第05讲 工业流程题解题策略（复习讲义）（山东专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第05讲 工业流程题解题策略 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 流程基本框架结构及原料预处理 知识点1流程基本框架结构 知识点2 原料预处理 考向1 流程题流程结构分析 【思维建模】流程题解题思路 考向2 原料预处理分析 【思维建模】原料预处理答题模板 考点二 工业流程题中常见除去杂质的方法 知识点1 沉淀法 知识点2 其他除去杂质的方法 考向1 利用沉淀法除去杂质 考向2 利用萃取法和离子交换法除去杂质 考点三 加入试剂的作用及产品的分离提纯 知识点1 加入试剂的作用 知识点2 产品的分离提纯 考向1 加入试剂的作用判断 【思维建模】常见试剂及性质 考向2 产品的分离提纯方法 【思维建模】降温结晶与蒸发结晶 考点四 反应条件的控制及物质判断 知识点1 温度的控制 知识点2 其他条件的控制 知识点2 物质的判断 考向1 反应条件的控制 考向2 物质的判断 04 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022 2021 微型工艺流程题 选择题 非选择题 13T，4分 13T，4分 12T，4分 8T，2分 工艺流程综合题 选择题 非选择题 17T，12分 18T，12分 17T，12分 17T，12分 17T，12分 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，化工流程题是高考的热点题型，主要以微型工业流程选择题和综合工业流程大题形式出现，工业流程综合大题是历年必考题型，题目综合性强，难度大。题目通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。重要考查考生提取信息的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。 2．从命题思路上看，化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、物质的分离提纯实验操作、化学平衡、盐类水解、沉淀的溶解平衡、电化学等)指导化工生产，考查考生的综合应用能力以及关于化工生产的相关计算能力。 复习目标： 1.提升应用物质的转化及条件控制、分离提纯操作等相关知识解决实际问题的能力。 2.树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。 考点一 流程基本框架结构及原料预处理 知识点1 流程基本框架结构 1.流程呈现形式 2.读图要领 （1）箭头 图1：箭头进入的是________，箭头出去的是________________。 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________的物质。 （2）三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。 知识点2 原料预处理 1.碎（粉碎、研磨、雾化） （1）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________。 （2）过筛的目的：控制________。 2.烧（（灼烧、焙烧、煅烧）） （1）煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下________。如从海带中提取碘时灼烧就是为了除去可燃性杂质改变结构，使一些物质能溶解。 （2）灼烧、焙烧 ①除去挥发性物质；除去________等单质。 ②除去________________等。 ③高温下，原料与________________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________的杂质。如MCO3 MO＋CO2↑、M(OH)2MO＋H2O(M代表某些金属元素)。 3.浸（水浸、酸浸、碱浸） （1）目的：向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中________________。 （2）水浸：与水接触反应或溶解，使原料________________。 （3）酸浸：加入酸[硫酸、盐酸、硝酸等]使________________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。 （4）碱浸：常用________________________等，使其中可溶性的物质溶解。 ①NaOH、Na2CO3溶液还能________。 ②NaOH溶液能溶解________化合物(如Al2O3、ZnO)。 ③NaOH溶液能溶解________________等。 ④氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。 （5）盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解。 考向1 流程题流结程构分析 例1 CaO2是一种优良的鱼类养殖供氧剂，微溶于水。实验室模仿工业生产过氧化钙的流程如下。已知：“沉淀”时需控制温度为0 ℃左右。下列说法不正确的是( ) A.“溶解”CaCl2固体时，可通过搅拌加速溶解 B.“沉淀”时控温可以有效防止H2O2分解，提高CaO2产率 C.“过滤”得到的副产品是盐酸 D.“洗涤”过程先水洗后乙醇洗的目的是使产品快速干燥 思维建模 流程题解题思路 （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。 【变式训练1·变载体】（2024菏泽期中）从含镍催化剂(含、、等物质)中回收金属资源的流程如下： 已知：完全沉淀的为9.0，下列说法正确的是 A. “溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为溶液和盐酸 B. “酸化”反应的离子方程式为 C. 红褐色固体为 D. 若杂质中含有，则浓缩结晶所得产品中可能含有 【变式训练2·变载体】（2024泰安期中）一种碘单质的制备方法如图所示，下列有关该制备流程的说法错误的是 A. “悬浊液”沉淀后，用一束光照射，可观察到光亮通路，说明其中含有AgI胶体 B. “转化”发生的离子反应为2Ag++Fe=2Ag+Fe2+ C. “沉淀”经纯化后与硝酸处理所得产物可在制备流程中循环使用 D. “氧化”中增加Cl2的用量可能导致产率降低 考向2 原料预处理分析 例2 由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。下列说法正确的是( ) A. 为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理 B. “高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 C. 在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1 D. 因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取 思维建模 原料预处理答题模板 ①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。 ②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。 ③酸溶时，酸不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入碱。 ④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。 ⑤碱溶时，碱不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入酸。 【变式训练1·变载体】（24德州期中）用高炉渣(成分为，和)对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，实现了变废为宝，有效减少了环境污染，其主要流程如图所示： 下列说法正确的是 A.焙烧时发生了氧化还原反应 B.实验室模拟“浓缩结晶”实验时需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯等仪器 C.水浸2发生的反应可证明 D.流程中的可循环利用 【变式训练2·变题型】（2025德州期末）天然锆英砂(主要成分为)常含有、、等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备的一种工艺流程如图所示。 已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为 ； ②的溶解度随酸度降低而升高； ③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10-6mol/L即可认为该离子已沉淀完全 （1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是___________。 （2）滤液1的主要成分为___________ “酸溶”后，锆元素以的形式存在，则酸溶的离子方程式为___________。 （3）萃取所用主要玻璃仪器有___________，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用___________。 （4）煅烧发生的化学方程式___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。 （6）“除铜”时，若溶液中的浓度为，加入等体积的溶液，沉淀完全，则加入的溶液浓度至少为___________(溶液混合时体积变化忽略不计)。 考点二 工业流程题中常见除去杂质的方法 知识点1 沉淀法 1.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。 2.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＋。 3.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。 4.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＋ 5.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＋　 ________________________ 用NH4HCO3沉淀Co2＋ ________________________ 用NH4HCO3－氨水沉淀Mn2＋ ________________________ 用NH3(先)＋CO2(后)沉淀Ca2＋　 ________________________ [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↑ 6.草酸盐沉淀法 如Ca2＋＋C2O===CaC2O4↓ 7.硫酸盐沉淀法 (1)如Ca2＋＋SO===CaSO4 (2)BaCO3沉淀转化：BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 知识点2 其他除去杂质方法 1.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＋。 2.离子交换法 依据等电荷交换原则，如1个Ca2＋交换出2个 H＋。 考向1 利用沉淀法除去杂质 例1 （2025淄博期末）以天青石矿（，含少量、、及等）为原料制备的流程如下： 已知：常温下，，，，。可能用到的数据见下表： 开始沉淀 1.9 7.0 4.2 10.4 沉淀完全 3.2 9.0 5.2 12.4 氢氧化物沉淀开始溶解 — — 7.8 — 下列说法正确的是 A.盐浸后，当滤液中时，。 B.酸浸中的作用是将转化为 C.第一次调的范围应为 D.沉锶存在的平衡常数 【变式训练1·变载体】实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的流程如下： 下列说法正确的是( ) A. Na2S2O8中硫元素的化合价为＋7 B. 氧化除锰后的溶液中大量存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SO C. 调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质 D. 沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCO===ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O 【变式训练2·变题型】（2025临沂期末）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下： 已知：时，部分物质的溶度积常数如下表所示。 物质 回答下列问题： （1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有_______(任写一种)。 （2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。 （3）滤渣1的主要成分是_______；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是_______。 （4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的至少为_______(已知)。 （5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其[]的范围是_______。 （6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为_______。 考向2 利用萃取法和离子交换法除去杂质 例2 （2025淄博期末）以铟砷烟灰（含、、、等）为主要原料提取铟的流程如下： 已知：I．水相中含有强电解质。 II．在酸性溶液中只萃取三价金属离子，。 III．常温下，难溶于水，。 回答下列问题： （1）酸浸时铟砷烟灰与酸液逆流而行，目的是______。滤渣1的主要成分是和______（填化学式）。酸浸中硫元素转化为，浸出液中存在、、，等，溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为______。 （2）一次净化的目的是______，二次净化的离子方程式为______。 （3）反萃取后得到含的溶液，的化学式为______。置换前需先中和再加入粉，已知常温下反萃取后溶液中的浓度为，则中和时可调节溶液的最大值为______。 （4）粗铟精炼以、和混合液为电解液，则粗铟接直流电源的______（填“正极”或“负极”），阴极电极反应式为______。 【变式训练1·变题型】（2025聊城一模）晶体磷酸二氢钾是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示。 已知：HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂，下列说法不正确的是 A.有机萃取剂不可选用乙醇 B.既可与盐酸也可与溶液反应 C.操作I、操作II是相同的操作方法 D.一系列操作III主要包括蒸发结晶、干燥 【变式训练2】（2025威海一模）铑(Rh)是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)中提炼铑的主要途径有如下两种： 已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。 ②Rh(Ⅲ)易与形成配离子，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：。 ③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。 氢氧化物 (已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1 mol·L；金属离子浓度mol⋅L时，可认为该离子沉淀完全。) 回答下列问题： （1）途径一： ①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为，该反应的化学方程式为___________。 ②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是___________。 ③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有___________。 （2）途径二： ①“控温焚烧”的目的是___________且防止Rh单质被氧化。 ②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与反应的产物之一为，则参加反应的Rh和的物质的量之比为___________。 ③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为___________(保留两位有效数字)。 ④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为___________。 考点三 加入试剂作用及产品的分离提纯 知识点1 加入试剂的作用 1.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)。 2．通入空气 （1）氧化某些离子(如SO、Fe2＋)。（2）起搅拌作用。 3.加有机溶剂:萃取某些物质或降低某些物质的溶解度。 4.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。 知识点2 产品的分离提纯 1.结晶(或重结晶)——盐溶液的分离提纯方法。 (1)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 (2)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。 2.过滤——固、液分离。 3.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。 4.分液——分离互不相溶的液体。 5.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。 6.升华——将固体直接气化分离。 7.盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。 8.洗涤。 (1)水洗：洗去晶体表面的杂质离子。 (2)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，减少晶体的溶解损失。 (3)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。 考向1 加入试剂的作用判断 例1 垃圾分类具有社会、经济、生态等几方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( ) A. “溶解”过程中，加入H2O2的作用是氧化Cu而使Cu溶解 B. 加入过量锌粉的目的是使铜离子完全转化为铜单质 C. 操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒 D. 通过加适量碱、过滤、洗涤、干燥操作，可得到ZnO 思维建模 常见试剂及性质 ①常见氧化剂：KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、NaClO3(KClO3)、MnO2、HNO3、Fe3＋等。 ②常见还原剂：金属单质、SO2(SO)、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4等。 ③H2O2受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解；H2O2是绿色氧化剂，无污染。 ④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。 ⑤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。 ⑥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。 【变式训练1·变载体】（2025德州烟台二模）一种从铜阳极泥(含有Au、、等)中分离回收Au和Ag的工艺流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② 。 下列说法错误的是 A.“氧化酸浸”时加入适量NaCl的目的是使银元素转化为AgCl沉淀 B.“除金”时溶液中浓度不小于 C.“电沉积”完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为 D.“还原”中生成的、Au物质的量之比为 【变式训练2·变载体】（2025济宁二模）二氧化氯的制备及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法正确的是 A. “滤渣”的成分为MgCO3、CaCO3 B. 两处HCl的作用相同 C. H2O2可以用KMnO4代替 D. 理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1∶1 考向2 产品的分离和提纯方法 例2 陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图。下列有关叙述错误的是( ) A. “滤液①”主要成分是NaAlO2 B. “操作①”“操作②”的分离方法不同 C. “酸溶”反应中H2O2可以换成O2 D. “沉钴”时，Na2CO3溶液的滴速过快或浓度太大将导致产品不纯，其原因是溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质 思维建模 降温结晶与蒸发结晶 （1）“陡升型”溶解度曲线，从溶液中获得晶体的方法：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。 如：KNO3溶液中混有少量NaCl，获得KNO3的方法：蒸发浓缩、降温结晶、过滤，分离出KNO3，NaCl残留在母液中。 （2）“缓升型”“下降型”溶解度曲线，从溶液中获得晶体的方法：蒸发结晶、趁热过滤。 如：NaCl溶液中混有少量KNO3，获得NaCl的方法：蒸发结晶、趁热过滤，分离出NaCl，KNO3残留在母液中。 【变式训练1·变载体】（2025泰安期末）汞(熔点，沸点356℃)是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞。目前工业上制粗汞的一种流程图如下： 下列分析错误的是 A. 洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸 B. 辰砂与氧化钙加热反应时，为氧化产物 C. 减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率 D. 车间内汞蒸气浓度较高时，可在关闭门窗后用碘熏蒸，生成 【变式训练2·变考法】（2025烟台期末）实验室从茴香籽中提取茴香油的操作流程如下。下列说法正确的是 已知：①乙醚沸点34.5℃，密度0.71g/cm3； ②茴香油为淡黄色液体，主要成分是含有酯基的芳香族化合物，熔点22.5℃，沸点235℃，密度0.98g/cm3，在水蒸气作用下易挥发。 A. 向馏出液中加NaCl至饱和的目的是提高茴香油的提取率 B. 操作A应先将有机层从分液漏斗下口放出，再将水层从上口倒出 C. 有机层加入的无水MgSO4可用碱石灰代替 D. 操作B为蒸馏，先蒸出的馏分主要为茴香油 考点四 反应条件的控制及物质确定 知识点1 控制温度 1. 温度对物质性质的影响 (1)关注易分解物质：________________________________________以及信息中给出的易分解物质。 (2)关注易挥发物质：________________等易挥发物质以及沸点较低物质。 (3)关注易被氧化物质：________________________________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________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________能促使产品析出；气体的溶解度随温度升高而________。 2.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________反应速率。 ②原料的预处理阶段，升温可以________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________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________反应物平衡转化率的提高，________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。 3.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。 4.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。 知识点2 其他条件控制 1.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)。 2.气体氛围 （1）隔绝空气：防止空气中的组分(如氧气)参与反应。 （2）HCl氛围：抑制弱离子的水解。 （3）惰性气体氛围：通入Ar、N2、H2等，防止某些物质被氧化。 3.热空气(或水蒸气)吹出气体 如海水提溴、凯氏定氮。 （4）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 调节pH试剂的选择 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 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。 知识点3 物质的确定 1.循环物质的确定 2.副产品的判断 3.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 条件的控制 例1 实验室利用马矿的矿渣(成分为Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和绿矾(FeSO4·7H2O)，流程如图所示。下列说法正确的是( ) A.操作Ⅰ后滤渣为H2SiO3 B.加入KOH的目的是调节溶液pH，使Fe3＋沉淀完全，Al3＋转化为AlO C.操作Ⅲ为蒸发结晶 D.已知X是单质Fe，理论上每得到3 mol绿矾，转移6 mol电子 【变式训练1·变载体】（2025临沂期末）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【变式训练2·变题型】（2025济南期末）工业上以红土镍矿(NiS，含、、、、等杂质)提取部分金属单质的工艺流程如下： 已知：部分微粒的氧化性顺序为；常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀时的 7.2 7.9 2.2 7.5 5.2 7.6 沉淀完全时的 8.7 9.4 3.2 9.0 6.7 9.1 回答下列问题： （1）“酸浸”时，滤渣Ⅰ的主要成分为___________和S；“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成外，另一目的是___________，可替代空气作用的最优化合物是___________(填化学式)。 （2）①“调”的目的为除铁，物质最好选用___________(填标号)； A．NaOH B． C． D． ②如果“酸浸”后的溶液中浓度为，其他主要金属阳离子浓度均为，则“调”应控制的范围是___________。 （3）“置换”时加入稍过量物质，反应的离子方程式为___________。 （4）电解废液经除杂后，主要成分可回收到___________操作单元中循环利用；“电解Ⅱ”中将固体制成电极板，电解后可获得含有金属___________(填化学式)的阳极泥。 考向2 物质的确定 例2以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。 下列说法正确的是( ) A.煅烧时没有发生氧化还原反应 B.滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3 C.可循环使用的物质是CO2和Na2CO3 D.由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH 【变式训练1·变载体】（2025德州期末）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、、的单质或+2价氧化物)中富集回收得到含钴成品的工艺如下，下列说法正确的是 A.滤渣1的主要成分是 B.可以用KSCN检验是否需要补加 C.沉锰过程中每产生，理论上可产生 D.“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，其反应的离子方程式为 【变式训练2·变载体】以锌灰(ZnO，含PbO、CuO、FeO、、等杂质)为原料制备铝酸锌的流程如图所示。 已知：“沉锌”产物为。 下列说法错误的是 A. “滤渣Ⅰ”的主要成分是和 B. 试剂X可能是 C. “净化Ⅱ”发生的反应可能为 D. “焙烧”时，发生反应的与的物质的量之比为1：8 1.（2025·山东卷13）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A. 试剂X可选用粉 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的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 2．（2023•山东13）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8。下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 3．（2022•山东12）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如图，可能用到的数据见下表。 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Zn（OH）2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是（　　） A．固体X主要成分是Fe（OH）3和S；金属M为Zn B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 C．中和调pH的范围为3.2～4.2 D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 4．（2021•山东8）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是（　　） A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3 C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 5.（2025·山东卷17）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （2）在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）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知：。“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。 6．（2024•山东18）以铅精矿（含PbS，Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为 　 　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 　 　（填化学式）。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为 　 　。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是 　 　。 （4）“置换”中可选用的试剂X为 　 　（填标号）； A.Al B.Zn C.Pb D.Ag “置换”反应的离子方程式为 　 　。 （5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作 　 　（填“阴极”或“阳极”）。 7．（2023•山东17）盐湖卤水（主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl﹣、和硼酸根等）是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图： 已知：常温下，Ksp（Li2CO3）＝2.2×10﹣2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O⇌H++[B（OH）4]﹣（常温下，Ka＝10﹣9.24）；B（OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4•8H2O。常温下，在0.10mol•L﹣1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2﹣水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]﹣，该水解反应的离子方程式为 　 　，该溶液pH＝　 　。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是 　 　（填化学式）；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol•L﹣1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 　 　mol•L﹣1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加 　 　的用量（填化学式）。 （3）精制Ⅱ的目的是 　 　；进行操作X时应选择的试剂是 　 　，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 　 　。 8．（2022•山东17）工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如图： 回答下列问题： （1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为 　 　。 （2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）：n（Si）＝1：1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na+）＝　 　mol•L﹣1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 　 　。 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4 Ksp 1.0×10﹣6 4.0×10﹣6 9.0×10﹣4 1.0×10﹣10 （3）S浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为 　 　（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是 　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 　 　（填标号）。 A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15 B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20 C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30 D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10 9．（2021•山东17）工业上以铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O）的工艺流程如图1。回答下列问题： （1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 　 　。 （2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图2所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。 中和时pH的理论范围为 　 　；酸化的目的是 　 　；Fe元素在 　 　（填操作单元的名称）过程中除去。 （3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致 　 　；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 　 　。 （4）利用膜电解技术（装置如图3所示），以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 　 　（填“阴”或“阳”）极室制得，电解时通过膜的离子主要为 　 　。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略 目录 01 02 体系构建·思维可视 03 核心突破·靶向攻坚 考点一 流程基本框架结构及原料预处理 知识点1流程基本框架结构 知识点2 原料预处理 考向1 流程题流程结构分析 【思维建模】流程题解题思路 考向2 原料预处理分析 【思维建模】原料预处理答题模板 考点二 工业流程题中常见除去杂质的方法 知识点1 沉淀法 知识点2 其他除去杂质的方法 考向1 利用沉淀法除去杂质 考向2 利用萃取法和离子交换法除去杂质 考点三 加入试剂的作用及产品的分离提纯 知识点1 加入试剂的作用 知识点2 产品的分离提纯 考向1 加入试剂的作用判断 【思维建模】常见试剂及性质 考向2 产品的分离提纯方法 【思维建模】降温结晶与蒸发结晶 考点四 反应条件的控制及物质判断 知识点1 温度的控制 知识点2 其他条件的控制 知识点2 物质的判断 考向1 反应条件的控制 考向2 物质的判断 04 考点要求 考察形式 2025年 2024年 2023年 2022 2021 微型工艺流程题 选择题 非选择题 13T，4分 13T，4分 12T，4分 8T，2分 工艺流程综合题 选择题 非选择题 17T，12分 18T，12分 17T，12分 17T，12分 17T，12分 考情分析： 1．从命题题型和内容上看，化工流程题是高考的热点题型，主要以微型工业流程选择题和综合工业流程大题形式出现，工业流程综合大题是历年必考题型，题目综合性强，难度大。题目通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。重要考查考生提取信息的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。 2．从命题思路上看，化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、物质的分离提纯实验操作、化学平衡、盐类水解、沉淀的溶解平衡、电化学等)指导化工生产，考查考生的综合应用能力以及关于化工生产的相关计算能力。 复习目标： 1.提升应用物质的转化及条件控制、分离提纯操作等相关知识解决实际问题的能力。 2.树立“绿色化学”的观念，形成资源综合利用、物能充分利用的意识。 考点一 流程基本框架结构及原料预处理 知识点1 流程基本框架结构 1.流程呈现形式 2.读图要领 （1）箭头 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。 （2）三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。 知识点2 原料预处理 1.碎（粉碎、研磨、雾化） （1）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。 （2）过筛的目的：控制颗粒大小。 2.烧（（灼烧、焙烧、煅烧）） （1）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改变结构，使一些物质能溶解。 （2）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MCO3 MO＋CO2↑、M(OH)2MO＋H2O(M代表某些金属元素)。 3.浸（水浸、酸浸、碱浸） （1）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。 （2）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （3）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。 （4）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SiO2、Al、Zn等。 ④氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。 （5）盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解。 考向1 流程题流结程构分析 例1 CaO2是一种优良的鱼类养殖供氧剂，微溶于水。实验室模仿工业生产过氧化钙的流程如下。已知：“沉淀”时需控制温度为0 ℃左右。下列说法不正确的是( ) A.“溶解”CaCl2固体时，可通过搅拌加速溶解 B.“沉淀”时控温可以有效防止H2O2分解，提高CaO2产率 C.“过滤”得到的副产品是盐酸 D.“洗涤”过程先水洗后乙醇洗的目的是使产品快速干燥 【答案】C 【解析】沉淀时加入了氨水，故“过滤”得到的副产品主要是氯化铵，C错误。 思维建模 流程题解题思路 （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。 【变式训练1·变载体】（2024菏泽期中）从含镍催化剂(含、、等物质)中回收金属资源的流程如下： 已知：完全沉淀的为9.0，下列说法正确的是 A. “溶浸”和“酸浸”使用的试剂分别为溶液和盐酸 B. “酸化”反应的离子方程式为 C. 红褐色固体为 D. 若杂质中含有，则浓缩结晶所得产品中可能含有 【答案】D 【解析】先将含镍催化剂碱（可用NaOH）浸，分离出Al2O3，然后酸（硫酸）浸，将NiO、Fe2O3溶解，调节pH沉淀出Fe3+，得到氢氧化铁沉淀，滤液浓缩结晶得到NiSO4晶体，溶浸后滤液通入足量的CO2气体，得到氢氧化铝，过滤后灼烧得到氧化铝。 A. 通过CO2的酸化可知，溶浸应为“碱浸”，试剂可以是NaOH溶液，“酸浸”用硫酸，避免引入杂质离子，A项错误；B. 题干电荷不守恒，“酸化”时，“酸化”反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式为，B项错误；C. 红褐色固体为Fe(OH)3，C项错误；D. 若有Fe2+，调pH为3.2，Fe2+未沉淀，后续浓缩结晶所得产品中可能含FeSO4·7H2O，D项正确。 【变式训练2·变载体】（2024泰安期中）一种碘单质的制备方法如图所示，下列有关该制备流程的说法错误的是 A. “悬浊液”沉淀后，用一束光照射，可观察到光亮通路，说明其中含有AgI胶体 B. “转化”发生的离子反应为2Ag++Fe=2Ag+Fe2+ C. “沉淀”经纯化后与硝酸处理所得产物可在制备流程中循环使用 D. “氧化”中增加Cl2的用量可能导致产率降低 【答案】B 【解析】净化除氯后的海水，加入硝酸银，发生反应为：I- +Ag+=AgI↓，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续加入铁粉，发生反应：Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+，过滤掉析出的Ag，向反应产生的FeI2中加入适量Cl2，发生反应为：2FeI2+3Cl2=2FeCl3+2I2，得到I2。 A．丁达尔效应可以检验胶体，用可见光照射“悬浊液”可观察到光亮通路，说明其中含有AgI胶体，A正确；B．在AgI悬浊液中，AgI主要以固体形式存在，应该写化学式。根据上分析可知，“转化”发生的离子反应为：Fe+2AgI=2I-+2Ag+Fe2+，B错误；C．从流程图可知，转化生成的沉淀为单质Ag，Ag与硝酸反应生成AgNO3，产物AgNO3可循环使用，C正确；D．Cl2有强的氧化性，当Cl2过量时，过量Cl2会将反应产生的I2氧化为，从而又会导致I2的产率降低，故“氧化”中增加Cl2的用量有可能导致产率降低，D正确。 考向2 原料预处理分析 例2 由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。下列说法正确的是( ) A. 为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理 B. “高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 C. 在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1 D. 因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取 【答案】A 【解析】 高温焙烧需用到坩埚，B错误；由4C＋BaSO44CO＋BaS知，氧化剂(BaSO4)与还原剂(C)的物质的量之比为1∶4，C错误；BaSO4是沉淀，不能用硫酸代替盐酸浸取BaS，D错误。 思维建模 原料预处理答题模板 ①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。 ②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。 ③酸溶时，酸不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入碱。 ④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。 ⑤碱溶时，碱不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入酸。 【变式训练1·变载体】（24德州期中）用高炉渣(成分为，和)对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，实现了变废为宝，有效减少了环境污染，其主要流程如图所示： 下列说法正确的是 A.焙烧时发生了氧化还原反应 B.实验室模拟“浓缩结晶”实验时需用到坩埚、玻璃棒、酒精灯等仪器 C.水浸2发生的反应可证明 D.流程中的可循环利用 【答案】CD 【解析】高炉渣(成分为，和)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余硫酸镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。 A．焙烧时高炉渣中，和与在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体NH3，没有发生元素化合价的变化，故没有发生氧化还原反应，A错误；B．实验室模拟“浓缩结晶”实验时需用到蒸发皿、玻璃棒、酒精灯等仪器，不需要坩埚，B错误；C．由分析可知，水浸2过程滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙，故可证明，C正确；D．水浸2发生硫酸钙与碳酸铵反应生成碳酸钙和硫酸铵，而又可用于焙烧过程，故可循环利用，D正确。 【变式训练2·变题型】（2025德州期末）天然锆英砂(主要成分为)常含有、、等氧化物杂质。工业上以锆英砂为原料制备的一种工艺流程如图所示。 已知：①“碱熔”时，锆英砂转化为 ； ②的溶解度随酸度降低而升高； ③已知：常温下，，溶液中离子浓度≤1.0×10-6mol/L即可认为该离子已沉淀完全 （1）“碱熔”前要对天然锆英砂进行粉碎处理，目的是___________。 （2）滤液1的主要成分为___________ “酸溶”后，锆元素以的形式存在，则酸溶的离子方程式为___________。 （3）萃取所用主要玻璃仪器有___________，“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用___________。 （4）煅烧发生的化学方程式___________。 （5）该流程中可循环利用的物质有___________。 （6）“除铜”时，若溶液中的浓度为，加入等体积的溶液，沉淀完全，则加入的溶液浓度至少为___________(溶液混合时体积变化忽略不计)。 【答案】（1）增大接触面积，提高碱熔效率 （2） （3）烧杯、分液漏斗 浓盐酸 （4） （5）有机溶剂N235、 （6） 【解析】锆英砂主要成分为，常含有等氧化物杂质。加过量碳酸钠“碱熔”，锆英砂转化为、Al2O3转化为，水浸过滤，滤渣中含有、Fe2O3、CuO，滤渣用过量盐酸“酸浸”，得ZrOCl2、氯化铁、氯化铜溶液，加NaCN生成Cu(CN)2沉淀除铜，滤液中加盐酸、萃取剂萃取，水层加浓盐酸析出沉淀，煅烧得ZrO2。 （1）通过对天然锆英砂进行粉碎处理，可以增大反应物的接触面积，提高碱熔效率； （2）碱熔时，Al2O3与碳酸钠反应生成可溶性四羟基合铝酸钠、二氧化碳，则“水浸”时所得“滤液”中溶质的主要成分是；“酸浸”后，锆元素以的形式存在于溶液中，此过程中与盐酸发生反应生成ZrOCl2、NaCl、H2SiO3，反应的离子方程式为； （3）萃取是分离互不相溶的两种液体，所用主要玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；根据题给信息，的溶解度随酸度降低而升高，则“结晶”步骤中获得晶体后，对晶体进行洗涤，为减少产品的损失洗涤液最好选用浓盐酸； （4）根据流程图可知，煅烧时生成，结合元素守恒，煅烧发生的化学方程式为：； （5）萃取时使用有机溶剂N235、，反萃取时又得到有机溶剂N235，煅烧时生成，则该流程中可循环利用的物质有：有机溶剂N235、； （6）设沉淀完全后，溶液中浓度为，则 ，此外根据化学式 可知，为了沉淀铜离子消耗的NaCN的浓度为0.4mol/L，故原来溶液浓度至少为(0.4+0.02×2)mol/L=0.44 mol/L。 考点二 工业流程题中常见除去杂质的方法 知识点1 沉淀法 1.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。 2.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＋。 3.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。 4.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＋ 5.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↑ 6.草酸盐沉淀法 如Ca2＋＋C2O===CaC2O4↓ 7.硫酸盐沉淀法 (1)如Ca2＋＋SO===CaSO4 (2)BaCO3沉淀转化：BaCO3＋SO＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2PO 知识点2 其他除去杂质方法 1.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＋。 2.离子交换法 依据等电荷交换原则，如1个Ca2＋交换出2个 H＋。 考向1 利用沉淀法除去杂质 例1 （2025淄博期末）以天青石矿（，含少量、、及等）为原料制备的流程如下： 已知：常温下，，，，。可能用到的数据见下表： 开始沉淀 1.9 7.0 4.2 10.4 沉淀完全 3.2 9.0 5.2 12.4 氢氧化物沉淀开始溶解 — — 7.8 — 下列说法正确的是 A.盐浸后，当滤液中时，。 B.酸浸中的作用是将转化为 C.第一次调的范围应为 D.沉锶存在的平衡常数 【答案】AB 【解析】由溶度积可知，SrSO4溶解度比SrCO3大，天青石矿(，含少量、、及等)加入适当浓度碳酸钠溶液进行盐浸，将SrSO4转化为SrCO3，将固体用盐酸酸浸溶解得到同价态金属离子氯化物，酸浸同时加入氧化剂H2O2，将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀，加入氢氧化钠溶液二次调pH，第一次沉淀Fe3+和Al3+，第二次调pH沉淀Mg2+，过滤后，滤液中加入碳酸氢铵的沉锶，得碳酸锶。 A．盐浸后，当滤液中时，则，，A符合题意； B．为了后续步骤中除去杂质铁，根据表中数据可知，酸浸中的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，B符合题意； C．根据表格数据、结合分析可知，第一次调需完全沉淀Fe3+和Al3+，但氢氧化铝不能溶解、不能沉淀镁离子，则pH范围应为5.2~7.8，C不符合题意； D．的平衡常数=1.0×106，D不符合题意。 【变式训练1·变载体】实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2＋、Mn2＋)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的流程如下： 下列说法正确的是( ) A. Na2S2O8中硫元素的化合价为＋7 B. 氧化除锰后的溶液中大量存在：Na＋、Zn2＋、Fe2＋、SO C. 调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质 D. 沉锌时的离子方程式为3Zn2＋＋6HCO===ZnCO3·2Zn(OH)2↓＋5CO2↑＋H2O 【答案】D 【解析】Na2S2O8中含有1个过氧键，其中S元素的化合价为＋6，A错误；氧化除锰后的溶液中不能大量存在Fe2＋，B错误；Zn能将Fe3＋还原为Fe2＋，不利于沉铁，故调节溶液pH时，试剂X不能选用Zn，C错误。 【变式训练2·变题型】（2025临沂期末）锰是生产各种合金的重要元素。工业上以含锰矿石(主要成分为，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下： 已知：时，部分物质的溶度积常数如下表所示。 物质 回答下列问题： （1）用硫酸浸取含锰矿石时，提高浸取速率的方法有_______(任写一种)。 （2）“氧化”步骤发生反应的离子方程式为_______。 （3）滤渣1的主要成分是_______；实验室中为了加快固液混合物的分离，常采用的操作是_______。 （4）当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽。“除杂2”步骤需要控制溶液的至少为_______(已知)。 （5）“除杂3”步骤所得溶液中，则其[]的范围是_______。 （6）电解废液中还含有少量，向其中加入饱和溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为_______。 【答案】（1）将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等 （2） （3）、 抽滤 （4） （5） （6） 【解析】含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2+，铁、钴、铜的碳酸盐转化为铁离子、亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2+，加入氨水调节pH=4，此时c(OH-)=10-10mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2+转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2+不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。 （1）用硫酸浸取含锰矿石时，可采用将矿石粉碎、适当提高硫酸浓度，适当提高温度等方式提高浸取速率。 （2）氧化过程中，MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=2Fe3++Mn2++2H2O。 （3）根据分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、MnO2，实验室为了加快固液混合物的分离，常用的操作为抽滤。 （4）除杂2步骤中，要使铜离子转化氢氧化铜沉淀，锰离子不能发生沉淀，则c(Cu2+)≤10-5mol/L时，c(OH-)≥=×10-7.5mol/L，c(H+)≤×10-6.5mol/L，pH≥6.5－=6.65，pH至少为6.65。 （5）除杂3中锰离子浓度为0.5mol/L，锰离子不能发生沉淀，则c(S2-)<5×10-10mol/L，同时Co2+要沉淀完全，则c(Co2+)≤10-5mol/L，c(S2-)≥4×10-16mol/L，则9.3<pS≤15.4。 （6）电解废液中含有少量Mn2+，加入饱和NH4HCO3，有沉淀和气体生成，沉淀为碳酸锰，气体为二氧化碳，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O。 考向2 利用萃取法和离子交换法除去杂质 例2 （2025淄博期末）以铟砷烟灰（含、、、等）为主要原料提取铟的流程如下： 已知：I．水相中含有强电解质。 II．在酸性溶液中只萃取三价金属离子，。 III．常温下，难溶于水，。 回答下列问题： （1）酸浸时铟砷烟灰与酸液逆流而行，目的是______。滤渣1的主要成分是和______（填化学式）。酸浸中硫元素转化为，浸出液中存在、、，等，溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为______。 （2）一次净化的目的是______，二次净化的离子方程式为______。 （3）反萃取后得到含的溶液，的化学式为______。置换前需先中和再加入粉，已知常温下反萃取后溶液中的浓度为，则中和时可调节溶液的最大值为______。 （4）粗铟精炼以、和混合液为电解液，则粗铟接直流电源的______（填“正极”或“负极”），阴极电极反应式为______。 【答案】（1）增大接触面积，提高浸取速率 （2）砷或除去，除去砷元素，除去或使转化为沉淀 （3） 4 （4）正极 【解析】铟砷烟灰(含、、、等)酸浸，为氧化剂，硫元素转化为，转变为沉淀，浸出液中存在、、、等，“滤渣1”为过量的二氧化锰和硫酸铅，浸出液进行“一次净化”，把转化为难溶于水的过滤除去，则滤渣2为，加硫代硫酸钠进行“二次净化”，将三价铁还原为二价铁、形成强电解质，加入萃取剂萃取In3+，有机层中加入X进行“反萃取”得到含的溶液，所得溶液中加入锌粉反应得到粗铟。 （1）酸浸时铟砷烟灰与酸液逆流而行，目的是：增大接触面积，提高浸取速率。据分析，滤渣1的主要成分是和。酸浸中硫元素转化为，浸出液中存在、、，等，则发生了氧化还原反应：， As2O3+2MnO2+H2O=2+2Mn2++2H+；可见溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为2:12=。 （2）据分析，一次净化的目的是：除砷或除去，除去砷元素，除去或使转化为沉淀，根据信息Ⅱ：在酸性溶液中只萃取三价金属离子，为防止铁离子被萃取，需将铁离子转化为(强电解质)进入水相，铁离子和硫代硫酸根发生氧化还原反应，则二次净化的离子方程式为。 （3）根据信息，上述平衡逆向移动可提高铟的反萃取率，故需引入氢离子，为防止引入杂质，则的化学式为。置换前需先中和再加入粉，已知常温下反萃取后溶液中的浓度为，即，，则，故中和时可调节溶液的最大值为4。 （4）粗铟精炼以、和混合液为电解液，则粗铟为阳极，故连接直流电源的正极，阴极得到电子被还原，电极反应式为。 【变式训练1·变题型】（2025聊城一模）晶体磷酸二氢钾是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的流程如图所示。 已知：HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂，下列说法不正确的是 A.有机萃取剂不可选用乙醇 B.既可与盐酸也可与溶液反应 C.操作I、操作II是相同的操作方法 D.一系列操作III主要包括蒸发结晶、干燥 【答案】D 【解析】加入KCl混合，用有机萃取剂进行萃取，主要反应原理为，经操作I (分液)得到有机相和水相，水相经一系列操作可得到晶体，反应产生的HCl易溶于有机萃取剂，有机相加入氨水进行反萃取，发生反应NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，再分液得到有机萃取剂返回萃取操作中循环使用，另一部分经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥便可得到NH4Cl。 A．因为乙醇与水互溶，所以有机萃取剂不可选用乙醇，A正确；B．是酸式盐，既可与盐酸也可与溶液反应，B正确；C．根据分析知，操作I、操作II都是分液，是相同的操作方法，C正确； D．NH4Cl受热易分解，所以一系列操作III主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误。 【变式训练2】（2025威海一模）铑(Rh)是一种稀有贵金属，工业上从废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)中提炼铑的主要途径有如下两种： 已知：①Rh金属活动顺序位于H之后。 ②Rh(Ⅲ)易与形成配离子，且该配离子在水溶液中存在以下平衡：。 ③已知25℃时相关物质的Ksp见下表。 氢氧化物 (已知开始沉淀的金属离子浓度为0.1 mol·L；金属离子浓度mol⋅L时，可认为该离子沉淀完全。) 回答下列问题： （1）途径一： ①“氯化溶解”过程中，金属Rh转化为，该反应的化学方程式为___________。 ②“定向脱铜”时，铜的沉淀率随pH变化如图所示，实际工业生产中控制pH为2，pH不宜大于2的原因是___________。 ③“阳离子交换”过程中，被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子有___________。 （2）途径二： ①“控温焚烧”的目的是___________且防止Rh单质被氧化。 ②“加热至熔融”的目的是将焚烧后的物质全部转化成可溶性的硫酸盐。已知Rh单质与反应的产物之一为，则参加反应的Rh和的物质的量之比为___________。 ③步骤“调pH①”中应调节的pH范围为___________(保留两位有效数字)。 ④用氨水沉淀铑元素的离子方程式为___________。 【答案】（1）① 2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6 ②pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失 ③Na+ 、Fe3+ （2）①防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全 ②1:6 ③2.8~4.7 ④Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3 【解析】途径一：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)粉碎后通入氯气并加入盐酸，“氯化溶解”得到H3RhCl6、CuCl2、FeCl3，加入草酸和铜离子结合生成草酸铜，同时加入NaOH调节溶液pH，阳离子交换树脂吸附Na+、Fe3+为滤液除杂，[RhCl6]3-发生水解反应生成Rh(OH)3沉淀，最后得到铑粉；途径二：废铑材料(主要含Rh，还含有Cu、Fe等)焚烧将Cu转化为CuO，将Fe转化为Fe2O3，加热熔融，加入KHSO4，生成Rh2(SO4)3、CuSO4、Fe2(SO4)3，加入水和氨水调pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入氨水调节pH，生成Rh(OH)3沉淀和Cu(NH3)4SO4溶液，过滤，Rh(OH)3和途径一相同处理得铑粉； （1）①高铜铑精矿通入氯气和HCl，“氯化溶解”得到H3RhCl6，反应的方程式为2Rh+3Cl2+6HCl=2H3RhCl6； ②由图像可知，pH=2时，铜的沉淀率已达98%，若pH<2，铜的沉淀率会较低；pH>2，[RhC16]3-水解平衡正向移动，导致Rh沉淀率增加而损失； ③定向脱铜后溶液得到草酸钠、FeCl3，“阳离子交换”过程中，溶液中被阳离子交换树脂吸附的金属阳离子主要有Na+ 、Fe3+； （2）①“控温焚烧”即焚烧温度不能过高不能过低，若温度过高，Rh单质被氧化，Rh的氧化物性质稳定，难溶解，后续不方便处理，控温同时防止温度过低，Cu、Fe氧化不完全； ②Rh单质与KHSO4反应生成Rh3+，还原产物为SO2，硫元素得2个电子，Rh失3个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，可得方程式：2Rh+12KHSO4=Rh2（SO4）3+3SO2+6K2SO4+6H2O,参加反应的Rh和KHSO4的物质的量之比为1:6； ③Fe3+沉淀完全时，由Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10−38.6，c(OH-)==10-11.2mol/L，即pH=2.8，同时为了使Cu2+不发生沉淀，由Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10−19.6，c(OH-)==10-9.3mol/L，即pH=4.7，故调节的pH范围为2.8~4.7； ④用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3。 考点三 加入试剂作用及产品的分离提纯 知识点1 加入试剂的作用 1.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)。 2．通入空气 （1）氧化某些离子(如SO、Fe2＋)。（2）起搅拌作用。 3.加有机溶剂:萃取某些物质或降低某些物质的溶解度。 4.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。 知识点2 产品的分离提纯 1.结晶(或重结晶)——盐溶液的分离提纯方法。 (1)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 (2)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。 2.过滤——固、液分离。 3.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。 4.分液——分离互不相溶的液体。 5.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。 6.升华——将固体直接气化分离。 7.盐析——加无机盐使溶质的溶解度降低而析出。 8.洗涤。 (1)水洗：洗去晶体表面的杂质离子。 (2)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，减少晶体的溶解损失。 (3)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。 考向1 加入试剂的作用判断 例1 垃圾分类具有社会、经济、生态等几方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示。下列叙述错误的是( ) A. “溶解”过程中，加入H2O2的作用是氧化Cu而使Cu溶解 B. 加入过量锌粉的目的是使铜离子完全转化为铜单质 C. 操作M中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒 D. 通过加适量碱、过滤、洗涤、干燥操作，可得到ZnO 【答案】D 【解析】操作M后的溶液中存在大量的Zn2＋，加适量碱，生成Zn(OH)2，经过滤、洗涤、干燥、灼烧等操作才能得到ZnO，D错误。 思维建模 常见试剂及性质 ①常见氧化剂：KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、NaClO3(KClO3)、MnO2、HNO3、Fe3＋等。 ②常见还原剂：金属单质、SO2(SO)、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4等。 ③H2O2受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解；H2O2是绿色氧化剂，无污染。 ④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。 ⑤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。 ⑥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。 【变式训练1·变载体】（2025德州烟台二模）一种从铜阳极泥(含有Au、、等)中分离回收Au和Ag的工艺流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ② 。 下列说法错误的是 A.“氧化酸浸”时加入适量NaCl的目的是使银元素转化为AgCl沉淀 B.“除金”时溶液中浓度不小于 C.“电沉积”完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为 D.“还原”中生成的、Au物质的量之比为 【答案】B 【解析】铜阳极泥含有Au、Ag2Se、Cu2Se等，加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl将Au转化为Na[AuCl4]，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl；在滤渣2中加入Na2S2O3将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-；[Ag(S2O3)2]3-“电沉积”生成Ag；用N2H4还原Na[AuCl4]生成Au和N2。 A．铜阳极泥含有Au、Ag2Se、Cu2Se等，加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl，可知“氧化酸浸”时加入适量NaCl的目的是使银元素转化为AgCl沉淀，故A正确；B．在“除金”工序溶液中，Cl-浓度过大，AgCl会转化为[AgCl2]-，当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在，为不让AgCl发生转化，令[AgCl2]-= ，根据 ， ，所以“除金”时溶液中浓度不能大于，故B错误；C．“电沉积”阴极[Ag(S2O3)2]3-得电子生成Ag和，完成后阴极区溶液中可循环利用的物质为，故C正确；D． “还原”中N2H4还原Na[AuCl4]生成Au和N2，Au由+3价降低为0、N元素由-2价升高为0，根据得失电子守恒，生成的、Au物质的量之比为，故D正确。 【变式训练2·变载体】（2025济宁二模）二氧化氯的制备及由二氧化氯制备一种重要的含氯消毒剂—亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如图，下列说法正确的是 A. “滤渣”的成分为MgCO3、CaCO3 B. 两处HCl的作用相同 C. H2O2可以用KMnO4代替 D. 理论上，产生气体A、B的物质的量之比为1∶1 【答案】D 【解析】粗食盐水中加入碳酸钠除氯化钙生成碳酸钙沉淀，加入氢氧化钠除氯化镁生成氢氧化镁沉淀，过滤出碳酸钙、氢氧化镁，滤液中加盐酸除碳酸钠、氢氧化钠，得到氯化钠溶液，电解氯化钠溶液得到氯酸钠和氢气，氯酸钠和盐酸反应生成二氧化氯、氯气，用氢氧化钠、双氧水吸收二氧化氯，减压蒸发、冷却结晶得亚氯酸钠晶体。 A．根据以上分析，“滤渣”的成分为Mg(OH)2、CaCO3，故A错误；B．第一次用盐酸是除氢氧化钠、碳酸钠，第二次用盐酸是还原氯酸钠生成二氧化氯气体，两处HCl的作用不相同，故B错误；C．H2O2的作用是还原二氧化氯生成亚氯酸钠，不能用KMnO4代替，故C错误；D．产生气体A即Cl2的方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，产生气体B即O2的方程式为2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2↑+2H2O，理论上，产生气体氯气、氧气的物质的量之比为1∶1，故D正确。 考向2 产品的分离和提纯方法 例2 陶瓷工业中钴系色釉具有呈色稳定、呈色强度高等优点，利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔、LiCoO2等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图。下列有关叙述错误的是( ) A. “滤液①”主要成分是NaAlO2 B. “操作①”“操作②”的分离方法不同 C. “酸溶”反应中H2O2可以换成O2 D. “沉钴”时，Na2CO3溶液的滴速过快或浓度太大将导致产品不纯，其原因是溶液碱性增强会产生Co(OH)2杂质 【答案】C 【解析】“酸溶”过程中，H2O2将Co元素由＋3价还原为＋2价，H2O2作还原剂，不可以换成O2，C错误。 思维建模 降温结晶与蒸发结晶 （1）“陡升型”溶解度曲线，从溶液中获得晶体的方法：蒸发浓缩、降温结晶、过滤。 如：KNO3溶液中混有少量NaCl，获得KNO3的方法：蒸发浓缩、降温结晶、过滤，分离出KNO3，NaCl残留在母液中。 （2）“缓升型”“下降型”溶解度曲线，从溶液中获得晶体的方法：蒸发结晶、趁热过滤。 如：NaCl溶液中混有少量KNO3，获得NaCl的方法：蒸发结晶、趁热过滤，分离出NaCl，KNO3残留在母液中。 【变式训练1·变载体】（2025泰安期末）汞(熔点，沸点356℃)是制造电池、电极的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞。目前工业上制粗汞的一种流程图如下： 下列分析错误的是 A. 洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸 B. 辰砂与氧化钙加热反应时，为氧化产物 C. 减压蒸馏的目的是降低汞的沸点，提高分离效率 D. 车间内汞蒸气浓度较高时，可在关闭门窗后用碘熏蒸，生成 【答案】A 【解析】 “灼烧辰砂法”制取汞，先将辰砂(主要含HgS)与CaO进行加热，得到含有CaS和CaSO4等的炉渣和含铅、汞等杂质的粗汞，用5%的硝酸洗涤、减压蒸馏，得到纯汞。 A．5%的硝酸能溶解粗汞中含有的铅、铜等杂质，而盐酸不与铜等金属反应，无法除去这些杂质，所以不能用5%的盐酸代替5%的硝酸，A错误；B．辰砂(HgS)与氧化钙加热反应时，HgS中硫元素化合价升高生成CaSO4，所以CaSO4为氧化产物，B正确；C．减压蒸馏可降低体系压强，从而降低汞的沸点，能在较低温度下使汞汽化分离，提高分离效率，C正确；D．汞蒸气有毒，碘与汞反应生成，可降低汞蒸气浓度，减少危害，所以车间内汞蒸气浓度较高时，可在关闭门窗后用碘熏蒸，D正确。 【变式训练2·变考法】（2025烟台期末）实验室从茴香籽中提取茴香油的操作流程如下。下列说法正确的是 已知：①乙醚沸点34.5℃，密度0.71g/cm3； ②茴香油为淡黄色液体，主要成分是含有酯基的芳香族化合物，熔点22.5℃，沸点235℃，密度0.98g/cm3，在水蒸气作用下易挥发。 A. 向馏出液中加NaCl至饱和的目的是提高茴香油的提取率 B. 操作A应先将有机层从分液漏斗下口放出，再将水层从上口倒出 C. 有机层加入的无水MgSO4可用碱石灰代替 D. 操作B为蒸馏，先蒸出的馏分主要为茴香油 【答案】A 【解析】茴香籽粉经水蒸气浸泡、蒸馏，挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，干燥过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油，据此分析解题。 A．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，A正确；B．茴香油的密度为0.98g•cm-3，其密度小于水，有机层在上层，则操作A应先将水层从分液漏斗下口放出，再将有机层从上口倒出，B错误；C．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸镁用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，C错误；D．乙醚的沸点为34.5℃，茴香油的沸点为235℃，则先蒸出的馏分主要为乙醚，D错误。 考点四 反应条件的控制及物质确定 知识点1 控制温度 1. 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。 2.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。 3.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。 4.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。 知识点2 其他条件控制 1.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)。 2.气体氛围 （1）隔绝空气：防止空气中的组分(如氧气)参与反应。 （2）HCl氛围：抑制弱离子的水解。 （3）惰性气体氛围：通入Ar、N2、H2等，防止某些物质被氧化。 3.热空气(或水蒸气)吹出气体 如海水提溴、凯氏定氮。 （4）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 调节pH试剂的选择 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 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。 知识点3 物质的确定 1.循环物质的确定 2.副产品的判断 3.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 条件的控制 例1 实验室利用马矿的矿渣(成分为Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2)制备明矾[KAl(SO4)2·12H2O]和绿矾(FeSO4·7H2O)，流程如图所示。下列说法正确的是( ) A.操作Ⅰ后滤渣为H2SiO3 B.加入KOH的目的是调节溶液pH，使Fe3＋沉淀完全，Al3＋转化为AlO C.操作Ⅲ为蒸发结晶 D.已知X是单质Fe，理论上每得到3 mol绿矾，转移6 mol电子 【答案】B 【解析】 SiO2与稀硫酸不反应，故操作Ⅰ后滤渣不是H2SiO3，A错误；蒸发结晶会导致绿矾失去结晶水，应该蒸发浓缩、冷却结晶，C错误；Fe是过量的，溶液中的Fe元素由＋3价降低至＋2价，由2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋知，理论上每得到3 mol绿矾，转移2 mol电子，D错误。 【变式训练1·变载体】（2025临沂期末）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. I的化学方程式： B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率 C. 将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生 D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收 【答案】B 【解析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。 A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确。 【变式训练2·变题型】（2025济南期末）工业上以红土镍矿(NiS，含、、、、等杂质)提取部分金属单质的工艺流程如下： 已知：部分微粒的氧化性顺序为；常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示。 金属离子 开始沉淀时的 7.2 7.9 2.2 7.5 5.2 7.6 沉淀完全时的 8.7 9.4 3.2 9.0 6.7 9.1 回答下列问题： （1）“酸浸”时，滤渣Ⅰ的主要成分为___________和S；“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成外，另一目的是___________，可替代空气作用的最优化合物是___________(填化学式)。 （2）①“调”的目的为除铁，物质最好选用___________(填标号)； A．NaOH B． C． D． ②如果“酸浸”后的溶液中浓度为，其他主要金属阳离子浓度均为，则“调”应控制的范围是___________。 （3）“置换”时加入稍过量物质，反应的离子方程式为___________。 （4）电解废液经除杂后，主要成分可回收到___________操作单元中循环利用；“电解Ⅱ”中将固体制成电极板，电解后可获得含有金属___________(填化学式)的阳极泥。 【答案】（1）、 氧化为 （2）① B ② （3） （4）酸浸 Ni 【解析】以红土镍矿(NiS，含CuO、PbO、Fe3O4、CdO、SiO2等杂质)为原料回收部分金属单质，首先镍矿浆化，然后通入空气加入稀硫酸进行酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不反应，PbSO4不溶，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入A调节pH，A可以是CdCO3，将溶液中铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣Ⅱ和滤液；可向滤液中加入B为镍，置换出铜离子为铜，过滤得到含有铜、镍的金属C和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解、过滤得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液，继续电解分离金属Ni和Cd。 （1）“酸浸”时，酸性条件下NiS被氧气氧化为S，PbO和硫酸反应生成硫酸铅，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣Ⅰ的主要成分为S和PbSO4、SiO2，Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+、Fe3+，“酸浸”过程中通入空气，除氧化NiS使其溶解生成Ni2+外，另一目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于沉淀铁离子生成氢氧化铁，可选择过氧化氢代替空气氧化亚铁离子，产生是水和铁离子，最优化合物是H2O2， （2）“调pH”的目的为除铁，为了不引入杂质阳离子，A可以是CdCO3，物质A最好选CdCO3，“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全，根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知，pH应大于3.2，由表可知，Cu2+开始沉淀时的pH最小，根据Cu2+开始沉淀时的pH为5.2，也可得Cu(OH)2的Ksp=c平(Cu2+)•(OH-)2=0.01×(105.2-14)2=10-19.6，则c(Ni2+)•c2(OH-)＜10-19.6，根据c(Cu2+)=0.1mol•L-1，可求得c(OH-)＜10-9.3 mol•L-1，对应c(H+)＞10-4.7 mol•L-1，则“调pH”的pH应小于4.7，则“调pH”控制的pH范围是3.2～4.7。 （3）“置换”时加入金属Ni，与铜离子发生置换反应生成Ni2+和Cu，反应的离子方程式为Ni+Cu2+=Ni2++Cu。 （4）电解废液经除杂后，主要成分为硫酸，可回收到酸浸环节循环利用，已知：氧化性Ni2+＞Cd2+，电解II中，Ni2+被还原为Ni，沉积在阳极泥中。 考向2 物质的确定 例2以某冶金工业产生的废渣(含Cr2O3、SiO2及少量的Al2O3)为原料，根据下列流程可制备K2Cr2O7。 下列说法正确的是( ) A.煅烧时没有发生氧化还原反应 B.滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3 C.可循环使用的物质是CO2和Na2CO3 D.由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入KOH 【答案】C 【解析】 废渣中加入碳酸钠，通入O2煅烧，发生反应：4Na2CO3＋2Cr2O3＋3O24Na2CrO4＋4CO2、Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、Na2CO3＋Al2O32NaAlO2＋CO2↑，煅烧时发生了氧化还原反应，A错误；滤渣Ⅱ中主要成分是Al(OH)3和硅酸，B错误；由流程图可知，CO2和Na2CO3均可循环使用，C正确；由Na2CrO4转化为K2Cr2O7的过程中需加入酸：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，再向溶液中加入KCl固体，有K2Cr2O7晶体析出，D错误。 【变式训练1·变载体】（2025德州期末）一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含、、、、的单质或+2价氧化物)中富集回收得到含钴成品的工艺如下，下列说法正确的是 A.滤渣1的主要成分是 B.可以用KSCN检验是否需要补加 C.沉锰过程中每产生，理论上可产生 D.“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，其反应的离子方程式为 【答案】AC 【解析】由题中信息可知，用硫酸处理含、、、、的单质或+2价氧化物的废渣，得到含有Co2+、、Zn2+、Fe2+、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的PbSO4，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的PbSO4；向滤液中加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入ZnO调节pH=4使Fe3+完全转化为Fe(OH)3，则“滤渣2”的主要成分为Fe(OH)3，滤液中的金属离子主要是Co2+、Zn2+和Mn2+；接着加入Na2S2O8，调节pH进行“沉锰”，加入强氧化剂NaClO将溶液中Co2+氧化为Co3+，调节pH使Co3+形成沉淀Co(OH)3。 A．根据分析，滤渣1的主要成分是，故A正确；B．KSCN检验Fe3+，无法检验溶液中是否还存在亚铁离子，所以不可以用KSCN检验是否需要补加，故B错误；C．沉锰过程中会发生离子方程式，所以每产生，理论上可产生，故C正确；D．“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0左右，根据原子守恒，其反应的离子方程式为，故D错误。 【变式训练2·变载体】以锌灰(ZnO，含PbO、CuO、FeO、、等杂质)为原料制备铝酸锌的流程如图所示。 已知：“沉锌”产物为。 下列说法错误的是 A. “滤渣Ⅰ”的主要成分是和 B. 试剂X可能是 C. “净化Ⅱ”发生的反应可能为 D. “焙烧”时，发生反应的与的物质的量之比为1：8 【答案】D 【解析】锌灰的主要成分为ZnO，含有PbO、CuO、FeO、、等杂质，加稀硫酸溶解，产生ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和PbSO4，过滤除去PbSO4和SiO2即为滤渣Ⅰ，滤液中含有ZnSO4、CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3；加入双氧水将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3，再加X调节滤液的pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，为不引入新的杂质离子，X可以是ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3；所得滤液中含CuSO4，加入ZnCl2和Zn单质与铜离子发生反应：，从而除去铜离子；滤液为ZnSO4，再加入NH4HCO3生成，再加入氢氧化铝混合焙烧煅烧得到； A．由以上分析可知滤渣Ⅰ为PbSO4和SiO2，A正确；B．由以上分析可知X可以是ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3，B正确；C．由以上分析可知“净化Ⅱ”中Zn将铜离子还原为CuCl白色沉淀除去，发生的反应为，C正确；D．中N(Zn)∶N(Al)=1∶2，中含3个Zn，则需要6个反应，两者物质的量之比为：1∶6，D错误。 1.（2025·山东卷13）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A. 试剂X可选用粉 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+。 A．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，A错误；B．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，B正确；C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确。 2．（2023•山东13）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示。反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8。下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体Ⅰ D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少 【答案】CD 【解析】铜和浓硫酸反应（反应Ⅰ）生成二氧化硫气体（气体Ⅰ）和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应（反应Ⅱ），所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.3×10﹣8，可知NaHSO3溶液显酸性（电离大于水解），则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发（防止Na2SO3被氧化），故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是+2Cu2++2H2O＝+Cu2O+4H+，反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3＝Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。 A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体（气体Ⅰ），故C正确；D．制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3＝Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确。 3．（2022•山东12）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如图，可能用到的数据见下表。 Fe（OH）3 Cu（OH）2 Zn（OH）2 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 下列说法错误的是（　　） A．固体X主要成分是Fe（OH）3和S；金属M为Zn B．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 C．中和调pH的范围为3.2～4.2 D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 【答案】D 【解析】CuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应生成CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe（OH）3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。 A．固体X主要成分是S、Fe（OH）3，金属M为Zn，故A正确；B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2﹣（aq），增大O2的浓度，可以反应消耗S2﹣，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，故B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，故C正确；D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，若还原时增大溶液的酸度，c（H+）增大，会导致该反应逆向移动，不利于该反应的进行，因此不利于Cu的生成，故D错误。 4．（2021•山东8）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是（　　） A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3 C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3 【答案】B 【解析】分析流程可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3＝Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3＝Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，结晶析出大量NaHSO3晶体，分离得到的湿料，进行气流干燥，最终得到纯净的NaHSO3产品。 A．根据上述分析可知，吸收过程中发生反应SO2+NaHCO3＝CO2+NaHSO3，有二氧化碳产生，故A正确；B．结晶过程，二氧化硫足量，由于亚硫酸酸性强于碳酸，所以不会产生NaHCO3，故B错误；C．NaHSO3性质与NaHCO3类似，NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，故C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，故D正确。 5.（2025·山东卷17）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （2）在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）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知：。“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） Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）4×10-4 （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。 （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：；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； （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； （3）根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(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； （4）沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；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：，改写成离子方程式为：。 （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。 6．（2024•山东18）以铅精矿（含PbS，Ag2S等）为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如图： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为 　 　；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 　 　（填化学式）。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解1”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用。利用该吸收液的操作单元为 　 　。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是 　 　。 （4）“置换”中可选用的试剂X为 　 　（填标号）； A.Al B.Zn C.Pb D.Ag “置换”反应的离子方程式为 　 　。 （5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作 　 　（填“阴极”或“阳极”）。 【答案】（1）1：1；H2S； （2）热浸； （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+； （4）C；2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣； （5）阳极。 【解答】铅精矿含PbS，Ag2S等，铅精矿中加入含过量FeCl3的饱和食盐水、浓盐酸进行热浸，（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2﹣和[AgCl2]﹣及单质硫，则Fe3+被还原为Fe2+，通过过滤Ⅰ得到含硫的滤渣和滤液；（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb，则过滤Ⅰ得到的滤液进行稀释、冷却时[PbCl4]2﹣转化为PbCl2沉淀，用饱和食盐水进行热溶，目的是增大氯离子的浓度，使PbCl2转化为[PbCl4]2﹣，电解得到Pb；过滤Ⅱ后的滤液成分主要为[AgCl2]﹣、FeCl2及过量的FeCl3，加入铅精矿的目的是将FeCl3转化为FeCl2，过滤Ⅲ得到含硫滤渣，滤液中加入试剂X进行置换得到富银铅泥和尾液，X为Pb，尾液为FeCl2，电解富银铅泥得到Ag和Pb。 （1）溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，离子方程式分别为：PbS+2Fe3++4Cl﹣＝[PbCl4]2﹣+S+2Fe2+、Ag2S+2Fe3++4Cl﹣＝2[AgCl2]﹣+S+2Fe2+，所以消耗Fe3+物质的量之比为1：1；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生H2S，H2S有毒； （2）热溶后得到的溶液中含有[PbCl4]2﹣和NaCl，“电解1”阳极产物为Cl2，尾液为FeCl2，二者反应得到FeCl3，利用该吸收液的操作单元为热浸； （3）过滤Ⅱ得到的滤液中含有过量的FeCl3，根据过滤Ⅲ得到的滤渣成分知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+； （4）“置换”中可选用的试剂X能还原[AgCl2]﹣且不能引进新的杂质，所以X为Pb，“置换”反应的离子方程式为2[AgCl2]﹣+Pb＝2Ag+[PbCl4]2﹣； （5）“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到Ag、Pb，将Ag、Pb分离出来，Pb比Ag活泼，将富银铅泥制成阳极，Pb失电子生成Pb2+进入电解质溶液，Ag形成阳极泥，阴极上Pb2+得电子生成Pb。 7．（2023•山东17）盐湖卤水（主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl﹣、和硼酸根等）是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如图： 已知：常温下，Ksp（Li2CO3）＝2.2×10﹣2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O⇌H++[B（OH）4]﹣（常温下，Ka＝10﹣9.24）；B（OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4•8H2O。常温下，在0.10mol•L﹣1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2﹣水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]﹣，该水解反应的离子方程式为 　 　，该溶液pH＝　 　。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是 　 　（填化学式）；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol•L﹣1，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 　 　mol•L﹣1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加 　 　的用量（填化学式）。 （3）精制Ⅱ的目的是 　 　；进行操作X时应选择的试剂是 　 　，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 　 　。 【答案】（1）[B4O5（OH）4]2﹣+5H2O⇌2B（OH）3+2[B（OH）4]﹣；9.24； （2）Mg（OH）2、CaSO4；5.5×10﹣3；CaO、Na2CO3； （3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 Ca2+转化为CaCO3 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 Ca2+），提高Li2CO3纯度；盐酸；浓缩液中因浓度过大使得Li+ 过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3 的产率减小。 【解析】盐湖卤水（主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl﹣、和硼酸根等）为原料经两段除镁制备Li2CO3，首先加入盐酸进行脱硼处理，过滤得到含硼固体，滤液经过浓缩结晶，得到晶体后，然后煅烧，去除HCl气体，滤液中加入生石灰，在此条件下溶解度最小的是硫酸钙，除去硫酸根离子，镁离子生成氢氧化镁沉淀，得到滤渣1为硫酸钙和氢氧化镁，由于 CaSO4 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，加入纯碱除去过量的钙离子，得到滤渣Ⅱ为碳酸钙，精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤洗涤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。 （1）含硼固体中的B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O⇌H++[B（OH）4]﹣（常温下，Ka＝10﹣9.24），B（OH）3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5（OH）4•8H2O，常温下，在0.10mol•L﹣1硼砂溶液中，[B4O5（OH）4]2﹣水解生成等物质的量浓度的B（OH）3和[B（OH）4]﹣，该水解反应的离子方程式为：[B4O5（OH）4]2﹣+5H2O⇌2B（OH）3+2[B（OH）4]﹣，B（OH）3和[B（OH）4]﹣的浓度相同，K＝＝c（H+）＝10﹣9.24mol/L，pH＝9.24； （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是CaSO4、Mg（OH）2，精制I后溶液中Li+的浓度为2.0mol/L，由Ksp（Li2CO3）＝c2（Li+）×c（）＝2.2×10﹣2，可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在mol/L＝5.5×10﹣3mol/L以下，若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加生石灰（CaO）、纯碱（Na2CO3）的用量； （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4，由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 Ca2+转化为CaCO3 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 Ca2+），提高Li2CO3纯度，操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是：除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得Li+ 过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3 的产率减小。 8．（2022•山东17）工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如图： 回答下列问题： （1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为 　 　。 （2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n（Na2CO3）：n（Si）＝1：1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c（Na+）＝　 　mol•L﹣1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是 　 　。 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4 Ksp 1.0×10﹣6 4.0×10﹣6 9.0×10﹣4 1.0×10﹣10 （3）S浓度（以SO3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度（以P2O5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为 　 　（填化学式）；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是 　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是 　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是 　 　（填标号）。 A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15 B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20 C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30 D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10 【答案】（1）6HF+SiO2＝2H+++2H2O； （2）2.0×10﹣2；； （3）CaSO4•0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；AD。 【解答】氟磷灰石用硫酸溶解得到硫酸钙、氟化氢和磷酸，过滤得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸； （1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2＝2H+++2H2O； （2）精制1中，按物质的量之比n（Na2CO3）：n（）＝1：1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3＝Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c（Na+）＝2c（），根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp＝c2（Na+）•c（）＝4c3（），c（）＝mol•L﹣1＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，因此c（Na+）＝2c（）＝2.0×10﹣2mol•L﹣1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2+）＝c（）＝ mol•L﹣1＝3.0×10﹣2mol•L﹣1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝mol•L﹣1＝1.0×10﹣4mol•L﹣1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝mol•L﹣1≈3.3×10﹣9mol•L﹣1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是； （3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在： A．P2O5%＝l5、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO4•2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，故A正确； B．P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的转化，故B错误； C．P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，故C错误； D．P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，故D正确；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。 9．（2021•山东17）工业上以铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O）的工艺流程如图1。回答下列问题： （1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 　 　。 （2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图2所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为已除尽。 中和时pH的理论范围为 　 　；酸化的目的是 　 　；Fe元素在 　 　（填操作单元的名称）过程中除去。 （3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致 　 　；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 　 　。 （4）利用膜电解技术（装置如图3所示），以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在 　 　（填“阴”或“阳”）极室制得，电解时通过膜的离子主要为 　 　。 【答案】（1）增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率； （2）4.5≤pH≤9.3；降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；浸取； （3）有Na2Cr2O7析出，导致产品损失；H2SO4；（4）阳；Na+。 【解析】分析流程可知，铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）中加入纯碱和O2进行焙烧，生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，过滤，滤渣为不溶于水的Fe2O3，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4可以循环利用。 （1）焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大固体与气体的接触面积，提高焙烧速率； （2）结合分析可知，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀过滤除去，依据图中数据，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会溶解，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3，流程的目的为制备红矾钠（Na2Cr2O7•2H2O），第一次加硫酸后，溶液中中Cr元素主要以Cr2O72﹣和CrO42﹣存在，继续加酸CrO42﹣转化为Cr2O72﹣，故降低溶液pH，可提高Na2Cr2O7的产率；结合分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去； （3）蒸发结晶时，Na2Cr2O7主要以Na2Cr2O7•10H2O存在，过度蒸发将有Na2Cr2O7析出，导致产品损失，结合分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4； （4）由4Na2CrO4+4H2O4Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上OH﹣失去电子生成H2O和O2，阴极上H+得到电子生成H2，故Cr2O72﹣在pH减小的电极室中制得，结合电极反应可知，阳极上OH﹣失去电子生成H2O和O2，pH降低，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阳极室中pH减小，结合图2数据，c（CrO42﹣）减小，c（Cr2O72﹣）增大，为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na+通过离子交换膜移向阴极。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $