专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题-备战2026年高考化学真题题源解密（江苏专用）

专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 五年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 "化学工艺流程及物质转化与应用"题以真实的工业生产或资源回收流程为背景。题目通过工艺流程图，并融合表格、图像（如浸出率曲线、溶解度曲线、分布系数图等） 等多种信息呈现方式，综合考查学生多方面的能力。 其命题主要聚焦以下几个方面： 核心知识的整合与应用：题目将元素化合物知识（特别是过渡金属元素如Fe、Cu、V、Cr等）、化学反应原理（如速率、平衡、电化学、Ksp计算） 和化学实验操作（如过滤、洗涤、萃取、蒸发结晶等） 融为一体，考查学生在陌生、复杂的真实情境中迁移运用所学知识的能力。 信息处理与流程分析能力：要求学生能快速读懂并分析工艺流程图，明确原料、目标产物和核心反应，理解流程主线（如原料到产品的转化路径） 和除杂副线（如如何除去特定杂质离子）。 "绿色化学"与原子经济性理念：流程设计中常涉及尾气处理、废液循环、副产品回收等，引导学生关注化学的环境效益和资源综合利用。 需要强化"图像解读"与"定量计算"能力：进行图像题、计算题的专项训练，提高从图形、数据中提取有效信息，并用于分析和解决问题的能力。 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 2025·江苏卷第14题 2024·江苏卷第14题 2023·江苏卷第14题 2022·江苏卷第14题 2021·江苏卷第15题 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 【典题1】（2025·江苏·高考真题）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 。 ◆一句话点评：以光学材料的制备及砷的回收为载体，考查工艺流程、归因分析、图像分析及晶胞结构的分析等知识。 【仿照题】 （24-25高三下·江苏·开学考试）铟及其化合物应用广泛。工业上用含铟铁渣(含In2O3、ZnFe2O4、PbSO4、As2O3等)提取铟的流程如下： 已知：①该实验条件下，PbCl2微溶于水，PbCl2＋2Cl-⇌[PbCl4]2-； ②TBP易与Fe3+、In3+、Zn2+配位或与H+结合实现萃取，对Fe2+萃取率较低。 (1)热酸浸出。一定温度下，控制盐酸用量为理论值的2倍，反应2h、过滤得酸浸液。 ①写出ZnFe2O4溶于盐酸的离子方程式： 。 ②酸浸液中，As元素以H3AsO3形式存在，已知H3AsO3的核磁共振氢谱只有一个峰，其结构式为 。 ③向反应体系中加水，测得液固体积质量比对铅浸出率的影响如图所示。液固体积质量比大于4.5mL·g-1时，铅浸出率降低的原因为 。 (2)还原硫化。在搅拌下，向酸浸液中加入FeS，充分反应后过滤。 ①加入FeS的目的是 。 ②FeS晶胞及z轴方向投影如图所示，Fe2＋的配位数为 。 (3)萃取。萃取时，pH过大或过小都不利于In3＋和Zn2＋的萃取，原因是 。 【典题2】（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 ◆一句话点评：以半导体材料及光学材料的回收为情境载体，考查萃取与反萃取、晶胞结构分析及热重分析等知识。 【仿照题2】（2025·江苏常州·模拟预测）以磷石膏(含和少量等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程。如图-1所示。 (1)“转化”步骤转化为的离子方程式为 。 (2)“除杂”时通入的目的是 。 (3)“碳化”过程在如图-2所示的装置中进行。多孔球泡的作用是 。 (4)制得的轻质可以与形成基磁性纳米复合材料，纳米的物理吸附和溶出后通过化学反应均可以去除水体磷。 已知：①纳米颗粒表面带正电荷；②部分物质的溶解性如下表。 物质 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 研究不同pH下向含磷(V)废水中加入基磁性纳米复合材料的除磷效果，如图3所示： ①从图-3中可以看出初始pH为时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图-4，写出对应的离子方程式 。 ②当初始pH为时，磷的去除率明显小于初始pH为的去除率的原因是 。 (5)铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案： ，得固体； ，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥，得铝铵矾。(部分物质的溶解度随温度的变化如图-5所示，实验须用的试剂：溶液、无水乙醇、溶液) 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 1．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。 2．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 3．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。 (2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 (3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。 (4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。 1．流程图的结构特点 2．工艺流程中的常见操作术语 常见操作术语 操作目的 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸、酸浸、碱浸、醇浸等 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀) 3．常用的物质分离、提纯物理方法 (1)固液分离——过滤 (2)液液分离 ①有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)。 ②有溶解性差异——(萃取、反萃取)分液。 ③有沸点差异——蒸馏。 4．获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗 洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的溶质) 冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的溶质) 醇洗(常用于溶解度较大的溶质) 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的溶质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以抑制其水解 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 5．控制溶液的pH (1)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。 (2)控制溶液的酸碱性，使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。 ①要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 6．控制体系的温度 (1)控温：防止物质的分解(注意“挥发”和“分解”的区别使用)，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收。具体有以下几点： ①防止副反应的发生； ②使化学平衡移动，控制化学反应的方向； ③控制固体的溶解与结晶； ④控制反应速率，使催化剂达到最大活性； ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发； ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离； ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质； ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低设备的要求。 (2)控制范围：兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。 7．热重分析 热重分析是利用某些物质（通常是结晶水合物）受热分解后残留固体的质量变化，通过分析计算，从而确定分解反应产物的一类题型，这类题通常提供热重曲线，曲线的横坐标为温度，纵坐标为质量变化或固体残留率。解题时，可以从质量变化或质量变化率入手，找出质量关系，通过列式计算确定产物成分。 一般认为加热结晶水合盐反应可分三步进行： 第一步，脱去部分水； 第二步，生成碱式盐或含水盐； 第三步，生成金属氧化物。 如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。基于这些，中学化学热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化还原反应，以氧化还原等方式失重，气氛物质可参加反应，如被氧气氧化等。 解析热重曲线试题的关键：应以1 mol物质为研究对象，抓住失重时减少的质量，结合摩尔质量，即可快速求得结果。 具体步骤： (1) 设晶体为1 mol。 (2) 失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3) 计算每步的m（剩余），×100%＝固体残留率。 (4) 晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 (5) 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n（金属）∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 8．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 1． （2025·江苏·一模）从高铟烟灰中(主要含、、、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：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为， ①写出反应的离子方程式： 。 ②过滤所得滤渣含、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：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(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：(有机相(水相)(水相)(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)制备铟：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，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。 2．（2025·江苏·二模）稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： (1)制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为 。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为 。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为 。 (2)灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为 。 ③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为 。 3． （2025·江苏常州·二模）工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 (1)“氧化除杂”时，与的离子方程式为 。 (2)“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式： 。 (3)“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 (4)测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为 。 ②计算ZnO样品的纯度 。(保留四位有效数字，写出计算过程) (5)经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入 ，充分反应后过滤， ，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 4．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。 (1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。 ①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。 ②过滤后，滤渣的主要成分为 。 (2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。 ①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。 ②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。 (3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。 ①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。 ②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。 (4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。 5．（2025·江苏南京·二模）从铜阳极泥(含、、、等)中回收贵金属的工艺流程如下： (1)“酸浸”(已知柠檬酸化学式为，是一种三元弱酸)。 ①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，反应的离子方程式为 。 ②添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有 。 ③和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是 。 (2)“沉银”时转化为。中与配位的原子为 。 (3)“氨浸”时反应为。该反应的平衡常数数值为 。已知：；反应的平衡常数 (4)“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的 。 (5)“置换”后的溶液可制备晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为、 。 6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛()常作仿金饰品，乳酸亚铁[]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含，还含少量、)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。 已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含、、、、、等。 ②易水解为。 ③高温下钛易与、等反应。 ④部分物质的熔点、沸点数据如表所示： 物质 Mg Ti 熔点 648.8 714 1667 沸点 136.4 1090 1412 3287 (1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。 (2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。 (3)“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。 (4)①“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。 a．    b．Ar    c．    d． ②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。 (5)用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。 (6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为。该钛铁矿中钛的含量为 。 7． （2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。 (1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为 。 (3)“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为 。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。 (4)“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。 A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 (5)“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。 ①15~150min，pH下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。 ②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是 。 8．（2025·江苏·二模）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下： (1)酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为 吨。 (2)除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。 ①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式： 。 ②工业生产不选择以形式除铁的可能原因： （写出两点）。 (3)沉淀。 ①写出“沉淀”过程的离子方程式： 。 ②“沉淀”过程中溶液随时间的变化如图所示。 “沉淀”过程的操作：向含溶液中 。 (4)控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的= 。（写出计算过程） (5)某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为 。 9．（2025·江苏常州·二模）锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 (1)工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。 已知：，， 工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示为： ⅰ： ⅱ：___________； ①过程ⅱ的离子方程式为 ； ②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液， ； (2)工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4~6)为电解质溶液，用上图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率)，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加 g。 (3)实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是： ； (4)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。 10．（2025·江苏·三模）钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。 (1)以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下： 一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。 ①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是 。 ②写出与盐酸反应的离子方程式： 。 ③盐酸的浓度选择的原因是 。 ④残留固体中质量分数大于10%的原因是 。 (2)废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为 。 (3)将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。 ①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为 (写出计算过程)。 ②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是 。 11．（2025·江苏南京·二模）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是 。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式： 。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为 (保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有 (写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 五年考情概览：解读近三年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。 典型真题精析：代表性真题分类精讲并点评命题规律，设置仿照题目。 近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。 易错易错速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。 高考模拟探源：精选适量最新模拟题，发掘高考命题之源。 命题解读 考向 近三年考查统计 "化学工艺流程及物质转化与应用"题以真实的工业生产或资源回收流程为背景。题目通过工艺流程图，并融合表格、图像（如浸出率曲线、溶解度曲线、分布系数图等） 等多种信息呈现方式，综合考查学生多方面的能力。 其命题主要聚焦以下几个方面： 核心知识的整合与应用：题目将元素化合物知识（特别是过渡金属元素如Fe、Cu、V、Cr等）、化学反应原理（如速率、平衡、电化学、Ksp计算） 和化学实验操作（如过滤、洗涤、萃取、蒸发结晶等） 融为一体，考查学生在陌生、复杂的真实情境中迁移运用所学知识的能力。 信息处理与流程分析能力：要求学生能快速读懂并分析工艺流程图，明确原料、目标产物和核心反应，理解流程主线（如原料到产品的转化路径） 和除杂副线（如如何除去特定杂质离子）。 "绿色化学"与原子经济性理念：流程设计中常涉及尾气处理、废液循环、副产品回收等，引导学生关注化学的环境效益和资源综合利用。 需要强化"图像解读"与"定量计算"能力：进行图像题、计算题的专项训练，提高从图形、数据中提取有效信息，并用于分析和解决问题的能力。 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 2025·江苏卷第14题 2024·江苏卷第14题 2023·江苏卷第14题 2022·江苏卷第14题 2021·江苏卷第15题 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 【典题1】（2025·江苏·高考真题）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) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否。时， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 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 【分析】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，据此解答。 【解析】（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。 ◆一句话点评：以光学材料的制备及砷的回收为载体，考查工艺流程、归因分析、图像分析及晶胞结构的分析等知识。 【仿照题】 （24-25高三下·江苏·开学考试）铟及其化合物应用广泛。工业上用含铟铁渣(含In2O3、ZnFe2O4、PbSO4、As2O3等)提取铟的流程如下： 已知：①该实验条件下，PbCl2微溶于水，PbCl2＋2Cl-⇌[PbCl4]2-； ②TBP易与Fe3+、In3+、Zn2+配位或与H+结合实现萃取，对Fe2+萃取率较低。 (1)热酸浸出。一定温度下，控制盐酸用量为理论值的2倍，反应2h、过滤得酸浸液。 ①写出ZnFe2O4溶于盐酸的离子方程式： 。 ②酸浸液中，As元素以H3AsO3形式存在，已知H3AsO3的核磁共振氢谱只有一个峰，其结构式为 。 ③向反应体系中加水，测得液固体积质量比对铅浸出率的影响如图所示。液固体积质量比大于4.5mL·g-1时，铅浸出率降低的原因为 。 (2)还原硫化。在搅拌下，向酸浸液中加入FeS，充分反应后过滤。 ①加入FeS的目的是 。 ②FeS晶胞及z轴方向投影如图所示，Fe2＋的配位数为 。 (3)萃取。萃取时，pH过大或过小都不利于In3＋和Zn2＋的萃取，原因是 。 【答案】(1) ZnFe2O4＋8H+Zn2+＋2Fe3+＋4H2O 液固体积质量比大于4.5mL·g-1时，平衡PbCl2＋2Cl-[PbCl4]2-左移使PbCl2溶解量减小的幅度大于水量增多使PbCl2溶解量增加的幅度，使得Pb浸出率降低 (2) 将Fe3+还原为难萃取的Fe2+，将溶液中的PbCl2及[PbCl4]2-转化为PbS沉淀、H3AsO3转化为As2S3沉淀除去 6 (3)pH过大，In3+和Zn2+会形成氢氧化物沉淀；pH过小，TBP与H+结合，影响In3+和Zn2+的萃取 【分析】铟铁渣加入盐酸浸取得到含相应金属阳离子的盐溶液，加入FeS将铁离子还原为亚铁离子，同时生成硫单质沉淀，铅、砷转化为硫化物沉淀，滤液加入有机萃取剂萃取出铟元素，处理后得到铟； 【解析】（1）①ZnFe2O4溶于盐酸，反应生成氯化锌、氯化铁和水，离子方程式：ZnFe2O4＋8H＋Zn2＋＋2Fe3＋＋4H2O。 ②已知H3AsO3的核磁共振氢谱只有一个峰，则其结构对称，3个-OH分别与As相结合，其结构式为。 ③已知：该实验条件下，PbCl2微溶于水，PbCl2＋2Cl-[PbCl4]2-；液固体积质量比大于4.5 mL·g-1时，平衡PbCl2＋2Cl-[PbCl4]2-左移使PbCl2溶解量减小的幅度大于水量增多使PbCl2溶解量增加的幅度，使得Pb浸出率降低，故液固体积质量比大于4.5 mL·g-1时，铅浸出率降低； （2）①已知：TBP易与Fe3+、In3+、Zn2+配位或与H+结合实现萃取，对Fe2+萃取率较低，铁离子具有氧化性，会和FeS反应生成亚铁离子，则加入FeS的目的是：将Fe3+还原为难萃取的Fe2+，且可以将溶液中的PbCl2及[PbCl4]2-转化为PbS沉淀、H3AsO3转化为As2S3沉淀除去。 ②以底面左侧亚铁离子为例，与其最近且相邻的硫离子为6个，则Fe2＋的配位数为6； （3）已知，TBP易与H+结合；pH过大，In3+和Zn2+会形成氢氧化物沉淀；pH过小，TBP与H+结合，影响In3+和Zn2+的萃取，使得pH过大或过小都不利于In3+和Zn2+的萃取。 【典题2】（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为 (填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是 。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是 。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比 。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为 。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值 (写出计算过程)。 【答案】(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 (3) 2:1 【解析】（1）①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 ◆一句话点评：以半导体材料及光学材料的回收为情境载体，考查萃取与反萃取、晶胞结构分析及热重分析等知识。 【仿照题2】（2025·江苏常州·模拟预测）以磷石膏(含和少量等)为原料制备轻质碳酸钙和铝铵矾的实验流程。如图-1所示。 (1)“转化”步骤转化为的离子方程式为 。 (2)“除杂”时通入的目的是 。 (3)“碳化”过程在如图-2所示的装置中进行。多孔球泡的作用是 。 (4)制得的轻质可以与形成基磁性纳米复合材料，纳米的物理吸附和溶出后通过化学反应均可以去除水体磷。 已知：①纳米颗粒表面带正电荷；②部分物质的溶解性如下表。 物质 溶解性 难溶 微溶 可溶 易溶 研究不同pH下向含磷(V)废水中加入基磁性纳米复合材料的除磷效果，如图3所示： ①从图-3中可以看出初始pH为时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图-4，写出对应的离子方程式 。 ②当初始pH为时，磷的去除率明显小于初始pH为的去除率的原因是 。 (5)铝铵矾是一种水絮凝剂。请补充由“转化”后的滤液制取铝铵矾的实验方案： ，得固体； ，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥，得铝铵矾。(部分物质的溶解度随温度的变化如图-5所示，实验须用的试剂：溶液、无水乙醇、溶液) 【答案】(1) (2)将转化为沉淀 (3)增大气体与溶液的接触面积，加快反应速率 (4) 碱性条件下，几乎不溶解，钙离子浓度很小；OH-浓度增大，会与产生竞争吸附 (5) 向滤液中分批加入溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加溶液，至无气体生成)，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶，1分)，过滤、用无水乙醇洗涤、干燥 向溶液中加入固体，边加边搅拌，当固体完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶 【分析】由题给流程可知，向磷石膏中加入过量碳酸氢铵、氨水，将微溶于水的硫酸钙转化为难溶于水的碳酸钙，过滤得到含有碳酸钙、二氧化硅、氧化铁的滤渣和含有硫酸铵、碳酸钠的滤液，经一系列操作得到铝铵矾；向滤渣中加入盐酸，将碳酸钙、氧化铁溶解得到可溶性金属氯化物后，二氧化硅与盐酸不反应，再通入氨气将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁的滤渣和氯化钙溶液；向氯化钙溶液中先通入氨气、再通入二氧化碳，将溶液中的氯化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤得到轻质碳酸钙。 【解析】（1）碳酸氢铵和氨水的混合物中含有碳酸铵，硫酸钙和碳酸铵反应生成硫酸铵和碳酸钙，反应的离子方程式为：； （2）通入氨气，使溶液中的转化为沉淀除去； （3）多孔球泡可以增加气体和溶液的接触面积，加快反应速率； （4）①从图3中可以看出初始pH为3～6时，磷的去除率较高且反应后pH均有一定的上升，反应过程中无气体生成。结合图4，写出对应的离子方程式： ②当初始pH为9～10时，磷的去除率明显小于初始pH为3～6的去除率，是因为：一方面碱性条件下，CaCO3几乎不溶解，钙离子浓度很小；同时OH−浓度增大，会与产生竞争吸附； （5）在“转化”后滤液中分批加入3mol·L-1的H2SO4溶液，边加边搅拌至不再产生气体(或向滤液中边搅拌边滴加溶液，至无气体生成)为止，将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出(或蒸发结晶)；由图中可知，铝铵矾溶解度随温度变化较小，硫酸铝和硫酸铵溶解度随温度变化较大，可将所得溶液蒸发浓缩至有大量晶体析出，过滤，用无水乙醇洗涤、干燥，得(NH4)2SO4固体；向溶液中加入固体，边加边搅拌，当固体至完全溶解后，将所得溶液蒸发浓缩至表面有晶膜产生，冷却结晶，得到铝铵矾。 考向 化学工艺流程及物质转化与应用综合题 1．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为 ；反应选用溶液而不选用溶液的原因是 。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是 ；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有 (用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有 。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为 。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是 。 【答案】(1) 或 制得的催化剂中不含Na+ (2) 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 (3) 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+； （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 （3） 提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为  或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 2．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来 。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降 (2) 4 或 (3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。 （2） 因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 3．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 (1)“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有 (填化学式)。 (2)“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度 (写出计算过程)。 (3)400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为 。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为 。 (4)将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是 。 【答案】(1)Fe3+、H+ (2)0.7500mol·L-1 (3) ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O (4)ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐 【分析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。 【解析】（1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。 （2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为； （3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O； ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O； （4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 1．流程图的结构特点 2．工艺流程中的常见操作术语 常见操作术语 操作目的 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸、酸浸、碱浸、醇浸等 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀) 3．常用的物质分离、提纯物理方法 (1)固液分离——过滤 (2)液液分离 ①有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)。 ②有溶解性差异——(萃取、反萃取)分液。 ③有沸点差异——蒸馏。 4．获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗 洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的溶质) 冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的溶质) 醇洗(常用于溶解度较大的溶质) 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的溶质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以抑制其水解 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 5．控制溶液的pH (1)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。 (2)控制溶液的酸碱性，使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。 ①要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂将Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 6．控制体系的温度 (1)控温：防止物质的分解(注意“挥发”和“分解”的区别使用)，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3(浓)等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收。具体有以下几点： ①防止副反应的发生； ②使化学平衡移动，控制化学反应的方向； ③控制固体的溶解与结晶； ④控制反应速率，使催化剂达到最大活性； ⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发； ⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离； ⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质； ⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低设备的要求。 (2)控制范围：兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。 7．热重分析 热重分析是利用某些物质（通常是结晶水合物）受热分解后残留固体的质量变化，通过分析计算，从而确定分解反应产物的一类题型，这类题通常提供热重曲线，曲线的横坐标为温度，纵坐标为质量变化或固体残留率。解题时，可以从质量变化或质量变化率入手，找出质量关系，通过列式计算确定产物成分。 一般认为加热结晶水合盐反应可分三步进行： 第一步，脱去部分水； 第二步，生成碱式盐或含水盐； 第三步，生成金属氧化物。 如果热重实验的气氛为空气，则加热过程中可能被氧化，反应将变得更复杂一些。基于这些，中学化学热重曲线试题可分为两类：第一类，试样发生分解反应，以脱水、分解等方式失重，气氛物质不参加反应；第二类，试样发生氧化还原反应，以氧化还原等方式失重，气氛物质可参加反应，如被氧气氧化等。 解析热重曲线试题的关键：应以1 mol物质为研究对象，抓住失重时减少的质量，结合摩尔质量，即可快速求得结果。 具体步骤： (1) 设晶体为1 mol。 (2) 失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 (3) 计算每步的m（剩余），×100%＝固体残留率。 (4) 晶体中金属质量不减少，仍在m（剩余）中。 (5) 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n（金属）∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。 8．晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法 1． （2025·江苏·一模）从高铟烟灰中(主要含、、、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：向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为， ①写出反应的离子方程式： 。 ②过滤所得滤渣含、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：(水相)+3HA(有机相)(有机相)(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：(有机相(水相)(水相)(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)制备铟：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，获得6.9kg铟时需要使用锌粉 kg(写出计算过程)。 【答案】(1) (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) 反萃取率最高 (4) 10.0kg 【分析】高铟烟灰加入氧化锰和硫酸进行“氧化酸浸”后，转变为沉淀， 、转变为In3+，二氧化硅不与硫酸反应。滤液中含有In3+、Mn2+、，“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”得到溶液，在溶液中加入锌粉发生置换反应得到粗铟。 【解析】（1）①向高铟烟灰中加入和稀充分反应，硫元素被氧化为，被还原为Mn2+，反应的离子方程式：； ②根据分析，过滤所得滤渣含、和； （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，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；根据关系式 。 2．（2025·江苏·二模）稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： (1)制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为 。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为 。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为 。 (2)灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为 。 ③b点得到CeO2晶体，其晶胞如图3所示。晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为 。 【答案】(1) 抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀 2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3 提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱 (2) Ce2(CO3)3 吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用 12 【分析】配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce (NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，过滤、洗涤低温干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，对Ce2(CO3)3·8H2O进行灼烧至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循环使用，据此分析解题。 【解析】（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀； ②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3； ③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱； （2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3； ②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用； ③由题干晶胞可知，一个晶胞中黑球个数为：8×+6×=4个，白球为8个，结合化学式CeO2，可知黑球代表Ce，白球代表O，故晶胞中与每个Ce4+距离最近的Ce4+的个数为12，故答案为：12。 3． （2025·江苏常州·二模）工业上可由菱锌矿(主要成分为，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备ZnO。工艺如图所示： 已知：①“酸浸”后的溶液，所含金属离子主要有。 ②弱酸性溶液中氧化时，产物中含Mn元素物质只有。 (1)“氧化除杂”时，与的离子方程式为 。 (2)“沉锌”生成碱式碳酸锌沉淀，写出生成该沉淀的化学方程式： 。 (3)“高温灼烧”后获得ZnO。已知ZnO的一种晶体晶胞是立方晶胞(如图)，请在下图中画出该晶胞沿z轴方向的平面投影图 。 (4)测定氧化锌样品纯度(杂质不参与反应)：称取1.000g样品，酸溶后，配制成250mL溶液。用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶，调节pH至7~8，加入几滴铬黑T(用表示)做指示剂，用的标准液滴定其中的(反应方程式为，)，平行滴定三次，平均消耗EDTA标准液15.12mL。(已知呈蓝色、呈无色、呈酒红色)。 ①滴定终点时的现象为 。 ②计算ZnO样品的纯度 。(保留四位有效数字，写出计算过程) (5)经加热脱水制得的纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯，涉及的主要反应有、。为获得较高产率的高纯，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入 ，充分反应后过滤， ，干燥，得到。[供选择的试剂：(的体积约7mL)、苯、水] 【答案】(1)2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+ (2)3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4 (3) (4) 加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色 97.98% (5) 42mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加 用少量苯洗涤2~3次 【分析】菱锌矿主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素。加入稀硫酸“酸浸”后得到含Zn2+ 、Fe3+、Cd2+、Mn2+、Ni2+的滤液，滤渣为不溶于酸的杂质，滤液用ZnO调节pH后使铁离子转化为Fe(OH)3，加入KMnO4“氧化除杂”使锰离子转化为MnO2，除去Fe3+、Mn2+；接着“还原除杂”除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，碱式碳酸锌经“高温灼烧”得到ZnO。 【解析】（1）在“氧化除杂”时，KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应产生MnO2，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。故答案为：2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+； （2）向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O沉淀，Na2CO3水解呈碱性，Zn2+与OH-和CO反应生成碱式碳酸锌沉淀，反应方程式为3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4；故答案为：3ZnSO4+3Na2CO3+4H2O= ZnCO3⋅2Zn(OH)2⋅2H2O↓+2CO2↑+3Na2SO4； （3） 观察题给晶胞结构可知，晶胞在z轴的投影情况是锌原子位于正方形的四个顶点上、四条棱的中心和面心上，4个氧原子分别位于面对角线离顶点 处，可用图示表示为。故答案为：； （4）①滴入Na2H2Y标准溶液前，Zn2+与X-形成ZnX+使溶液呈酒红色，达到滴定终点时，Zn2+被完全消耗生成无色的ZnY2-，溶液中含有X-而呈蓝色，由此可得出滴定终点时的现象为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色。故答案为：加入最后半滴标准液，溶液由酒红色变为蓝色，且30s不变色； ②根据滴定原理可得关系式ZnO~Zn2+~H2Y2-，则产品中 ，故ZnO的含量为 97.98%，故答案为：97.98%； （5）固体四水醋酸锰和液体乙酰氯经过室温除水，发生反应，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流发生反应，得固体和有机液体混合物，过滤，用苯洗涤除去表面的有机杂质，制得高纯。为获得较高产率的高纯，实验方案如下：取四水醋酸锰24.5g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加，充分反应后过滤，用少量苯洗涤2~3次，干燥，得到。故答案为：7mL，当烧瓶中白雾明显减少后，加热回流至烧瓶中固体不再增加；用少量苯洗涤2~3次。 4．（2025·江苏连云港·一模）以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料制备 Co3O4。 (1)“酸浸、还原”。向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2，充分反应后，过滤。 ①在加料完成后，提高浸取效率的措施有 写2点)。 ②过滤后，滤渣的主要成分为 。 (2)“除杂”。在搅拌下，向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+。 ①加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为 。 ②滤液中加入MnF2固体发生的反应为MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+。已知：K＞105认为反应进行完全；Ksp(MnF2)=1.2×10-3，Ksp(CaF2)=1.6×10-10。结合计算解释MnF2能除去Ca2+的原因： 。 (3)“萃取和反萃取”。向除杂后得到的滤液中加入有机萃取剂(用HA表示)萃取金属离子，原理为Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，充分反应后，分离出有机层。向有机层中加入稀硫酸，进行反萃取得到富含Co2+的溶液。 ①“萃取”时，随着pH的升高，Co2+在有机萃取剂中萃取率增大，其原因是 。 ②“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有 。 (4)“制备”。已知：CoC2O4从水溶液中析出的主要成分为CoC2O4·2H2O，其在空气中受热的质量变化曲线如图所示。请补充由上述反萃取后得到的富含Co2+的溶液制备Co3O4的实验方案：取富含Co2+的溶液， ，得到Co3O4。(须使用的试剂：0.1mol·L−1Na2C2O4溶液、盐酸、BaCl2溶液)。 【答案】(1) 适当搅拌，适当升高温度 CaSO4、炭黑 (2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑ 此反应K＝＝＝7.5×106＞105，反应进行完全，因此可将Ca2＋完全除尽 (3) 随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大 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)边搅拌向其中加入0.1mol·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变 【分析】以钴锰废渣（含LiCoO2，MnCO3，炭黑和CaCO3、Fe等）为原料，向钴锰废渣中加入稀H2SO4和H2O2进行酸浸和还原，充分反应后，过滤，炭黑不溶于酸，与稀反应生成的微溶于水，会残留部分在滤渣中。向“酸浸、还原”后得到的滤液中加入MnCO3调节溶液的pH＝4，除去溶液中的Fe3+，生成，过滤。向得到的滤液中加入MnF2固体除去溶液中的Ca2+，生成。再萃取和反萃取出，用沉淀得，灼烧得Co3O4。 【解析】（1）升高温度可以加快反应速率，搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率，故提高浸取效率的措施有：适当搅拌，适当升高温度。 根据分析可知，过滤后，滤渣的主要成分为炭黑和。故答案为：适当搅拌，适当升高温度；、炭黑； （2）在pH＝4形成沉淀，中的与结合生成和，则加入MnCO3除去溶液中Fe3+的离子方程式为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑。 MnF2＋Ca2+⇌CaF2＋Mn2+，，反应进行完全，因此可除去。故答案为：3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O=2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑；此反应，反应进行完全，因此可将完全除尽。 （3）根据反应：Co2+＋2HA(有机层)⇌CoA2(有机层)＋2H+ (水层)，随着pH的升高，浓度减小，平衡正向移动，促进进入有机层，从而提高萃取率。“反萃取”时，为使Co2+尽可能多地转移到水层，应选择的实验条件或采取的实验操作有：适当加入高浓度硫酸，使浓度增大，平衡逆向移动，释放进入水层，或者充分振荡，加快传质过程，提高反萃取率，或者多次萃取。故答案为：随pH增大，溶液中c(H＋)减小，平衡往正向移动，MAn(有机层)浓度增大，萃取率增大；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）根据图示可知，的质量为18.3g，物质的量为0.1mol，则Co元素的质量为5.9g，C点钴氧化物的质量为8.03g，由质量守恒可知C点O元素的质量为，则C点，故C点为。B点对应质量为14.7g，与起始相比减少了3.6g，恰好为结晶水的质量，则B点对应物质为。故要得到，需在300℃以上煅烧。故取富含Co2+的溶液，加入过量0.1mol·L−1Na2C2O4溶液，充分反应生成沉淀，过滤并洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀，则洗涤干净。将沉淀在300℃以上煅烧，充分反应至质量不变得。故答案为：边搅拌向其中加入0.1mol·L−1 Na2C2O4溶液，直至向上层清液中滴加Na2C2O4溶液不产生沉淀，停止滴加。过滤，洗涤滤渣至取最后一次洗涤滤液滴加盐酸和BaCl2溶液不再生成沉淀。将滤渣置于空气中加热到300℃以上，充分反应至固体质量不再改变。 5．（2025·江苏南京·二模）从铜阳极泥(含、、、等)中回收贵金属的工艺流程如下： (1)“酸浸”(已知柠檬酸化学式为，是一种三元弱酸)。 ①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，反应的离子方程式为 。 ②添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有 。 ③和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是 。 (2)“沉银”时转化为。中与配位的原子为 。 (3)“氨浸”时反应为。该反应的平衡常数数值为 。已知：；反应的平衡常数 (4)“还原”在碱性条件下进行。理论上获得的 。 (5)“置换”后的溶液可制备晶体，该晶体分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(热量变化)如图所示。DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，可能发生的吸热反应为、 。 【答案】(1) 增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率 氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降 (2)O (3)1.98×10-3 (4)4：1 (5) 【分析】铜阳极泥(含、、、等)用硝酸和柠檬酸酸浸，Cu和Au不溶于硝酸和柠檬酸存在于滤渣中，滤液中存在Ag+和Pd2+，加入NaCl将Ag+转化为AgCl，过滤后AgCl用氨水碱浸转化为，加入N2H4·H2O将还原为Ag，滤液中加入Cu置换出Pd。 【解析】（1）①只用稀硝酸也可氧化浸出生成和，该反应中N元素由+5价下降到+2价，Pb元素由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：； ②柠檬酸是一种三元弱酸，添加柠檬酸可提高的浸出率，除因为形成外，还有增大c(H+)，加快热HNO3氧化Pd的速率； ③柠檬酸化学式为，具有还原性，和柠檬酸协同浸出时，浓度过大使浸出率降低的原因是：氧化柠檬酸，使柠檬酸浓度下降。 （2） 柠檬酸的结构简式为，H原子不含孤电子对，C原子形成4个共价键，不含孤电子对，O原子含有孤电子对，可以提供电子形成配位键，中与配位的原子为O。 （3）“氨浸”时反应为，该反应的平衡常数数值为=1.98×10-3。 （4）“还原”在碱性条件下进行，N2H4·H2O将还原为Ag，N元素由-2价上升到0价，Ag元素化合价由+1价下降到0价，根据得失电子守恒可知4：1。 （5）DSC曲线上650～850℃有两个吸热峰，说明此时发生热分解反应，从TG 图像可以看出，质量减少量为原质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、 O2，可能出现的化学方程式为、。 6．（2025·江苏宿迁·模拟预测）氮化钛()常作仿金饰品，乳酸亚铁[]常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含，还含少量、)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图。 已知：①“酸浸”后的溶液中，主要含、、、、、等。 ②易水解为。 ③高温下钛易与、等反应。 ④部分物质的熔点、沸点数据如表所示： 物质 Mg Ti 熔点 648.8 714 1667 沸点 136.4 1090 1412 3287 (1)其他条件不变，“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图所示。“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为 。 (2)为达到流程工艺目的，试剂A为 。 (3)“熔炼”时，温度在，反应还能得到一种具有还原性和可燃性的气体。“熔炼”的化学方程式为 。 (4)①“还原”时需要高温和外加保护气。下列可作为保护气的是 。(填标号)。 a．    b．Ar    c．    d． ②“还原”时，加入足量的Mg，得到钛和另一产物M，然后采用蒸馏法获得钛，蒸馏时温度为 。 (5)用酸性溶液滴定法测定乳酸亚铁产品的纯度，所有操作均正确，但经多次实验结果发现，测得值高于实际值，其原因是 。 (6)某工厂用10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，已知在该流程中铁的损耗率为。该钛铁矿中钛的含量为 。 【答案】(1)85% (2)Fe (3) (4) b (5)乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4 (6) 【分析】由题给流程可知，向钛铁矿粉末中加入过量的硫酸溶液，将钛酸亚铁转化为亚铁离子和离子，氧化铝转化为硫酸铝，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到滤液；向滤液中通入水蒸气，将滤液中的离子转化为，过滤和滤液；煅烧分解生成二氧化钛，二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛，四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛，钛高温条件下与氮气反应生成氮化钛；调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到硫酸亚铁溶液；向溶液中加入碳酸氢铵溶液，过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁溶于乳酸得到乳酸亚铁溶液，乳酸亚铁溶液经分离提纯得到乳酸亚铁产品，据此回答。 【解析】（1）由图可知，硫酸质量分数为85%时，铁浸出率最小、钛浸出率最大，则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%； （2）加入试剂A，调节滤液pH，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，并将还原为，过滤得到硫酸亚铁溶液，为了不引入杂质，试剂A为Fe； （3）由分析可知，“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、氯气高温条件下熔炼反应生成四氯化钛和一氧化碳，反应的化学方程式为； （4）①由于高温下钛易与、等反应，Mg能与、N2反应，故“还原”时需要外加的保护气为Ar，故选b； ②“还原”时，加入足量的Mg，发生反应，得到钛和，然后采用蒸馏法获得钛，由表中数据可知，蒸馏时温度为； （5）由于乳酸亚铁中的乳酸根离子具有还原性，能消耗KMnO4，所以测得值高于实际值； （6）10t该钛铁矿通过该工艺流程最终制得乳酸亚铁11840.4kg，铁的物质的量为：，已知在该流程中铁的损耗率为8%，则钛铁矿中的铁的物质的量为，则的物质的量为55000mol，含钛质量为55000mol×48 g/mol=2640000g，该钛铁矿中钛的含量为。 7． （2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。 (1)“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有 。 (2)“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为 （填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为 。 (3)“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为 。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为 。 (4)“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。 A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 (5)“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。 ①15~150min，pH下降较快的原因是 （用离子方程式表示）。 ②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是 。 【答案】(1)加快搅拌速率 (2) (3) Na2S碱性强，OH-离子，更浓度大，容易形成Co(OH)2沉淀 (4)BC (5) 生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降 【分析】本题是一道从钴渣中回收金属的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、钴，最终得到产品； 【解析】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快搅拌速率； （2）检验用溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入调节pH至4.0时反应的化学方程式：； 故答案为： ；； （3）选用溶液而不选等浓度的溶液是因为Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：，氧离子的个数为：，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为，故答案为：Na2S的碱性强，OH-离子浓度大，更容易生成Co(OH)2沉淀；； （4）镍离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，氮和镍之间形成了配位键，还存在C-C、C-H等共价键，氢键是分子间作用力，不是化学键，金属键主要存在于金属中，故与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC； （5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。 8．（2025·江苏·二模）利用镁泥（主要成分为、和等）为主要原料制取碳酸镁的工业流程如下： (1)酸溶。某工厂用1.78吨发烟硫酸（化学式：）配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为 吨。 (2)除铁。已知滤渣2的成分与温度、的关系如图所示。 ①若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠（上图中阴影部分），写出“除铁”过程总反应的离子方程式： 。 ②工业生产不选择以形式除铁的可能原因： （写出两点）。 (3)沉淀。 ①写出“沉淀”过程的离子方程式： 。 ②“沉淀”过程中溶液随时间的变化如图所示。 “沉淀”过程的操作：向含溶液中 。 (4)控制“沉淀”温度50℃，可制得碱式碳酸镁，碱式碳酸镁常用作塑料阻燃剂。现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，放出（标准状况），计算该碱式碳酸镁样品中的= 。（写出计算过程） (5)某钙镁矿的晶胞结构如图所示。若将全部换为，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为 。 【答案】(1)2.14 (2) 浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢 (3) 先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入 (4) (5)4 【分析】由制备流程可知，镁泥的主要成分为MgCO3、和SiO2，加硫酸时SiO2不溶解，过滤得到滤渣1为二氧化硅，NaClO具有氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH生成沉淀除去，滤液通入二氧化碳、加入氢氧化钠溶液反应后得到沉淀，经过滤得到碳酸镁。 【解析】（1）1.78吨发烟硫酸（化学式：）的物质的量为，配制过程中，生成硫酸为，配制质量分数为溶液，配制时需要水的质量为。 （2）①“除铁”时，若控制温度80℃、，可得到黄铁矾钠沉淀，则总反应的离子方程式：。 ②由图可知，pH在4附近温度略低于40°C时产生的氢氧化铁最多，温度继续升高时铁转化为其它含铁的不溶性物质，结合分析可知，铁工业生产不选择以形式除铁的可能原因：浓度小，的氧化性弱；温度低，反应速率慢。 （3）①结合分析可知，“沉淀”过程的离子方程式：。 ②由图知，“沉淀”时溶液的先减小后增大后维持不变，则 “沉淀”过程的操作：向含溶液中先通至饱和，然后滴加溶液，同时继续通入。 （4）现称取一定质量碱式碳酸镁样品经高温完全分解后得固体，根据镁元素守恒，镁离子为，放出（标准状况），其物质的量为，则碳酸根为0.15mol，则根据电荷守恒可知氢氧根的物质的量为0.1mol，则碱式碳酸镁样品中的=3:2。 （5）某钙镁矿的晶胞中若将全部换为，若Ca换为Mg，则该图变为两个立方晶胞，则Mg位于晶胞的8个顶点和6个面心，所得晶体中每个晶胞含有的原子数为。 9．（2025·江苏常州·二模）锌在电池制造、合金生产等领域有着广泛的用途。现代冶炼锌主要采取湿法工艺。 (1)工业浸锌：向闪锌矿(主要成分为难溶性ZnS)中加入稀硫酸与软锰矿(主要成分为)可得到与混合溶液和单质S。 已知：，， 工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，其过程可表示为： ⅰ： ⅱ：___________； ①过程ⅱ的离子方程式为 ； ②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液， ； (2)工业电解制锌粉：以和混合液(pH为4~6)为电解质溶液，用上图装置制取锌粉。一定条件下，测得电流效率为80%。(已知：电流效率)，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加 g。 (3)实验室氯氨法炼锌：一定条件下，向闪锌矿中加入与混合溶液并通入，可将ZnS转化为。结合平衡移动原理解释对浸锌的作用是： ； (4)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料。在充电过程中，ZnS晶胞的组成变化如图所示。 充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。 【答案】(1) 加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去 (2)16.25 (3)ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移 (4) 【解析】（1）①工业浸锌时加入能“催化”ZnS的浸出，先发生反应：，Fe3+再氧化ZnS，离子方程式为：； ②为验证上述“催化”过程。补充完整实验方案：取酸化的溶液，先加KSCN溶液，无现象，没有Fe3+，再加入MnO2，MnO2氧化Fe2+得到Fe3+，溶液变红色，再取上层清液，加入ZnS，振荡，红色褪去，说明Fe3+把ZnS氧化，自身转化为Fe2+，答案为：加入KSCN溶液，溶液无色，加入适量，溶液变红，取上层红色溶液，向其中加入ZnS，振荡，红色褪去； （2）一定条件下，测得电流效率为80%，制得65g锌粉时，电解质溶液中的质量增加为-65g=16.25g； （3）ZnS在溶液中存在平衡：，与反应生成S，浓度减小，促进ZnS溶解平衡右移，Zn2+最终结合NH3分子，转化为； （4）根据晶胞图可知，在晶胞中，S2-个数为8×+6×=4，Li+或Zn2+的个数共7个，由化合价代数和为0的原则，化学式为Li6ZnS4，或者Li1.5Zn0.5S，充电过程中ZnS得电子与Li+结合生成Li1.5Zn0.5S和Zn单质，电极方程式为：。 10．（2025·江苏·三模）钨(W)熔点(3430℃)高，在国防工业有着重要用途，是制备W的前驱体。 (1)以含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］制备的流程如下： 一段时间内，钨的浸出率()及固体残留率()随盐酸浓度的变化如图所示。 ①选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是 。 ②写出与盐酸反应的离子方程式： 。 ③盐酸的浓度选择的原因是 。 ④残留固体中质量分数大于10%的原因是 。 (2)废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得。该反应的化学方程式为 。 (3)将废弃钨制品(W与混合物)在空气中加热使之完全转化为，所得固体溶于溶液可得。 ①某废弃钨制品，通过元素分析可知其中钨元素的质量分数为90%。取92.0g该制品在空气中加热，理论上可制得的质量为 (写出计算过程)。 ②加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是 。 【答案】(1) CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集 盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大 的浸出速率小于废钨渣的浸出速率 (2) (3) 在1000℃下，部分固体升华 【分析】含钨废渣［难溶于水，主要成分为、、、及少量钨酸亚铁()］用盐酸酸浸富集，得到的浸出液Ca2+、Fe3+，残留固体中含有、、、，经过一系列操作生成，以此解答。 【解析】（1）①含钨废渣中含有，选择盐酸而不选择硫酸酸浸的原因是：CaSO4微溶，不利于钙元素浸出，且CaSO4覆盖在钨渣表面，不利于钨的富集； ②由分析可知，残留固体中含有，说明与盐酸反应生成和FeCl2，离子方程式为：； ③由图可知，盐酸浓度低时，固体残留率较高，盐酸浓度较高时，钨的浸出率较高，固体盐酸的浓度选择的原因是：盐酸浓度过小，残渣率较高，不利于钨元素的富集；盐酸浓度过大，钨元素浸出率高，损失大； ④钨废渣中含有，残留固体中质量分数大于10%的原因是的浸出速率小于废钨渣的浸出速率。 （2）废弃纯钨棒(W)在空气存在的条件下，溶于熔融的氢氧化钠中可制得，W元素由0价上升到+5价，O2中O元素由0价下降到-2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （3）①由W元素守恒可知，理论上可制得的质量为； ②固体易升华，加热至1000℃，所得固体成分仅为，其质量小于理论值，原因是：在1000℃下，部分固体升华。 11．（2025·江苏南京·二模）钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是 。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式： 。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为 mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为 (保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有 (写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式 。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为 。 【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 【分析】钛白酸性废水(含TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子)加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2+、Fe3+、Sc3+，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc。 【解析】（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离； （2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］； （3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L； （4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=； 提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)； （5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+； （6） 格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $