第64讲 化学工业流程题解题策略（讲义+练习）-备战2026年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义（新教材新高考）

备战2026年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义 第64讲 化学工业流程题解题策略（讲义） 讲义 夯基·知识精讲 【知识点1】原料的预处理+3道例题 【知识点2】工艺流程中的分离与提纯+3道例题 【知识点3】 “陌生情境下”方程式的书写+3道例题 【知识点4】工艺流程中的计算+3道例题 【知识点5】化学工艺流程的评价+3道例题 练习 提能·课后精练 选择题： 10 题 非选择题： 5 题 建议时长： 75 分钟 实际时长： 分钟 化学工艺流程图的结构 （1）流程图一般三大部分： 原料预处理：研磨（或粉碎）、灼烧（或焙烧、煅烧）、浸出（水浸、酸浸、碱洗）、搅拌等。 核心化学反应：氧化（或还原）、除杂（加入或多或正好）沉淀剂、调控溶液的pH范围，控制反应温度、加入保护气等。 产品的分离与提纯：结晶与过滤、洗涤与干燥、脱水的各种不同方法等。 （2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。 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。 （3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。 （4）后续阶段：滴定计算，转化率计算，产率计算，质量分数计算等。 【知识点1】原料的预处理 1、固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化 方法 思考角度 固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化 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，以加快反应速率或使反应更充分。 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 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、焙烧、灼烧、煅烧 方法 思考角度 焙烧 反应物与空气、氯气等氧化性气体或其他添加进去的物质（如硫酸）发生化学反应（所以焙烧分为氧化焙烧、硫酸化焙烧和氯化焙烧等）。以气固反应为主，为避免物质融化反应温度一般低于熔点，在500～1500℃之间。使用专门的化工装置如沸腾炉、焙烧炉等。焙烧的目的主要有： ①除去硫、碳单质； ②有机物转化、除去有机物； ③高温下原料与空气中氧气反应，金属元素被氧化为高价态氧化物或高价态化合物； ④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 工业上可以通过增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流焙烧、适当升温等来提高焙烧效率。 灼烧 物质在高温条件下发生脱水、分解、挥发等化学变化的过程。反应温度在1000℃左右，使用的仪器比较多样如煤气灯、电炉等。灼烧海带、颜色反应、焰色试验、灼烧失重、灼烧残渣等。 煅烧 反应物受热分解或发生晶形转变，为避免融化温度低于熔点，但大多高于1200℃。如煅烧石灰石、生产玻璃、打铁等，使用的化工设备如回转窑。煅烧的目的主要有： 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，如煅烧高岭土。 3、浸取 浸出率：是指固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。 提高浸取率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积； ②搅拌，使反应更加充分； ③当增大酸的浓度； ④加热； ⑤延长浸出时间 方法 思考角度 酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的； ②去氧化物(膜)； ③抑制盐类的水解； 碱溶 ①除去金属表面的油污； ②溶解两性化合物(Al2O3、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等； 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中； 醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物； 4、控制溶液的pH 条件控制 思考角度 pH控制 (1)调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的； ①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大； ②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH (注意两端取值) ③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型的物质； ④实例1：除去CuSO4溶液中少量Fe3+，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuCO3，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。 a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3 b．加热的目的：促进Fe3＋水解 实例2：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示： 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Mn(OH)2 8.3 9.8 若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH至3.7~8.3。 实例3：Mg2+ (Fe3+)：MgO、Mg(OH) 2、MgCO3 (2)抑制盐类水解； 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯 如：由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则： MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O (3)促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 (4)“酸作用”还可除去氧化物(膜) (5)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 (6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 【注意】调节pH的试剂选取： ①选取流程中出现的物质； ②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑； ③已学的常见酸碱(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3)。 