第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（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 课标达标练 题型01 考查以制备物质简单流程为背景 题型02 考查以资源开发利用为背景 题型03 考查以物质的分离提纯为背景 题型04 考查制备物质综合工艺流程 题型05 考查化学原理在工业流程中的运用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查以物质制备简单流程为背景 1.（2025山东实验中学一模）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，下列说法正确的是 A.将晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸 B.与氧化铜反应的离子方程式为： C.时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤 D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥 2.（25威海一模）白硼钙石的主要成分是(含有少量)、FeO、和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠())易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A.“气体”中可能有、、NO B.该流程用到两步过滤操作 C.物质a可循环利用 D.“反应W”为非氧化还原反应 3.（2025菏泽一模）以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99. 下列说法错误的是 A.“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2 B.溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程 C.“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D.“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038 02 考查以资源开发利用为背景 4．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3 和Al（OH）3．下列说法错误的是（　　） A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 5.（2025淄博一模）用黄铜矿(主要成分，含少量)冶炼铜的一种工艺流程如图所示： 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；。下列说法错误的是 A. “一次浸取”反应方程式为 B. 滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得 C. “二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的溶液分离 D. “调节”中每生成，转移电子 6.（2025枣庄二调）为提高社会经济效益，钛厂、氯碱厂和甲醇厂进行联合生产，工艺流程如图。下列说法错误的是 A.“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8 B.制备TiO2·xH2O的方程式：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl C.“合成”反应中原子利用率达100% D.合成192t甲醇理论上需额外补充H2 5t 7.（2024济宁期中）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O ②As2S3 (s) +3S2－(aq) 2(aq) ③砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是 A.“沉砷”过程，用过量的Na2S代替FeS效果更好 B.浸渣的主要成分为FeS C.“还原”过程的离子方程式为2SO2+2H3AsO4=As2O3+2+4H++H2O D.“还原”后可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 03 考查以物质的分离提纯为背景 8.（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 9.（2025泰安二模）某小组设计如下工艺流程回收废旧印刷电路板中的铜，下列说法正确的是 A.反应Ⅰ的离子方程式为： B.操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 C.操作④以石墨为电极材料，溶液pH增大 D.上述化工流程中可以循环使用的物质有、、RH 10.（2025山东实验二模）13. 碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。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。下列有关说法正确的是（ ） 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 A. “焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B. “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 C. 为加快“氧化”速率温度越高越好 D. TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O 04 考查物质制备综合工艺流程 11．用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mn（OH）2 Ksp 1×10﹣16.3 1×10﹣38.6 1×10﹣32.3 1×10﹣12.7 回答下列问题： （1）软锰矿预先粉碎的目的是 　 　，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 　 　。 （2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 　 　。 （3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 　 　操作中 （填操作单元的名称）。 （4）净化时需先加入的试剂X为 　 　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 　 （当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。 （5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 　 　。 12.（2025德州烟台二模）铟烟灰渣[含等]为主要原料制备In和活性ZnO的工艺流程如下： 已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的pH： 开始沉淀 6.5 6.3 1.5 3.5 完全沉淀 8.5 8.3 2.8 4.8 ②在酸性溶液中可萃取三价金属离子：。 回答下列问题： （1）“热溶解”时生成与物质的量之比为___________；“浸渣1”的主要成分是___________(填化学式)。 （2）加入铁粉“还原”的目的是___________；“滤液2”最好进入___________(填操作单元)再利用；“电解”时粗铟接直流电源的___________(填“正极”或“负极”)。 （3）“调pH”中可选用的试剂X为___________(填标号)； A．Zn B．ZnO C． D．Fe 的使用量远大于理论计算量，可能的原因是___________；pH应控制的范围是___________。 （4）“沉锌”反应的离子方程式为___________。 13.（2025潍坊一模）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示： 已知25℃时：①，，，， ②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。 回答下列问题： （1）加入适量的主要目的是___________。 （2）“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗___________(用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则___________。 （3）“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为___________(填化学式)。 （4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是___________。 （5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为___________。 05 考查化学反应原理在工业流程中的应用 14.（2025日照二模）利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为 、还有铝箔、炭黑、有机粘合剂等)综合回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下图所示： 已知：①溶解度随温度升高而减小。②、易与转化为稳定配离子；③ ， ， 。 回答下列问题： （1）三元锂废料 中Ni、Mn的化合价分别为+2、+4价，若 ，则Co元素的化合价为_______。 （2）“碱浸”后的滤液中存在的阴离子有_______(填化学式)。 （3）“酸浸”后溶液中、、的浓度均为，欲使沉淀完全(离子浓度小于)，而不沉淀、理论上需调节溶液 范围为_______。实际“沉钴”时，在加入 之前需要先加入一定量氨水，其目的是_______。 （4）“沉锰”时需要调pH=5，此时锰以形式存在，加入溶液后，溶液先变成紫红色，后紫红色又褪去。则溶液变紫红色发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉锂”时发生反应 _______(已知 、 、 ，用含a、b、c的代数式表示)。 （6）“沉锂”操作中需升温到90℃，原因是①加快反应速率；②_______。 15.（2025菏泽一模）从银锌渣中(含有Bi、Pb、Ag、Zn、Au等金属)，回收Bi、Ag、Au工艺流程如图： 已知：①氯化浸出Au单质比置换还原Au单质效率高； ②室温下Ksp(PbCl2)=1×10-4，Ksp(AgCl)=1.8×10-10； ③溶液中离子浓度<10-5mol/L时，即可认定该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“氯化浸出”通入蒸汽的目的是___________；实际生产中KClO3溶液的浓度不宜过高的原因是___________。 （2）“置换1”可选用的试剂X为___________(填标号)。 A．Mg B．Zn C．Au D．Bi “置换2”反应的离子方程式___________。 （3）“还原熔炼”中碳酸钠与AgCl反应生成两种无色气体，分别为___________(填化学式)。 （4）“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是___________，将“沉银”生成的银粉制成电极板用作___________(填“阴极”或“阳极”)进行电解精炼。 （5）若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1mol Ag+、0.2mol Pb2+，加入NaCl溶液充分沉铅银后的溶液体积为100mL，理论上至少消耗___________mol NaCl。 1. 【资源开发与利用】（2025聊城一模）稀土是国家的战略资源之一，以下是一种以独居石[主要成分为，含有、和少量杂质]为原料制备的工艺流程图。 已知：①步骤1中转化为；②在空气中易被氧化成；③25℃时，，，。 下列说法正确的是 A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应 B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气 C.共沉渣成分主要为和 D.“沉淀”步骤所得溶液中 2.（2025潍坊一模）工业上从钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中回收Co和Ni的流程如下。 已知：① ；②，完全沉淀时；③。下列说法正确的是 A. 滤渣1是Cu，滤渣2是 B. 氧化性： C. 若沉镍完全后滤液中，则 D. “氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2:1 3.（2025齐鲁联盟3月）ZnS俗称荧光粉，在光电领域有重要应用，利用含锌硅酸盐矿(，还含有CuO、、)为原料制备ZnS和高纯镓的工艺流程如下，下列说法错误的是 已知：①镓及其化合物性质类似于铝，溶液中的氯离子会影响镓电解析出； ②； ③时，开始溶解；时，。 A. 滤渣1”的主要成分为 B. 电解”操作中，阴极电极反应式为 C.金属A为Zn，目的是置换 D.“沉铁”的离子反应为 4.（2025潍坊一模）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料等领域。一种用某含钴铜渣（主要成分和，含、、、、等）制备单质的流程如下： 已知：①酸性条件下有氧化性； ②当反应的平衡常数时，可以认为反应进行完全；，草酸的电离常数。 回答下列问题： （1）具有磁性，中的化合价为_____；“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是_____。 （2）回收时，温度控制在之间，原因是_____。 （3）在“除铜”操作中，通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的转化为Cu（s）而除去，符合要求的反应体系是_____。 A. B. C D. （4）“氧压水解分离”发生反应的离子方程式为_____。 （5）可通过电解精炼粗钴制取钴单质，用硫酸钴溶液作为电解质，控制阴极室为3~5之间，若过低，会影响产率，原因是_____。 （6）“沉钴”时，若用草酸代替草酸铵溶液、试通过计算来说明草酸能否实现完全沉钴_____。 5.（2025济宁一模）某工业废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，并提取粗As2O3的工艺流程如图所示。 已知：Ⅰ．“一级沉砷”后滤渣为As2S3和FeS，“焙烧”过程中残留少量As2S3。 Ⅱ．与过量的存在反应：，。 回答下列问题： （1）写出亚砷酸转化为As2S3的离子方程式_______，FeSO4的作用为_______。 （2）滤渣2的成分为_______。 （3）“二级沉砷”过程中石灰乳的作用是，在一定温度下将砷元素转化为沉淀，主要反应有： a． b． 加入石灰乳调溶液中，此时溶液中______(已知：)。 （4）“还原”过程发生反应的化学方程式_______。 （5）从综合利用的角度看，可循环利用的物质为_______。 （6）As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的产率，结晶过程中应控制的条件为_______。 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. （2025·甘肃卷11）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 3.（2025·黑吉辽卷11） 某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中 4.（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。 5.（2025·河南卷15）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]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”中转化为，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，但夹杂少量和，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，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(III)反应的物质的量之比为_______。 （6）“酸溶3”的目的是_______。 6.（2025·安徽卷15）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_______。 （2）“浸出液”中主要的金属离子有、_______(填离子符号)。 （3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为_______；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中_______(忽略溶液体积的变化)。 （4）其他条件相同时，盐浸，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_______。 （5）“漫出渣2”中主要含有、_______(填化学式)。 （6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是_______。 （7）由制备无水的最优方法是_______(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 7.（2025·北京卷18）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 8.（2025·甘肃卷16）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、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：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为_______。 （2）将通入和的混合溶液可制得，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)。 9.（2025·广东卷18）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 10.（2025·河北卷16）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。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式：_______。 （2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：_______。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______(填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因：_______。 （5）滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应化学方程式_______。 （7）滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称) 11.（2025·湖北卷16）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： （1）基态氟离子的电子排布式为_______。 （2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积_______。 （3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应_______(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度_______(填“>”或“<”) （4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式_______。 （5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为_______(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 （6）研磨能够促进固相反应的原因可能有_______(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触 12.（2025·江苏卷14）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 13.（2025·黑吉辽卷16）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （1）分子中手性碳原子数目为_______。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为_______(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 （5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。 14.（2025·陕青宁卷16）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②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，写出形成的被氧化成的化学方程式_______。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为_______。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和_______(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是_______。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，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，元素发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应。 15.（2025·云南15）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为_______。 （2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为_______。 （3）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为_______。 （4）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则_______。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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 课标达标练 题型01 考查以制备物质简单流程为背景 题型02 考查以资源开发利用为背景 题型03 考查以物质的分离提纯为背景 题型04 考查制备物质综合工艺流程 题型05 考查化学原理在工业流程中的运用 02 核心突破练 03 真题溯源练 01 考查以物质制备简单流程为背景 1.（2025山东实验中学一模）二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的流程如下，下列说法正确的是 A.将晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸 B.与氧化铜反应的离子方程式为： C.时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤 D.由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥 【答案】C 【解析】A．不稳定，在加热条件下易分解，故只能微热，不能煮沸，A错误；B．该反应中为络离子，不能拆开，B错误；C．时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质，减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体的析出，C正确；D．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D错误。 2.（25威海一模）白硼钙石的主要成分是(含有少量)、FeO、和等杂质)，利用白硼钙石制取强还原剂的工艺流程如下： 已知微溶于水，易溶于乙醇；偏硼酸钠())易溶于水，溶解度随温度升高而增大，难溶于乙醇，碱性条件下稳定。下列说法错误的是 A.“气体”中可能有、、NO B.该流程用到两步过滤操作 C.物质a可循环利用 D.“反应W”为非氧化还原反应 【答案】A 【解析】由题干流程图可知，将白硼钙石的主要成分是Ca4B10O19·7H2O(含有少量Fe2O3、FeO、CaCO3和SiO2等杂质)粉碎后加入浓硝酸，将Ca转化为Ca(NO3)2、Fe转化为Fe(NO3)3、B转化为H3BO3，SiO2不溶于硝酸，操作X为过滤，得到滤液，主要含有Ca(NO3)2、Fe(NO3)3，滤渣主要含有SiO2和H3BO3，向滤渣中加入乙醇进行醇浸，操作Y为过滤得到滤渣，主要成分为SiO2，滤液中含有H3BO3的酒精溶液，向滤液中加入NaOH溶液进行水浴加热，将H3BO3转化为NaBO2，将乙醇蒸馏出来即为物质a，操作Z对滤液进行蒸发浓缩、降温结晶，过滤干燥，获得纯净的NaBO2固体，将固体NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和耐火材料即MgO。A．气体为浓硝酸与氧化亚铁反应后生成的NO2及与碳酸钙反应产生的CO2，无NO气体，A错误；B．由分析，操作X和操作Y都是过滤，B正确；C．由分析，物质a乙醇，可以在醇浸步骤循环使用，C正确； D．“反应W”为NaBO2和MgH2混合反应生成NaBH4和MgO，无元素化合价变化，是非氧化还原反应，D正确。 3.（2025菏泽一模）以氧化铋渣(Bi2O3、Sb2O3，含Ag2O和SiO2等杂质)为原料制备钼酸铋(Bi2MoO6，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：H2S的Ka1=1.0×10-7，Ka2=1.0×10-13；Ksp(Bi2S3)=2.0×10-99. 下列说法错误的是 A.“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2 B.溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程 C.“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3 D.“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K=5.0×1038 【答案】C 【解析】由题干信息可知，氧化铋渣加入盐酸和氯化钠溶液，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，其他物质和盐酸生成相应氯化物，过滤，向滤液中加水加热得到Sb2O3，过滤，向滤液中加入H2S，生成Bi2S3和HCl，再次过滤得到Bi2S3固体和溶液X，则X中含有HCl和NaCl，向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，向硝酸铋溶液中加入(NH4)6Mo7O24•4H2O得到Bi2MoO6，据此分析解题。 A．由分析可知，二氧化硅不与盐酸反应，氧化银和盐酸反应生成氯化银，即“浸渣”的主要成分为AgCl和SiO2，A正确；B．由分析可知，X中含有HCl和NaCl，则溶液X经处理后可循环用于“酸浸”过程，B正确；C．由分析可知，“酸溶”时产生NO即向Bi2S3中加入硝酸得到单质硫、NO和硝酸铋，反应方程式为：Bi2S3+8HNO3(稀)=2Bi(NO3)3+2NO↑+4H2O+3S↓，反应中Bi2S3为还原剂，HNO3部分为氧化剂，故理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，C错误；D．“沉铋”反应2Bi3+(aq)+3H2S(aq)=Bi2S3(s)+6H+(ag)的平衡常数K======5.0×1038，D正确。 02 考查以资源开发利用为背景 4．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3）为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe（OH）3 和Al（OH）3．下列说法错误的是（　　） A．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl═MgCl2+2NH3↑+H2O B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 【答案】B 【解析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，其中MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe（OH）3、Al（OH）3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg（OH）2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。 A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl＝MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe（OH）3、Al（OH）3的Ksp远小于Mg（OH）2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确。 5.（2025淄博一模）用黄铜矿(主要成分，含少量)冶炼铜的一种工艺流程如图所示： 已知：“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；。下列说法错误的是 A. “一次浸取”反应方程式为 B. 滤液1在空气中加热蒸干灼烧后，可得 C. “二次浸取”后滤渣中的混合物可用热的溶液分离 D. “调节”中每生成，转移电子 【答案】C 【解析】黄铜矿(主要成分，含少量)，加氯化铁进行浸取，“一次浸取”后的滤渣主要为、S、；可知被氯化铁氧化生成和S；过滤后滤渣加NaCl溶液二次浸取，转化为；过滤所得滤液加盐酸调节pH，转化为Cu。 A．结合已知被氯化铁氧化生成和S，氯化铁被还原为氯化亚铁，根据得失电子守恒以及元素守恒得反应方程式：，故A正确；B．滤液1主要成分为氯化亚铁，在空气中加热会被氧化为氯化铁，蒸干过程中氯化铁水解生成氢氧化铁，灼烧得到氧化铁，故B正确；C．二次浸取后滤渣为S和SiO2，两者均能与NaOH反应，因此不能用热的溶液分离，故C错误；D．“调节”时发生反应：，每生成，转移电子，故D正确。 6.（2025枣庄二调）为提高社会经济效益，钛厂、氯碱厂和甲醇厂进行联合生产，工艺流程如图。下列说法错误的是 A.“氯化”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为7：8 B.制备TiO2·xH2O的方程式：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl C.“合成”反应中原子利用率达100% D.合成192t甲醇理论上需额外补充H2 5t 【答案】D 【解析】由图知，精制浓缩海水在电解槽中发生反应，得到烧碱、Cl2和H2，将Cl2、C和FeTiO3发生绿化反应得到FeCl3、TiCl4和CO，反应的化学方程式为，CO与H2发生反应合成甲醇，TiC4与水发生TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl反应制备TiO2·xH2O，据此回答。 A．由分析知，“氯化”反应的化学方程式为，在该反应中Cl2中氯元素化合价降低，作氧化剂；C和Fe元素化合价升高，作还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，A正确；B．根据元素守恒可知，TiC4与水反应制备TiO2·xH2O的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl，B正确；C．“合成” 反应为，反应物中的原子全部转化为目标产物，原子利用率达100%，C正确；D．电解精制浓缩海水生成Cl2和H2，根据，“氯化” 中，CO与H2合成甲醇，192t甲醇的物质的量为，则需要的CO和H2物质的量分别为、，则电解产生的氯气的物质的量=电解产生的氢气的物质的量=生成CO对应的Cl2物质的量为7×106mol，则还需额外补充H2的物质的量为，质量为，D错误。 7.（2024济宁期中）砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O ②As2S3 (s) +3S2－(aq) 2(aq) ③砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是 A.“沉砷”过程，用过量的Na2S代替FeS效果更好 B.浸渣的主要成分为FeS C.“还原”过程的离子方程式为2SO2+2H3AsO4=As2O3+2+4H++H2O D.“还原”后可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 【答案】A 【解析】含砷废水中加入，根据滤渣为、可知，滤液Ⅰ中含有；滤渣中加入氢氧化钠溶液，生成，过滤除去；滤液中加入，氧化生成，同时脱硫得到S，酸化得到，被二氧化硫还原为。 A．“沉砷”过程，不可以用过量的Na2S代替FeS，加入过量Na2S易溶于水，平衡正向移动，不利于“沉砷”，A错误；B．根据流程图，浸渣的主要成分为FeS，B正确； C．还原过程中，与二氧化硫反应，化学方程式，C正确；D．在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原，而HI被氧化为碘单质，故可以用HI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸，D正确。 03 考查以物质的分离提纯为背景 8.（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。 9.（2025泰安二模）某小组设计如下工艺流程回收废旧印刷电路板中的铜，下列说法正确的是 A.反应Ⅰ的离子方程式为： B.操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒 C.操作④以石墨为电极材料，溶液pH增大 D.上述化工流程中可以循环使用的物质有、、RH 【答案】A 【解析】废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液，得到铜氨溶液和残渣，分离难溶性固体和溶液采用过滤方法，所以操作①是过滤，反应Ⅰ是将Cu转化为，Cu元素化合价由0价变为+2价，所以Cu是还原剂，则双氧水是氧化剂，将Cu氧化；反应Ⅱ是与有机物RH反应，生成CuR2，同时生成、；互不相溶的液体采用分液方法分离，所以操作②是分液；向有机层中加入稀硫酸，根据流程图知，生成CuSO4和HR，然后采用分液方法分离得到HR，以石墨为电极电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上铜离子放电；电解硫酸铜溶液时能得到硫酸，硫酸能循环利用。 A．反应Ⅰ得到铜氨溶液，根据得失电子守恒、离子守恒、原子守恒，离子方程式为：，A正确；B．操作③是分液，使用的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗，B错误；C．操作④以石墨为电极材料，电解总反应：，则溶液pH减小，C错误；D．根据分析知，上述化工流程中可以循环使用的物质有、、RH、，D错误。 10.（2025山东实验二模）13. 碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。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。下列有关说法正确的是（ ） 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 A. “焙烧”用到的主要硅酸盐产品仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒 B. “还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2 C. 为加快“氧化”速率温度越高越好 D. TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O 【答案】D 【解析】由工艺流程分析可知，铜阳极泥经O2焙烧得到TeO2，碱浸时TeO2与NaOH反应得到Na2TeO3，再经过氧化和酸化得到TeO42-，TeO42-与Na2SO3发生氧化还原反应得到粗碲，3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-。 A．“焙烧”硅酸盐产品主要用到的仪器有：坩埚、泥三角、酒精灯和玻璃棒，不能用蒸发皿，A选项错误； B．还原时发生反应：3SO32-+TeO42-+2H+===Te↓+H2O+3SO42-，氧化剂为TeO42-，还原剂SO32-，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1:3，B选项错误；C．“氧化”时氧化剂为H2O2，温度过高，H2O2会分解，氧化效果会减弱，C选项错误；D．根据上述分析，并结合题干条件，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱， TeO2是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为TeO2 +2OH- =TeO32- +H2O，D选项正确。 04 考查物质制备综合工艺流程 11．用软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3 ）和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如图： 已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe（OH）2 Fe（OH）3 Al（OH）3 Mn（OH）2 Ksp 1×10﹣16.3 1×10﹣38.6 1×10﹣32.3 1×10﹣12.7 回答下列问题： （1）软锰矿预先粉碎的目的是 　 　，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为 　 　。 （2）保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba（OH）2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 　 　。 （3）滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入到 　 　操作中 （填操作单元的名称）。 （4）净化时需先加入的试剂X为 　 　（填化学式），再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为 　 （当溶液中某离子浓度c≤1.0×10﹣5mol•L﹣1时，可认为该离子沉淀完全）。 （5）碳化过程中发生反应的离子方程式为 　 　。 【答案】（1）增大反应接触面积，充分反应，提高反应速率；MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S； （2）过量的MnO2消耗了产生的Ba（OH）2；（3）蒸发；（4）H2O2；4.9； （5）Mn2++HCO3-+NH3•H2O＝MnCO3↓+NH4++H2O。 【解析】软锰矿粉（主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3）加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S，过滤得到Ba（OH）2溶液，经蒸发结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2+转化为Fe3+，然后加入氨水调节pH，使Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe（OH）3和Al（OH）3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2+，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。 （1）软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由+4价降低为+2价，根据元素价态规律可知﹣2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1：1，根据后续流程可知产物还有Ba（OH）2，结合元素守恒可得化学方程式为：MnO2+BaS+H2O＝Ba（OH）2+MnO+S， （2）根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba（OH）2，从而使Ba（OH）2的量达到最大值会减小， （3）滤液I为结晶后剩余的Ba（OH）2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用， （4）净化时更好的除去Fe元素需要将Fe2+氧化为Fe3+，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe（OH）3和Al（OH）3为同种沉淀，而Al（OH）3的Ksp稍大，所以当Al3+完全沉淀时，Fe3+也一定完全沉淀，当c（Al3+）＝1.0×10﹣5mol/L时，c（OH﹣）═10﹣9.1mol/L，所以c（H+）＝10﹣4.9mol/L，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9， （5）碳化过程Mn2+和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2+++NH3•H2O＝MnCO3↓++H2O。 12.（2025德州烟台二模）铟烟灰渣[含等]为主要原料制备In和活性ZnO的工艺流程如下： 已知：①常温下，一些金属离子开始沉淀与完全沉淀时的pH： 开始沉淀 6.5 6.3 1.5 3.5 完全沉淀 8.5 8.3 2.8 4.8 ②在酸性溶液中可萃取三价金属离子：。 回答下列问题： （1）“热溶解”时生成与物质的量之比为___________；“浸渣1”的主要成分是___________(填化学式)。 （2）加入铁粉“还原”的目的是___________；“滤液2”最好进入___________(填操作单元)再利用；“电解”时粗铟接直流电源的___________(填“正极”或“负极”)。 （3）“调pH”中可选用的试剂X为___________(填标号)； A．Zn B．ZnO C． D．Fe 的使用量远大于理论计算量，可能的原因是___________；pH应控制的范围是___________。 （4）“沉锌”反应的离子方程式为___________。 【答案】（1） （2）转化为，防止进入有机相 沉锌 正极 （3） BC 产生催化分解 （4） 【解析】热溶解时得到、、、、、等，水浸得到浸渣1为，还原除砷时，与生成，加入铁粉还原，在酸性溶液中可萃取三价金属离子：，再加入稀硫酸反萃取，得到，加入锌粉置换得到粗，电解精炼得到纯；萃取后的水相中含有、等，加入氧化，加入ZnO或者调pH得到氢氧化铁沉淀，加入碳酸氢铵溶液沉锌，得到，灼烧得到活性氧化锌。 （1）“热溶解”时发生：，则生成与物质的量之比为；根据分析知，“浸渣1”的主要成分是； （2）根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将转化为，防止进入有机相；“滤液2”主要成分是硫酸锌，最好进入沉锌再利用；“电解”时粗铟为阳极，纯铟为阴极，则粗铟接直流电源的正极； （3）锌与铁可以还原，为了不引入新杂质，加入ZnO或者调pH得到氢氧化铁沉淀；的使用量远大于理论计算量，可能的原因是产生的催化分解；控制pH使沉淀，而不沉淀，则pH应控制的范围是； （4）根据原子守恒与电荷守恒，“沉锌”反应的离子方程式为：。 13.（2025潍坊一模）偏磷酸钡具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为，含有少量、、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示： 已知25℃时：①，，，， ②将通入溶液中，当时生成，时生成，时生成，磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐。 回答下列问题： （1）加入适量的主要目的是___________。 （2）“滤渣2”的主要成分有、S及，则脱砷元素和铁元素的反应中共消耗___________(用含a和b的代数式表示)；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则___________。 （3）“氨化”的目的之一是通入适量调节溶液的pH，从保证产率的角度出发，此时转化为A，A为___________(填化学式)。 （4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是___________。 （5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、两种气体(空间构型分别为三角锥形和平面三角形)等物质，其反应的化学方程式为___________。 【答案】（1）除去硫酸根(或将硫酸根转化为沉淀) （2） （3） （4），F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全 （5） 【解析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2； （1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4； （2）“滤渣2”的主要成分有、S及，反应中铁离子化合价由+3变为+2，得到电子amol，砷化合价由+5变为+3，得到电子4bmol，由电子守恒可知，被氧化的硫离子化合价由-2变为0，为（a+4b）mol÷2，、消耗硫离子(a+b)mol，故脱砷元素和铁元素的反应中共消耗：()；25℃下，“脱砷铁”后滤液中，则； （3）磷酸二氢盐的溶解性类似于硝酸盐，磷酸一氢盐和磷酸正盐的溶解性类似于碳酸盐，则反应中应该调节pH使得转化为，便于后续分离； （4）因为，则F-与磷酸反应生成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故“氨化”与“脱镁”交换，导致Mg2+沉淀不完全； （5）“结晶”后得到A的晶体，与硫酸钡“煅烧”时生成、空间构型分别为三角锥形和平面三角形的两种气体，结合质量守恒可知，分别为氨气、三氧化硫，氨气分子中N为sp3杂化、三氧化硫分子中硫为sp2杂化，分别为三角锥形和平面三角形构型，则其反应的化学方程式为。 05 考查化学反应原理在工业流程中的应用 14.（2025日照二模）利用废旧三元锂离子电池正极材料(主要成分为 、还有铝箔、炭黑、有机粘合剂等)综合回收钴、锰、镍、锂的工艺流程如下图所示： 已知：①溶解度随温度升高而减小。②、易与转化为稳定配离子；③ ， ， 。 回答下列问题： （1）三元锂废料 中Ni、Mn的化合价分别为+2、+4价，若 ，则Co元素的化合价为_______。 （2）“碱浸”后的滤液中存在的阴离子有_______(填化学式)。 （3）“酸浸”后溶液中、、的浓度均为，欲使沉淀完全(离子浓度小于)，而不沉淀、理论上需调节溶液 范围为_______。实际“沉钴”时，在加入 之前需要先加入一定量氨水，其目的是_______。 （4）“沉锰”时需要调pH=5，此时锰以形式存在，加入溶液后，溶液先变成紫红色，后紫红色又褪去。则溶液变紫红色发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉锂”时发生反应 _______(已知 、 、 ，用含a、b、c的代数式表示)。 （6）“沉锂”操作中需升温到90℃，原因是①加快反应速率；②_______。 【答案】（1）+3 （2）和 （3） 、易与NH3转化为稳定配离子，沉钴时不发生共沉淀 （4） （5） （6）Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，有利于沉锂；随温度升高到90℃，碳酸分解，平衡正向移动，提高产率 【解析】三元锂离子电池正极材料粉碎灼烧除去炭黑、有机粘合剂，铝箔转化为氧化铝，碱浸后氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，酸浸时加入硫酸和过氧化氢将金属转化成离子，通过加一水合氨、草酸铵“沉钴”除去钴元素，产生的是CoC2O4•2H2O，说明此时钴元素的价态为+2价，说明加入的过氧化氢作为还原剂还原钴元素为+2价，加入K2S2O8溶液通过氧化还原将锰元素转化为二氧化锰，加入碳酸钠和氢氧化钠除镍，最后将锂离子转化成碳酸锂。 （1）根据已知，三元锂废料化学式为 ，Li、Ni、Mn、O的化合价分别为+1、+2、+4、-2价，则Co的化合价为。 （2）“碱浸”时碱将氧化铝转化成四羟基合铝酸钠钠，所以滤液中大量存在的阴离子和剩余的。 （3）当完全沉淀(离子浓度小于)时：，，，所以只要锰离子不沉淀，镍离子就一定不沉淀，当锰离子恰好不沉淀时，浓度均为，，需调节的范围为，加入之前须先加入一定量氨水，推测所加氨水的作用为将、转化为稳定配离子，避免沉钴时与共沉淀。 （4）首先被氧化为，离子方程式为。 （5）。 （6）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃的原因有：加快反应速率；Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，温度升高到90℃，有利于沉锂；温度升高到90℃，碳酸分解，平衡正向移动，提高产率。 15.（2025菏泽一模）从银锌渣中(含有Bi、Pb、Ag、Zn、Au等金属)，回收Bi、Ag、Au工艺流程如图： 已知：①氯化浸出Au单质比置换还原Au单质效率高； ②室温下Ksp(PbCl2)=1×10-4，Ksp(AgCl)=1.8×10-10； ③溶液中离子浓度<10-5mol/L时，即可认定该离子沉淀完全。 回答下列问题： （1）“氯化浸出”通入蒸汽的目的是___________；实际生产中KClO3溶液的浓度不宜过高的原因是___________。 （2）“置换1”可选用的试剂X为___________(填标号)。 A．Mg B．Zn C．Au D．Bi “置换2”反应的离子方程式___________。 （3）“还原熔炼”中碳酸钠与AgCl反应生成两种无色气体，分别为___________(填化学式)。 （4）“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是___________，将“沉银”生成的银粉制成电极板用作___________(填“阴极”或“阳极”)进行电解精炼。 （5）若“酸溶”过滤后的溶液中含有0.1mol Ag+、0.2mol Pb2+，加入NaCl溶液充分沉铅银后的溶液体积为100mL，理论上至少消耗___________mol NaCl。 【答案】（1）提高浸出温度和反应速率，提升银锌渣的浸出率 使浸出液中溶解的Au增多，降低Au的回收率 （2）D （3）和 （4）作还原剂（或还原） 阳极 （5）0.82 【解析】从银锌渣中(含有Bi、Pb、Ag、Zn、Au等金属)，回收Bi、Ag、Au工艺流程为：将银锌渣加入、HCl、水蒸气氯化浸出，过滤得滤液、、，加入试剂X置换出Au，剩余溶液、，再加入金属Zn将Bi置换出来过滤，对滤液进行蒸发浓缩，冷却结晶，离心脱水后得；将氯化浸出过滤得的滤渣、、Au，加入纯碱进行还原熔炼得到银金铅合金，再进行酸溶剩余单质Au，在得到的酸性溶液中加入NaCl沉铅银转变为、，加氨水溶解为，过滤得固体，最后在中加入水合肼还原出单质银。 （1）在氯化浸出过程中，使用水蒸气一是提高浸出的温度，同时还能提升银锌渣的浸出速率，使银锌渣充分浸出；加入的目的是将Bi和Zn氧化成和进入浸出液，在和HCl的共同作用下还氧化部分Au转化为，如溶液的浓度过高，会使浸出液中溶解的Au增多，降低Au的回收率。 （2）在置换1中加入X后能将中的Au元素置换出来，再根据后面主要滤液主要含、，又不能置换出Bi，根据金属活动顺序，同时又不能带入新的杂质，则X可选用的金属为： A．Mg：能将溶液中的Au、Bi、Zn都置换出来，A不符合题意； B．Zn：将Au置换出来的同时也会将Bi置换出，B不符合题意； C．Au ：与溶液中的离子不发生反应，C不符合题意； D．Bi：只置换出Au，不消耗、，D符合题意； “置换2”是利用试剂Y将Bi置换出来，根据不能带入新的杂质的原理，则加入的Y为Zn，反应的离子方程式为：。 （3）“还原熔炼”中碳酸钠与AgCl反应生成两种无色气体，所以无产生，根据元素的特点，则产生的气体由C元素和O元素中的1种或2种组成，得到反应的方程式为：，则生成两种无色气体分别为：和。 （4）“沉银”中水合肼(N2H4·H2O)的作用是将还原为单质Ag，反应的离子方程式为：；得到的粗银需要进行电解精炼，根据电解精炼的原理，需要精炼的粗银要作为电解的阳极，含的溶液作电解液，纯银作阴极，发生的电极反应为：阳极，阴极，从而实现银的精炼。 （5）在含有0.1mol Ag+、0.2mol Pb2+的溶液中，要沉淀完全和，根据，，首先需要，根据室温下，，当浓度量，此时，而当溶液中浓度时，此时溶液的 为：大于中，所以当沉淀后的溶液中时，和都沉淀完全，则此时还需要加入，则理论上至少消耗NaCl的物质的量为。 1. 【资源开发与利用】（2025聊城一模）稀土是国家的战略资源之一，以下是一种以独居石[主要成分为，含有、和少量杂质]为原料制备的工艺流程图。 已知：①步骤1中转化为；②在空气中易被氧化成；③25℃时，，，。 下列说法正确的是 A.仅“热分解”步骤发生了氧化还原反应 B.滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气 C.共沉渣成分主要为和 D.“沉淀”步骤所得溶液中 【答案】BC 【解析】独居石的主要成分为，含有和少量镭杂质，加入进行热分解，发生反应：，中的被氧化为，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有，过滤得到的固体产物中加入盐酸，具有氧化性，与盐酸发生反应：，废气为氯气，调节，使铀和转化为和沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使形成共沉淀，得到含有的溶液，经过一系列操作，得到，据此分析作答。 A．在“溶解”步骤中也发生了氧化还原反应：，A错误；B．得到的滤液中含有过量的，废气中含有氯气，两者可以发生反应，因此，滤液可吸收“溶解”步骤产生的废气，B正确；C．根据分析可知，共沉渣成分主要为和，C正确； D．“沉淀”步骤，根据溶度积常数可得：，D错误。 2.（2025潍坊一模）工业上从钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中回收Co和Ni的流程如下。 已知：① ；②，完全沉淀时；③。下列说法正确的是 A. 滤渣1是Cu，滤渣2是 B. 氧化性： C. 若沉镍完全后滤液中，则 D. “氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】AC 【解析】钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu），用硫酸溶液溶解并过滤，除去不溶于酸和水的杂质Cu，同时得到含有Ni2+、Fe2+及Co2+的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用CoCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续加入氨水，可生成Ni(OH)2，再过滤除去，向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉得到Co(OH)3。 A．由分析可知，滤渣1是Cu，滤渣2是，A正确；B．氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，但不能氧化Co2+，说明氧化性：，B错误；C．完全沉淀时，则溶液中c(OH-)=，若沉镍完全后滤液中，，≥=，C正确；D．向滤液中加入Na2SO3和NaOH氧化沉得到Co(OH)3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，是氧化剂，是还原剂，氧化剂、还原剂的物质的量之比为1:2，D错误。 3.（2025齐鲁联盟3月）ZnS俗称荧光粉，在光电领域有重要应用，利用含锌硅酸盐矿(，还含有CuO、、)为原料制备ZnS和高纯镓的工艺流程如下，下列说法错误的是 已知：①镓及其化合物性质类似于铝，溶液中的氯离子会影响镓电解析出； ②； ③时，开始溶解；时，。 A. 滤渣1”的主要成分为 B. 电解”操作中，阴极电极反应式为 C.金属A为Zn，目的是置换 D.“沉铁”的离子反应为 【答案】CD 【解析】含锌硅酸盐矿中的在稀硫酸酸浸时硅酸根转变成沉淀进入滤渣，滤液中含有、、、、、、，加入后将转化成，有利于后续加入溶液将转化成沉淀除去，加入“金属A”的目的是除去，而根据已知信息①“溶液中的氯离子会影响镓电解析出”可知，在该“除杂”步骤中需将一并除去，再根据已知信息②“”可知，加入金属铜即可达到此目的，加入NaOH溶液调pH，使沉淀成沉淀，然后经过转化最后得到ZnS，根据信息③“时，开始溶解”知当调时，滤液中元素Ga以形式存在，则电解时阴极得到高纯Ga的电极反应式为。 A．根据上述分析可知，“滤渣1”的成分为，A正确；B．由分析可知，“电解”操作中，阴极的电极反应式为，B正确；C．根据分析知，“金属A”为Cu，加入后发生的反应，目的是除去和，C错误；D．“沉铁”时溶液为酸性，所以离子反应为，D错误。 4.（2025潍坊一模）钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料等领域。一种用某含钴铜渣（主要成分和，含、、、、等）制备单质的流程如下： 已知：①酸性条件下有氧化性； ②当反应的平衡常数时，可以认为反应进行完全；，草酸的电离常数。 回答下列问题： （1）具有磁性，中的化合价为_____；“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是_____。 （2）回收时，温度控制在之间，原因是_____。 （3）在“除铜”操作中，通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的转化为Cu（s）而除去，符合要求的反应体系是_____。 A. B. C D. （4）“氧压水解分离”发生反应的离子方程式为_____。 （5）可通过电解精炼粗钴制取钴单质，用硫酸钴溶液作为电解质，控制阴极室为3~5之间，若过低，会影响产率，原因是_____。 （6）“沉钴”时，若用草酸代替草酸铵溶液、试通过计算来说明草酸能否实现完全沉钴_____。 【答案】（1） 还原和 （2）温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速率（或溶解度）小 （3）A （4） （5）浓度大，先于放电 （6）；，钴离子沉淀不完全 【解析】“还原浸出”过程将金属氧化物溶解，并且将三价钴和三价铁还原为二价钴和二价铁，同时生成S，二氧化硅不溶于酸，滤渣为S和SiO2，然后将Cu2+还原为Cu除去，再把Fe2+氧化为氧化铁沉淀除去，最后将Co2+还原为Co。 （1）中S为-2价，的化合价为；“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是还原和。 （2）滤渣中包括S和二氧化硅，用苯萃取滤渣可回收S，为保证萃取分离速度和效率，需要温度控制在之间，原因是温度过高苯易挥发，温度过低硫的溶解速率（或溶解度）小。 （3）在“除铜”操作中，通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的转化为Cu（s）而除去，符合要求的反应体系是，故答案为A。 （4）据分析，“氧压水解分离”是把Fe2+氧化为氧化铁沉淀除去，发生反应的离子方程式为。 （5）可通过电解精炼粗钴制取钴单质，用硫酸钴溶液作为电解质，控制阴极室为3~5之间，若过低，会影响产率，原因是浓度大，先于放电。 （6）；，钴离子沉淀不完全。 5.（2025济宁一模）某工业废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，并提取粗As2O3的工艺流程如图所示。 已知：Ⅰ．“一级沉砷”后滤渣为As2S3和FeS，“焙烧”过程中残留少量As2S3。 Ⅱ．与过量的存在反应：，。 回答下列问题： （1）写出亚砷酸转化为As2S3的离子方程式_______，FeSO4的作用为_______。 （2）滤渣2的成分为_______。 （3）“二级沉砷”过程中石灰乳的作用是，在一定温度下将砷元素转化为沉淀，主要反应有： a． b． 加入石灰乳调溶液中，此时溶液中______(已知：)。 （4）“还原”过程发生反应的化学方程式_______。 （5）从综合利用的角度看，可循环利用的物质为_______。 （6）As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如图所示。为了提高粗As2O3的产率，结晶过程中应控制的条件为_______。 【答案】（1）2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O ②. 与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成(与过量的S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果) （2）S （3）2.15×10-8mol/L （4）H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4 （5）SO2和H2SO4 （6）调硫酸浓度约为7mol/L，冷却至25℃ 【解析】工业废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在，加入Na2S、FeSO4，“一级沉砷”后滤渣为As2S3和FeS，其中FeSO4可除去过量的S2-生成FeS，滤渣焙烧后产生SO2气体、Fe2O3固体、As2O3固体和少量As2S3固体，固体用NaOH溶液处理，As2O3和As2S3转化为，Fe2O3不和NaOH溶液反应，过滤后存在于滤渣1中，向滤液中加入H2O2溶液将氧化为和S单质，滤液2是S，滤液酸化后得到，H3AsO4被SO2还原生成H3AsO3，“二级沉砷”过程中石灰乳的作用是，在一定温度下将砷元素转化为沉淀。 （1）“一级沉砷”中H3AsO3和Na2S发生氧化还原反应生成As2S3沉淀和水，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2H3AsO3+3S2-+6H+=As2S3+6H2O，FeSO4的作用为：与过量的S2-结合生成FeS沉淀，防止As2S3与S2-结合生成(与过量的S2-结合生成FeS沉淀，使平衡左移，提高沉砷效果)。 （2）由分析可知，滤渣2的成分为S。 （3）加入石灰乳调溶液中，由方程式a可知，由方程式b可知，此时溶液中=mol/L=2.15×10-8mol/L。 （4）“还原”过程中H3AsO4被SO2还原生成H3AsO3，SO2被氧化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：H3AsO4+SO2+H2O=H3AsO3+H2SO4。 （5）从综合利用的角度看，焙烧时产生SO2气体，还原时消耗SO2，“一级沉砷”时消耗H2SO4，还原”过程中生成H2SO4，则可循环利用的物质为SO2和H2SO4。 （6）为了提高粗As2O3的产率，需要使其溶解度尽可能小，则结晶过程中应控制的条件为调硫酸浓度约为7mol/L，冷却至25℃。 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. （2025·甘肃卷11）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 【答案】D 【解析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了溶解度比小的性质，D正确。 3.（2025·黑吉辽卷11） 某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中 【答案】C 【解析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误； D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确。 4.（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。 5.（2025·河南卷15）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为、(铑)、，含有少量]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”中转化为，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，但夹杂少量和，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，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为_______(填标号)[已知的]。 A．2.0 B．4.0 C．6.0 （5）“活化还原”中，必须过量，其与(III)反应可生成，提升了的还原速率，该配离子中的化合价为_______；反应中同时生成，(III)以计，则理论上和(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） SiO2 （3）、 （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、(铑)、，含有少量]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，转化为，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、和，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(III)转化为，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。 （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”中转化为，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；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。 （3）“高温还原”过程中，和均被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、。 （4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。 （5）配离子中，配体带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则，则x=+1；(III)以计，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，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，作为新的配体，每生成1个，需要5个SnCl2，因此理论上和(III)反应的物质的量之比为。 （6）由于“二次还原”过程中，为确保完全反应，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。 6.（2025·安徽卷15）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， 回答下列问题： （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_______。 （2）“浸出液”中主要的金属离子有、_______(填离子符号)。 （3）“盐浸”中转化反应的离子方程式为_______；时，向粉末中加入溶液，充分反应后，理论上溶液中_______(忽略溶液体积的变化)。 （4）其他条件相同时，盐浸，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_______。 （5）“漫出渣2”中主要含有、_______(填化学式)。 （6）将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是_______。 （7）由制备无水的最优方法是_______(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） （2）、 （3） （4）升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大； （5）、 （6）窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，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()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体； （1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为； （2）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、、； （3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：；该反应的平衡常数，平衡常数很大，近似认为完全转化，溶液中剩余，则，列三段式：，理论上溶液中； （4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大； （5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了，不参与反应，故漫出渣2”中主要含有、、； （6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，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）为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 7.（2025·北京卷18）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知： 由制的热化学方程式为_______。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是_______。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是_______。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是_______，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有_______。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是_______。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：_______。 【答案】（1） （2）① ② ③ ④ （3）① ②时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【解析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 （1）已知： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）①当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ② 根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④ 碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中，吸收的气体有； （3）①由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 8.（2025·甘肃卷16）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、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：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为_______。 （2）将通入和的混合溶液可制得，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）4++2=3+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、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，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 （1）设计焙烧温度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）将通入和的混合溶液可制得，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4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+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； 9.（2025·广东卷18）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5）3：1：1 12 （6①. 2NH3N2+3H2 e2O3+3H22Fe+3H2O ②. ③没有污染物产生 【解析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 10.（2025·河北卷16）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。 回答下列问题： （1）基态铬原子的价层电子排布式：_______。 （2）煅烧工序中反应生成的化学方程式：_______。 （3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、_______、_______(填化学式)。 （4）酸化工序中需加压的原因：_______。 （5）滤液Ⅱ的主要成分：_______(填化学式)。 （6）补全还原、分离工序中发生反应化学方程式_______。 （7）滤渣Ⅱ可返回_______工序。(填工序名称) 【答案】（1） （2） （3） MgO （4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 （5） （6） （7）煅烧 【解析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用。 （1）Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式：； （2）煅烧工序中与过量KOH、空气中氧气反应生成、Fe2O3、，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式：； （3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO； （4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，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； （5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为； （6）做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为，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：； （7）滤渣Ⅱ含有和可返回煅烧工序。 11.（2025·湖北卷16）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： （1）基态氟离子的电子排布式为_______。 （2）时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积_______。 （3）工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应_______(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度_______(填“>”或“<”) （4）工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式_______。 （5）从滤液Ⅱ获取晶体的操作为_______(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 （6）研磨能够促进固相反应的原因可能有_______(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触 【答案】（1） （2） （3）①正向 ②＜ （4） （5）a （6）ab 【解析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体； 对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加粉末，由题目可知，生成的的溶解度极低，使得不转化为Ca(OH)2，提高了的产率。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为； (2)饱和溶液的浓度为，则、，； (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大； ②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测： ； (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为：； (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b； 【小问6详解】 a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选； b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选； c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选； d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选。 12.（2025·江苏卷14）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】（1） ①. 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 ②. 否。时， ，则未沉淀完全 ③. ZnO （2） 负电 （3）① ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降 【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS。 (1)①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率； ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则=，则此时，此时的浓度大于，离子沉淀不完全。 ③由②知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电。 (3)①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中浓度减小，促进平衡正向移动，重新溶解，砷回收率下降，所以反应后，砷回收率下降。 13.（2025·黑吉辽卷16）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： （1）分子中手性碳原子数目为_______。 （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为_______(填离子符号)。 （3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。 （4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。 （5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。 （6）“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。 （7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。 【答案】（1）2 （2） （3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小 （4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu （5）Fe （6）pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大 Pb(OH)2 （7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑ 【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 （1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； （3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； （4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； （5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； （6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； （7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 14.（2025·陕青宁卷16）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②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，写出形成的被氧化成的化学方程式_______。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为_______。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和_______(填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是_______。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，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，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，不能得到疏松轻质 （5） （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； 根据=，=10-2.15mol/L； （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成和：，分解，总反应为，最终产物是和O2； （4）煅烧有CO2生成，可以得到疏松轻质氧化镁，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； （5）由图可知，pH=8时，阴离子为，阳离子为，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：； （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，元素化合价降低，发生了还原反应。 15.（2025·云南15）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、、、CuO、等)中提取Au、Ag，并回收其它有价金属的一种工艺如下： 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，的为。 回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，反应的离子方程式为_______。 （2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 上述过程中的催化剂为_______。 （3）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为_______。 （4）根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为_______。 （5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无析出，则_______。 【答案】（1） （2） （3）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度 （4） （5）0.19 【解析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。 （1）“还原酸浸”时，被亚硫酸钠还原为，该反应的离子方程式为。 （2）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ① ② 分析以上两反应可知，参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为。 （3）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 （4）“还原酸浸”时，和CuO可以被硫酸溶解转化为和，亚硫酸钠将还原为，而并未被还原，因此，的氧化性强于；“氧化”时，被氧化为，因此，的氧化性强于。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断的氧化性由强到弱的顺序为。 （5）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时，无析出，根据的为，则。 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $