程与化学反应原理 题型03 化工流程与物质制备 题型04 化工流程与反应原理 题型05 化工流程与化学计算 题型06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 化工微流程与实验操作 1．（2025·江苏省南通市海安市上学期开学考）碲被誉为“现代工业的维生素”。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲设计工艺流程如图所示。 已知：①“焙烧”后，碲主要以TeO2形式存在； ②TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱； ③H6TeO6的Ka1＝1.0×10－7，氧化性比硫酸强。 下列有关说法正确的是 A．“焙烧”使用的主要仪器有：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B．“碱溶”后的滤渣中Ag和Au可用稀硝酸分离 C．“氧化”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 D．“还原”反应的离子方程式为H5TeO6－＋3SO32－＋H＋＝Te↓＋3SO42－＋3H2O 2．（2025·江苏省泰州中学上学期一模）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。 已知：i．铅膏的主要成分是PbO2和PbSO4；HBF4是强酸； ii．Ksp(PbSO4)＝1.6×10－8、Ksp(PbCO3)＝7.4×10－14。 下列有关说法错误的是 A．步骤②中反应PbSO4(s)＋CO32－(aq)PbCO3(s)＋SO42－(aq)的化学平衡常数K约为2.2×105 B．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 C．步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3＋2H＋＝Pb2＋＋CO2↑＋H2O D．副产品M的主要成分是(NH4)2SO3 3．（2025·江苏省苏州市六校月考）以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下： 已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是 A．还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2 B．酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解 C．滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO3－、SO42－ D．煅烧时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol 4．（2025·江苏省扬州市上学期期中）以某种MnCO3样品(含少量Fe2＋)为原料制备MnO2的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”时MnCO3发生的反应为Mn2＋＋SO42－＝MnO2↓＋SO2↑ B．“氧化”时可以用等物质的量的H2O2代替MnO2 C．滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的Fe(OH)3固体 D．随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 02 化工微流程与化学反应原理 5．（2025·苏州中学、海门中学、淮阴中学、姜堰中学下学期期初模拟）室温下，用含少量ZnSO4杂质的1 mol·L－1 MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下图所示。下列说法正确的是 已知：Ksp(MnS)＝2×10－10、Ksp(ZnS)＝2×10－24、Kb(NH3·H2O)＝2×10－5、Ka1(H2CO3)＝4×10－7、Ka2(H2CO3)＝5×10－11 A．“除锌”后所得上层清液中，c(Zn2＋)一定小于1×10－5 mol·L－1 B．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中存在：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO32－) C．氨水、NH4HCO3溶液中存在：c(NH)＜2c(CO32－)＋c(HCO3－) D．“沉锰”后的滤液中存在：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO42－) 6．（2025·江苏淮安市开学考）草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4、Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7。 下列说法正确的是 A．室温下，向Na2C2O4溶液中加酸调节pH＝2时溶液中存在：c(C2O42－)＞c(H2C2O4) B．“酸化溶解”后的溶液中存在：2c(Fe2＋)＋c(NH)＝2c(SO42－)＋c(OH－) C．室温时，反应Fe2＋＋H2C2O4FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝40 D．室温时，“沉铁”后的上层清液中：c(Fe2＋)•c(C2O42－)＞2.1×10－7 7．（2025·江苏省南通市二模）室温下，用含少量Cu2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下： 注：“沉锰”时n(NH4HCO3)∶n(Mn2＋)＝2.5∶1， 控制溶液pH＝7。下列说法正确的是 A．NH4HCO3溶液中：c(NH)＝c(HCO3－)＋c(CO32－)＋c(H2CO3) B．“过滤1”所得滤液中：＞ C．“沉锰”时发生反应：Mn2＋＋HCO3－＝MnCO3↓＋H＋ D．“过滤2”所得滤液中：c(NH)＝c(HCO3－)＋2c(CO32－)＋c(HS－)＋2c(S2－) 8．（2025·江苏省南师附中、天一中学、海安中学、海门中学12月联考）室温下，用含少量Mn2＋的ZnSO4溶液制备ZnCO3的过程如下。下列说法正确的是 A．NaClO溶液中：c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(OH－) B．NH4HCO3溶液中：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(CO32－)＝c(H＋)＋c(H2CO3) C．“过滤”所得滤液中：＜ D．“过滤”所得滤液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO3－)＋2c(CO32－) 9．（2025·苏州第一学期质量测试）室温下，测定溶液中Ca2＋浓度的流程如下： 已知Ksp[CaC2O4]＝2.5×10－9。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2C2O4溶液中：c(Na＋)＝2c(C2O42－)＋2c(HC2O4－) B．“沉淀”后得到的上层清液中：c(Ca2＋)＜5×10－5 mol·L－1 C．溶解得到的酸性溶液中：2c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－)＋2c(SO42－)＝c(H＋) D．滴定终点时的溶液中：c(MnO4－)＞c(Mn2＋) 10．（2025·江苏省宿迁市考前指导卷）实验室通过下列过程制取草酸亚铁晶体： 已知：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4。下列说法不正确的是 A．pH=4的H2C2O4溶液中：c(C2O42－)＞c(HC2O4－) B．“酸化”后的溶液中：c(NH)＋2c(Fe2＋)＜2c(SO42－) C．“沉淀”后的上层清液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(SO42－) D．水洗后，再用乙醇洗涤有利于晶体快速干燥 11．（2024·江苏省南通三模）已知室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－36，Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ka(HClO)＝3×10－8。用含少量Fe3＋的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如下。下列说法正确的是 A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝0.1 mol·L－1＋c(H2CO3) B．pH＝11的NaClO溶液中：c(HClO)＞c(ClO－) C．“调pH”得到的上层清液中：＞10－28 D．“氧化”时主要发生反应：2ClO－＋2Ni2＋＋2OH－＝2NiOOH↓＋Cl2↑＋H2O 03 化工流程与物质制备 12．（2025·江苏省射阳中学测试）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14；NH3·H2O的电离常数为Kb＝1.8×10－5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.6×10－5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2,该反应的离子方程式为__________________ _________________________。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高,Co2＋在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是____________________________。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2＋转移到水层。使Co2＋尽可能多地发生上述转移,应选择的实验条件或采取的实验操作有________________________________________________________________(填两项)。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4。 ①若用H2C2O4溶液作沉淀剂,反应Co2＋＋H2C2O4CoC2O4＋2H＋的平衡常数K的数值为_________。 ②不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是_________________________________________。 13．（2025·河北卷）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： （1）煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：________________________________。 （2）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、_______、_______(填化学式)。 （3）酸化工序中需加压的原因：_______________________________________________________。 （4）滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。 （5）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式。 Fe(CO)5＋_______＋______＝Cr(OH)3↓＋______＋______＋____CO↑ （6）滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称) 14．（2025·南通市如东县第一次调研）实验室以碳酸锰矿(含MnCO3及少量Fe、Al、Si等氧化物)为原料可制得高纯MnCO3。 （1）焙烧：将碳酸锰矿与(NH4)2SO4在温度为300～500℃下进行焙烧，写出焙烧时MnCO3所发生反应的化学方程式：_______________________________________________。 （2）制备MnCO3：向净化后的MnSO4溶液在搅拌下缓慢滴加沉淀剂NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。 ①将过滤得到的滤液蒸发浓缩、冷却结晶，可得到的晶体为_______________(填化学式)。 ②沉淀剂不选择Na2CO3溶液的原因是____________________________________________________。 ③MnCO3在空气中，一段时间后会生成MnO(OH)2，写出该反应的化学方程式_________________________________________________。 04 化工流程与反应原理 15．（2025·陕西、山西、宁夏、青海卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10－5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72； ②S2O82－结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有________________、_______________。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式________________________ _________________________________。当Mg2＋(c＝10－0.68 mol·L－1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为_______mol·L－1。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和_____________(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当pH为8.0～10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3•yMg(OH)2•zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_____________________________________ _____________________。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0时，Mg2＋沉淀完全；若加至pH＝4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式____________________________________________________。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为_______________。 （7）“焙烧”中，Mn元素发生了___________(填“氧化”或“还原”)反应。 16．（2025·江苏省扬州中学测试）铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(含25%BeO、71%CuS、少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．铍、铝元素化学性质相似；BeCl2熔融时能微弱电离； Ⅱ．常温下部分难溶物的溶度积常数如下表： 难溶物 Cu(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 溶度积常数(Ksp) 2.2×10－20 4.0×10－38 2.1×10－13 （1）滤液A的主要成分除NaOH外，还有_________(填化学式),写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式：_________________________________。 （2）①滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl，为提纯BeCl2，最合理的实验步骤顺序为__________(填字母) a．加入过量的氨水，b．通入过量的CO2，c．加入过量的NaOH，d．加入适量的HCl，e．洗涤，f．过滤 ②从BeCl2溶液中获得BeCl2的晶体易带结晶水，但是将BeCl2晶体与SOCl2(易水解，产物之一能使品红褪色)混合可得无水BeCl2，请从平衡移动角度解释原因：_____________________________________。 （3）MnO2能将金属硫化物中的硫元素氧化为硫单质,写出反应Ⅱ中CuS发生反应的化学方程式： _______________________________________________________。 （4）滤液D中c(Cu2＋)＝2.2 mol·L－1、c(Fe3＋)＝0.008 0 mol·L－1、c(Mn2＋)＝0.010 mol·L－1，缓慢通氨气调节pH可将其依次分离(体积变化忽略不计)。当Cu2＋恰好完全沉淀[c(Cu2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1]时，溶液中c(Cu2＋)/c(Fe3＋)约为_________。(≈4.7，保留两位有效数字) （5）电解NaCl－BeCl2混合熔盐可制备金属铍。 ①电解过程中，加入氯化钠的目的是______________________________________________。 ②电解得到的Be蒸气中约含1%的Na蒸气除去Be中少量Na的方法为________________________。 已知部分物质的熔沸点如下表： 物质 熔点/K 沸点/K Be 1 551 3 243 Na 370 1 156 05 化工流程与化学计算 17．（2025·江苏省射阳中学一模）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）“酸浸”时，MnO2将VO＋转化为VO2＋的离子反应方程式为____________________________。 （2）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____________________ _____________________________________________________________________________。 （3）“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____________________________________________。 （4）NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取1.000 g灼烧后的样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的5.00 mL 0.5000 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.01000 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液12.00 mL。 已知：VO2＋＋Fe2＋＋2H＋＝VO2＋＋Fe3＋＋H2O；MnO4－＋5Fe2＋＋8H＋＝Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。 计算V2O5样品的纯度(写出计算过程)。 （5）用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO还原为N2的一种反应历程如图所示。V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位，NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”；NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质，随后分解生成N2和H2O。“中间体X”的结构式可表示为：___________________。 18．（2025·江苏四校联考）SiCl4是生产多晶硅的副产物。可以利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理、进而回收Li、Co等金属,部分流程如下： 已知：H2CO3的Ka1＝4.2×10－7、Ka2＝5.6×10－11。 （1）烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，请写出“500 ℃焙烧”的化学方程式_____________________________________________。 （2）“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾。SiCl4发生水解时的机理及Si原子的杂化方式如下图： SiCl4比CCl4易水解的因素有______(填序号)。 A．Si—Cl键极性更大 B．Si的原子半径更大 C．Si—Cl键键能更大 D．Si有更多的价层轨道 （3）HC可以发生自耦电离：2HCO3－H2CO3＋CO32－，其平衡常数的数值K＝______。 （4）“沉钴”时，滤液1与NaHCO3溶液混合时的加料方式是________________________。 （5）Li2CO3的溶解度随温度变化如下图所示。为了获得更多的Li2CO3，加入Na2CO3溶液后的操作X为____________、洗涤、干燥。 （6）在纯氧中加热分解CoCO3，测得升温过程中固体的质量变化如下图所示。加热分解CoCO3制备Co3O4需要控制的温度范围为_____________________________________________(写出计算推理过程)。 06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 19．（2025·江苏省无锡市期中）尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 （1）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1 mol H2O参加反应，理论上可获得_________mol H2。 （2）反应器Ⅳ中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应的平衡常数表达式为K＝________________，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，ΔH＝________kJ·mol－1；反应器Ⅳ中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是 ___________________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 20．（2025·江苏省苏州市六校月考）碳酸锰是重要的工业原料。工业上可利用软锰矿(主要含MnO2 ，还含有Fe2O3、SiO2、Al2O3和MgO等)进行烟气脱硫并制备MnCO3，工艺流程如下： 已知：①相关金属离子[c0(Mn＋)=0.1 mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2＋ Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 ②NH4HCO3不稳定，在固体或水溶液中受热时均容易发生分解。 （1）“净化除杂”包含： ①加入少量MnO2氧化Fe2＋，该反应的离子方程式为_______________________________________。 ②加氨水调节pH将溶液中的铁、铝元素转化为氢氧化物沉淀而除去，溶液的pH应调节的范围是_______________________________________。 （2）写出“沉锰”中生成MnCO3的离子方程式___________________________________________。 （3）“沉锰”过程中，溶液pH和温度对Mn2＋和Mg2＋的沉淀率的影响如图5所示。则“沉锰”的合适条件是_____________________。当溶液温度高于45℃后，Mn2＋和Mg2＋沉淀率变化的原因是_________________________________________。 （4）工业上用电解H2SO4-MnSO4-H2O体系制备MnO2。电解获得MnO2的机理(部分)如图所示，电极上刚产生的MnO2有更强反应活性。H2SO4浓度与电流效率[η(H2S)＝×100%]的关系如图所示，当H2SO4浓度超过3 mol·L－1时，电流效率降低的原因是_______________________。实验表明，MnSO4浓度过大，也会导致电流效率降低，可能的原因是_________________________。 1．（2025·扬州中学期末调研）工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是 A．“焙烧”时，n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4 B．“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去 C．不选用HCl“调pH”的原因可能与VO3－的氧化性较强有关 D．“沉钒”后的溶液中c(VO3－)•c(NH)＜Ksp(NH4VO3) 2．（2025·江苏省苏州市下学期摸底调研）Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备通式Ce2(CO3)3•8H2O的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率 B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀 C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH D．“沉铈”的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑ 5．（2025·江苏省兴化中学、高邮中学、泗洪中学上学期）弱碱性条件下，利用含砷氧化铜矿(含CuO、As2O3及少量不溶性杂质)制备Cu2(OH)2SO4的工艺流程如图。 下列说法不正确的是 A．“氨浸”时，As2O3发生反应的离子方程式：As2O3＋6NH3＋3H2O＝6NH＋2AsO33－ B．“氨浸”时，转化为[Cu(NH3)4]2＋ C．“氧化”除AsO33－时，每生成1 mol FeAsO4转移的电子数目为3×6.02×1023 D．“蒸氨”后滤液中主要存在的离子为NH、S2O82－ 4．（2025·江苏省扬州中学1月）草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如图反应制取： 已知室温时：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝1.5×10－4、Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7。 下列说法正确的是 A．酸化、溶解后的溶液中存在：2c(Fe2＋)＋c(H＋)＜c(NH)＋c(OH－) B．室温下，0.10 mol·L－1 NaHC2O4溶液中存在：c(C2O42－)＜c(H2C2O4) C．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，反应的离子方程式为：5C2O42－＝2MnO4－＋8H2O＝10CO2↑＋2Mn2＋＋16OH－ D．室温时反应Fe2＋＋H2C2O4＝FeC2O4＋2H＋的平衡常数K＝40 5．（2025·江苏省南通市海安市开学考）Co3O4磁性材料、电化学领域应用广泛，利用钴渣主要含(Co2O3、FeO)制备Co3O4的流程如图所示。下列说法正确的是 A．“浸取”后的滤液中主要阳离子有：H＋、Fe3＋、Co3＋ B．(NH4)2C2O4溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(C2O42－)＋c(HC2O4－)＋c(OH－) C．“沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，则制得的Co3O4纯度降低 D．“煅烧”时每生成1 mol Co3O4反应转移2 mol电子 6．（2025·江苏省苏北四市一模）从高铟烟灰中(主要含In2O3、In2S3、PbO、SiO2等)提取铟的过程如下： 已知：使用有机萃取剂时，搅拌速度过快，易造成有机相乳化。 （1）氧化酸浸：向高铟烟灰中加入MnO2和稀H2SO4充分反应，硫元素被氧化为SO42－。 ①写出In2S3反应的离子方程式：_________________________________________。 ②过滤所得滤渣含MnO2、SiO2和_____________(填化学式)。 （2）萃取：向滤液中加入有机萃取剂(HA)并搅拌，发生反应：In3＋(水相)＋3HA(有机相)(有机相)+3H＋(水相)。在一定条件下，搅拌速度与铟萃取率关系如图－1所示，铟萃取率先增大后减小的可能原因是___________________________________________________________________________________ _____________________________________。 （3）反萃取：InA3(有机相)+4HCl(水相)HInCl4(水相)+3HA(有机相)，有机相与水相体积比和反萃取率，水相中铟浓度的关系如图－2所示，操作时选择有机相与水相体积比为_______，原因是__________________________________。 （4）制备钢：分液，向水相中加入足量Zn，反应的化学方程式为____________________________。若锌粉的利用率为78%，获得6.9 kg铟时需要使用锌粉_____kg(写出计算过程)。 7．（2025·江苏苏州市开学考）以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、IiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，部分实验流程如下： I．精制FeSO4 （1）“除钛”时，利用TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀。 ①TiO2＋水解的离子方程式为____________________________________。 ②加入Fe粉的作用是___________________________________。 （2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2＋和Ca2＋沉淀完全时，溶液中F－浓度最小值为___________mol·L－1。[已知：Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol·L－1认为沉淀完全] Ⅱ．制铁红(Fe2O3) 方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红。 （3）补充完成由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，___________，干燥，得到FeCO3。[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5] （4）70℃时，O2将FeCO3的化学方程式为_______________________________________。 方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （5）NaNO2、H2SO4产生的NOx作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄。其中NO作催化剂时分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________。 （6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于40℃时，铁黄产率下降的原因可能是___________________________________________________________________________。 8．（2025·江苏省南通市模拟）高纯ZnO可用作电子元件材料。以次氧化锌酸浸液(主要含有Zn2+、SO42－，还含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Pb2+等)为原料制备高纯ZnO的实验流程如下： 已知：常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝2.1×10－16，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38。 （1）“除铁”时，须将Fe2+氧化为Fe3+的原因是________________________。 （2）“除锰”反应的离子方程式为__________________________________________。其他条件不变时，与锰去除率、溶液中锰含量的关系如图所示。＞2.5时，溶液中锰去除率下降，其原因是___________________________________________________________________________。 （3）为考查Zn粉用量对“除铅”过程中铅元素去除率的影响，设计若干对照实验组，这些实验组控制不变的因素有“除锰”滤液浓度与体积、反应温度、_______________。 （4）写出以“ZnSO4溶液”为原料制备高纯ZnO的实验方案：________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________(可选用的试剂：Na2CO3溶液、氨水-NH4HCO3混合溶液、蒸馏水、稀盐酸、BaCl2溶液)。 9．（2025·南通市如皋市10月）五氧化二钒(V2O5)具有强氧化性，可作制硫酸的催化剂。利用废钒催化剂的酸浸液(含VO2＋、VO2＋、K＋、Fe3＋、Al3＋和SO42－)制取V2O5的一种工艺路线如下： 已知：ⅰ．溶液中含＋5价V的各种离子浓度与溶液pH的关系如图所示； ⅱ．“离子交换”和“洗脱”可表示为4ROH＋V4O124－R4V4O12＋4OH－(ROH为阴离子交换树脂)。 （1）“氧化”时控制溶液的pH＜1，VO2＋(约0.1 mol·L－1)反应的离子方程式为_______________ ____________________________。 （2）“调pH”时控制溶液pH约为7～8．pH不能过大的原因是_______________________________ ______________________________________。 （3）“沉钒”时，得到NH4VO3沉淀。确认沉淀已洗涤干净的实验方法是______________________ ________________________________________________。 （4）“煅烧”时须在有氧条件下进行，原因是__________________________________________。 （5）为测定所制得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取0．500 0 g样品，用稀硫酸溶解、定容得100 mL (VO2)2SO4溶液。量取20.00 mL溶液放入锥形瓶中，加入过量的30.00 mL 0.050 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，再用0.010 00 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定过量的Fe2＋至终点，消耗标准溶液的体积为10.00 mL。计算V2O5样品的纯度___________(写出计算过程，杂质不参与反应)。 实验过程中反应如下： VO2＋＋Fe2＋＋H＋——VO2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)； MnO4－＋Fe2＋＋H＋——Mn2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。 10．（2025·盐城中学12月检测）二硼化钛(TIB2)的熔点是2 980℃，有很高的硬度，可用于制备复合陶瓷、熔融金属坩埚、电解池电极。工业上以高钛渣(主要成分为TiO2、SiO2、Al2O3和CaO，另有少量MgO、Fe2O3)为原料制取TIB2的流程如图所示。 已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置。 ②B2O3高温下蒸气压大、易挥发。 ③“酸解”在加热条件下进行，TiO2可溶于热的浓硫酸形成TiO2＋。 回答下列问题： （1）基态Ti原子的价层电子的轨道表示式为________________________。 （2）“酸浸”后的滤液中的阳离子有：H＋、___________________________________________。“酸解”后的滤渣中主要成分为________(填化学式)。 （3）“水解”在沸水中进行，反应的离子方程式为________________________________________。 （4）“热还原”中发生反应的化学方程式为______________________________________________。B2O3的实际用量超过了理论上化学计量所要求的用量，原因是___________________________________。 （5）原料中的B2O3可由硼酸(H3BO3)脱水制得。以Na[B(OH)4]为原料，用电渗析法制备硼酸的装置如图所示。已知装置中阳离子交换膜只允许阳离子通过，关闭NaOH溶液进、出口阀门后电解一段时间，NaOH溶液的质量变化为33 g，则产品室中制得H3BO3的质量为_______g。 1．（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca、Si、Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9，Ksp(FeC2O4)＝3.2×10－7。下列说法错误的是 A．试剂X可选用Fe粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 2．（2025·四川卷）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷(P4)、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为：2Ca3(PO4)2＋2KAlSi3O8＋10C6CaSiO3＋2KAlO2＋P4↑＋10CO↑。 下列说法错误的是 A．“电炉煅烧”必须隔绝空气 B．浸渣的主要成分是CaSiO3 C．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的pH 3．（2025·甘肃卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“酸溶1”的目的是__________________________________________。 （2）已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为____________________ _____________________________；“滤渣”的主要成分是__________(填化学式)。 （3）“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为___________________________________________。 （4）若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为_______(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10－28]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为_______；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 （6）“酸溶3”的目的是____________________________________________________。 4．（2025·安徽卷）某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97 回答下列问题： （1）“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、_______(填离子符号)。 （2）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为___________________________________________；25℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)•c(SO42－)＝___________(忽略溶液体积的变化)。 （3）其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_____________________________________________________________。 （4）“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_______(填化学式)。 （5）将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是__________________________________________________________________________________。 （7）由SrCl2•6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填标号)。 a．加热脱水 b．在气流中加热 c．常温加压 d．加热加压 5．（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO 1 100℃，CuSO4 560℃，ZnSO4 680℃，PbSO4高于1 000℃ Ksp(PbSO4)＝1.8×10－8 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为_____________________________________________________。 （2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，该反应的化学方程式为_____________ __________________________。 （3）酸浸的目的为________________。 （4）从浸出液得到Cu的方法为_____________(任写一种)。 6．（2025·山东卷）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为_______________________________________________________。“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有_______(填化学式)。 （2）在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）HR萃取Cu2＋反应为：2HR(有机相)＋Cu2＋(水相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，pH＝4时Co2＋恰好沉淀完全[c(Co2＋)＝1×10－5 mol·L－1]，则此时溶液中c(H2S)＝_______mol·L－1。已知：Ka1(H2S)＝1×10－7，Ka2(H2S)＝1×10－13，Ksp(CoS)＝4.0×10－21。CoS “溶解”时发生反应的离子方程式为_______________________________________。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______________(填操作单元名称)循环利用。 2 学科网（北京）股份有限公司 $