5、控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 条件控制 思考角度 加热 ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉淀。 ③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2、氨水、铵盐(NH4Cl)、硝酸盐、NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质； ④使沸点相对较低或易升华的原料气化； ⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等； 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)； ②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等； ④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等； ⑤降温可以减少能源成本，降低对设备的要求； 控制温度在一定范围(综合考虑) 温度过低：反应速率过慢或溶解速率小 温度过高：①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降 ②物质分解，如：NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等 ③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质氧化，如：Na2SO3等 ⑤物质升华，如：I2 升华 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 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的量； 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，降低对设备的要求； 【例1】铁红(Fe2O3)是一种用途广泛的颜料，用某烧渣(主要成分为Fe2O3，含少量SiO2)制备铁红的流程如下： (1)“焙烧”时，CO将Fe2O3还原为FeO，该过程中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比是 。 (2)“酸浸”时，提高漫出率的措施有 (写出一点即可)，生成Fe2+的离子方程式为 。 【例2】五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有、、、、、等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下： 已知： ①“酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和。 ②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。 ③溶液中与可相互转化：，且为沉淀。 (1)“酸浸”时，加快浸出速率的措施有 (回答一条即可)；参与反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2的主要成分有 ； 【例3】镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。 已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。 (2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是 ；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是 ( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ， 若石灰乳加过量，缺陷是 。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为 。 【知识点2】工艺流程中的分离与提纯 1、过滤 操作 答题指导 过滤 固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等。过滤主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 (1)常压过滤： 通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣。 (2)减压过滤(抽滤)： 减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用。 (3)趁热过滤： 趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤，所以又称为热过滤。 2、蒸发结晶、冷却结晶、重结晶 操作 答题指导 蒸发结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl。 (2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干。 (3)实例 ①从NaCl溶液中获取NaCl固体 a．方法：蒸发结晶 b．具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干 ②NaCl溶液中混有少量的 KNO3溶液 a．方法：蒸发结晶、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl c．趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 (4)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 冷却结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO3)、易水解的物质(FeCl3)或结晶水化合物(CuSO4·5H2O)。 (2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时 (3)实例：KNO3溶液中混有少量的 NaCl溶液 a．方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3。 重结晶 将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。 3、晶体干燥的方法 晶体干燥的方法 自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)，低温减压干燥(热稳定性差)。 4、洗涤晶体 操作 答题指导 洗涤晶体 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊性的物质，其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净 【例1】某铜镉渣的主要成分为单质Zn、ZnSO4以及铜、镉(Cd)、铁、钴(Co)等金属单质或它们的氧化物。某同学以其为原料设计如图工艺流程回收铜、镉、铁、钴。 回答下列问题： (1)“浸出”过程生成大量气体是 (填化学式)，写出一种提高“浸出”效率和浸出率的措施： 。 (2)“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的Fe2+氧化为α-FeOOH，写出该反应的离子方程式： 。 (3)“除锰”时，参加反应的 。 (4)若在实验室进行萃取“除铜”，所必须用到的仪器是 ，萃取前对仪器进行的操作是 ，放液时，上层液体由 (填“上口”或“下口”)倒(放)出。 【例2】镀镍厂排放的硫酸镍废液(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质)对环境会产生较大污染，对其进行回收利用，提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示。 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀pH 4.8 6.3 1.5 6.2 6.9 沉淀完全pH 6.7 8.3 2.8 8.2 8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 —— 溶于酸 溶于酸 回答下列问题： (1)H2O2的作用是 。 (2)滤渣Ⅲ的化学式为 。 (3)“调pH”时，应调节溶液的pH的范围为 ；“萃取分液”时用到的玻璃仪器有 。 (4)滤渣Ⅰ中含有硫单质。“硫化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉钙”时同样需要控制体系的 pH 在一定范围内，原因是 。 【例3】溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气……产品溴 资料：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。 (1)酸化：海水通入Cl2前需进行酸化，主要目的是 (用离子反应方程式解释)。 (2)脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2，具有脱氯作用的离子是 。 (3)富集、制取Br2： 用Na2CO3溶液作为吸收剂吸收溴时，Br2生成BO和Br-，其离子反应方程式为 。再用H2SO4酸化反应后的溶液即可得到Br2。 (4)萃取、蒸馏 物质 Br2 CCl4 正十二烷 密度/(g•cm-3) 3.119 1.595 0.753 沸点/℃ 58.76 76.8 215~217 萃取时选择合适的萃取剂为 ，原因是 。在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是 (填标号)。 【知识点3】 “陌生情境下”方程式的书写 1．明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 2．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写步骤 (1)列物质：“读”取题目中的有效信息，找出发生氧化还原反应的物质或离子，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 (2)标得失：依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)，按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 (3)看环境：根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 (4)查守恒：再依据质量守恒，写出规范的方程式。 例：KMnO4能与热的硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为_____。 第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成： MnO＋C2OMn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O2Mn2＋＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O， 2MnO＋5C2O＋H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 3．书写关键——认识并掌握常见的氧化剂、还原剂及产物预测 (1)强氧化性物质或离子： Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4(H＋)、K2Cr2O7(酸性)、PbO2。 常见的氧化剂及还原产物预测： 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ KMnO4 MnO2 还原产物 Cl－(X－) H2O/O2－/ OH－ Fe2＋ Mn2＋(酸性)； MnO2(中性)； MnO(碱性) Mn2＋ 氧化剂 ClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2 PbO2 还原产物 Cl2、ClO2、 Cl－ SO2 NO2(浓)、NO(稀) OH－(碱性)； H2O(酸性) Pb2＋ 氧化剂 酸性K2Cr2O7 HClO、NaClO、 Ca(ClO)2(或ClO－) FeO(H＋) NaBiO3 Na2O2 还原产物 Cr3＋ Cl－、Cl2 Fe3＋ Bi3＋ NaOH(或Na2CO3) (2)强还原性物质或离子： Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、S2O、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)、H2C2O4、CO、NH3等。 常见的还原剂及氧化产物预测： 还原剂 金属单质 (Zn、Fe、Cu等) Fe2＋ S2－(或H2S、NaHS) SO2(或H2SO3、SO、NaHSO3) H2C2O4、C2O H2O2 氧化产物 Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性) S、SO2(或SO)、SO SO3、SO CO、CO2 O2 还原剂 I－(或HI、NaI) NH3 N2H4 CO S2O H2 氧化产物 I2、IO N2、NO N2 CO2 SO H＋(酸性)、H2O(碱性) 4．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考。 例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解： Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。 加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。 再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁： Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O， 加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 【例1】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()形式存在]中回收的工艺流程如下： 已知：①； ②。 回答下列问题： (1)的名称是 。 (2)“沉砷”过程中的作用是 。 (3)浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)写出“脱硫”时反应的离子方程式： ，相同条件下，单质硫在水、、酒精三种溶剂中溶解度最小的是 。 (5)写出“还原”时反应的化学方程式： 。 (6)是三元弱酸，第一步和第二步电离是通过和水中的结合实现的，第三步则直接电离出，第一步电离方程式为，则第三步电离方程式为 。 (7)用去除酸性废水中的机理如下(“HS”为自由基，“”表示孤电子)，方框中X的化学式为 。 【例2】以主要成分为的铁钴矿(杂质为、)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示(已知还原性：)： 已知：“焙烧”后，、元素完全转化为单质。 回答下列问题： (1)黄钠铁矾中铁元素的化合价为 价，检验气体中是否含有的方法可以为 。 (2)第一次“氧化”中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，“调”时反应的离子方程式为 。 (3)“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为 ，转化为的基本方法是 。 【例3】草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、、，还含有少量、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如表(完全沉淀时，金属离子浓度)。 沉淀 恰好完全沉淀时 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸出液中主要含有、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： 。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 【知识点4】工艺流程中的计算 一、利用关系式法计算 1、利用关系式法解题思维流程 2、熟记常用计算公式 （1）物质的质量分数(或纯度)＝×100%。 （2）反应物的转化率＝×100%。 （3）生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。 3、利用“碘量法”进行物质含量测定 （1）直接碘量法：直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法。在滴定过程中，I2被还原为I－。 指示剂 淀粉：淀粉遇碘显蓝色，反应极为灵敏。化学计量点稍后，溶液中有过量的碘，碘与淀粉结合显蓝色而指示终点到达。碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。 适用对象 I2 是较弱的氧化剂，强还原性的S2－、S2O、SO、As2O3、Vc等都可直接滴定。 （2）间接碘量法 分类 ①剩余碘量法 剩余碘量法是在供试品(还原性物质)溶液中先加入定量、过量的碘滴定液，待I2与测定组分反应完全后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组分含量的方法。滴定反应为： I2(定量过量)＋还原性物质→2I－＋I2(剩余) I2(剩余)＋2S2O→S4O＋2I－ ②置换碘量法 置换碘量法是先在供试品(氧化性物质)溶液中加入碘化钾，供试品将碘化钾氧化析出定量的碘，碘再用硫代硫酸钠滴定液滴定，从而可求出待测组分含量。滴定反应为： 氧化性物质＋2I－→I2 I2＋2S2O→S4O＋2I－。 指示剂 淀粉，淀粉指示剂应在近终点时加入，因为当溶液中有大量碘存在时，碘易吸附在淀粉表面，影响终点的正确判断。 适用对象 I－是中等强度的还原剂。主要用来测氧化态物质：CrO、Cr2O、H2O2、 KMnO4、IO、Cu2＋、NO、NO等。 二、溶度积(Ksp)的相关计算 1、计算反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度。 如反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝＝。 2、求解开始沉淀和沉淀完全时的pH。 如判断M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全时的pH。 ①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝，c(H＋)＝，从而确定pH。 ②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子已经沉淀完全，c(OH－)＝ mol·L－1，结合Kw求出c(H＋)，从而确定pH。 注意：有关Ksp的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。 3、判断沉淀的生成或沉淀是否完全 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成。 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全。 4、分步沉淀问题分析 定义 如果一种溶液中同时含有I－和Cl－，当慢慢滴入AgNO3溶液时，刚开始只生成AgI沉淀；加入的AgNO3到一定量时才出现AgCl沉淀，这种先后沉淀的现象称为分步沉淀。 原理 在含有同浓度I－和Cl－的溶液中，加入AgNO3溶液，之所以AgI沉淀先生成，是因为Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小，假定溶液中c(I－)＝c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，刚开始生成AgI和AgCl沉淀时所需要的Ag＋浓度分别是： c(Ag＋)AgI＝ mol·L－1＝9.3×10－15 mol·L－1 c(Ag＋)AgCl＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1 可见沉淀I－所需要的c(Ag＋)要小得多，所以AgI先沉淀，继续滴加AgNO3，当c(Ag＋)＝1.8×10－8 mol·L－1时，AgCl沉淀也开始生成，这时c(I－)、c(Cl－)和c(Ag＋)同时平衡： c(Ag＋)·c(I－)＝Ksp(AgI)＝9.3×10－17 c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)＝1.8×10－10 两式相除得：＝≈1.9×106 如果溶液中c(Cl－)>1.9×106c(I－)，向其中滴加AgNO3溶液时，则要先生成AgCl沉淀。 三、工艺流程中的热重曲线分析 （1）分析方法 热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法，通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物的热分解过程，一般为先失水、再分解、后氧化。 例如CoC2O4·2H2O在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段： 第一阶段，失去结晶水生成盐：CoC2O4·2H2O→CoC2O4。 第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CoC2O4→CoO。 第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：CoO→Co2O3(或Co3O4)。 注意： ①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是一步失去所有的结晶水。 ②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。 （2）基本方法和思路 ①设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步固体剩余的质量m(余)，×100%＝固体残留率。 ④晶体中金属质量不再减少，仍在m(余)中。 ⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。 例如：“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为______。 解题思路：n(NiSO4·6H2O)＝＝0.1 mol，含有m(H2O)＝0.1 mol×6×18 g·mol－1＝10.8 g，根据26.3g－15.5g=10.8g，恰好说明280 ℃以前失去的结晶水；所以A段对应的物质就是0.1 mol的NiSO4；温度到600 ℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3 g氧化物中Ni的质量为5.9 g，那么O的质量为2.4 g即0.15 mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2∶3，所以固体氧化物即三氧化二镍。 【例1】分银渣是电解铜的阳极泥提取贵金属后的尾渣，含有铅（PbSO4）、钡（BaSO4）、锡（SnO2）以及金（Au）、银（Ag）等有价金属，具有较高的综合利用价值。一种分银渣的提取流程如下： 已知： I.SnO2不溶于水、醇、稀酸和碱液； Ⅱ.部分难溶电解质的溶度积（25℃）如表。 物质 PbSO4 PbCO3 PbCl2 BaSO4 BaCO3 Ksp (3)ⅲ操作中用饱和Na2CO3溶液（1.6mol·L-1）浸泡固体A并煮沸，充分反应后过滤，若固体A中含0.2molBaSO4，要将其全部转化为BaCO3，至少需要加入 L饱和Na2CO3溶液（保留一位小数）。 (5)测定SnO2样品的纯度：称取mgSnO2样品（杂质不影响滴定结果），将样品灰化后以过氧化钠熔融，将熔融物酸溶后，再用还原铁粉将SnO2转化为Sn2+，加入指示剂，用KIO3标准溶液进行滴定，滴定反应离子方程式为：，（均未配平）。 ①该滴定实验中所加指示剂为 ，滴定终点的现象为 。 ②若终点时消耗0.0100mol·L-1KIO3标准溶液VmL，则测得SnO2纯度为 （列出表达式即可）。 【例2】回收再利用金属冶炼厂的酸性废水(主要含、、、、)，制备亚砷酸铜的流程如下。 (3)中和除杂。当溶液中离子浓度小于，可认为已经完全除去。 已知：在时开始转化为，，，。 ①一级中和控制pH为2左右，滤渣X的主要成分有 。 ②二级中和沉淀重金属离子应控制pH范围为 。 (4)应用碘量法可测定亚砷酸铜中的铜含量。称取2.000g试样溶于稀搅拌后过滤，洗涤滤渣，将洗涤后的滤液与原滤液合并，配成溶液，取所配溶液于碘量瓶中加入过量的碘化钾溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗。 ①计算样品中铜元素的质量分数 。(写出计算过程) ②已知纯亚砷酸铜中铜元素的质量分数为23.02%，实际测得样品中铜元素的质量分数有偏差(操作步骤均正确)的原因为 。(已知：；，未配平) 【例3】磷酸铁常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分)、，少量的、、)为原料制备磷酸铁的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (4)经测定“除钙镁”后的溶液中，则溶液中 。 【知识点5】化学工艺流程的评价 1、评价的思考方向 （1）流程反应前期：原材料价格及易得程度。 （2）流程反应中期：流程操作难易，能耗高低，是否有污染生成。 （3）流程反应后期：产率、纯度高低。 2、评价的内容 （1）是否绿色环境的评价； ①高能：反应中能耗过高，常见有电解，高温等操作会使得能耗变高（加热不属于高能耗）。 ②污染：流程中有污染物生成，如NOX、Cl2等。 （2）对步骤和转化率、利用率、产物纯度的评价； ①减损：某操作使流程中损失(浪费)减少。如用冰水或乙醇洗涤产物，减少产物的损失。 ②增产：或者某操作使产品总量增加。如提纯粗盐后，NaCl质量反而高于本来的质量。 （3）对装置和原理的评价； ①原子利用率：指提高原子利用率，反应物是否尽可能多的转化为生成物。 ②经济性：指工业生产中要符合经济效益，原材料成本尽可能降低。 （4）定性实验的误差评价。 （5）试剂循环：反应中的副产物能够再次投入使用，达到试剂的循环。 3、问题与讨论 （1）原理(是否有副反应发生，是否具备形成原电池条件，是否要考虑盐溶液的水解，溶剂有无影响等)。 （2）条件：温度、催化剂、反应物的蒸发、生成物的蒸发。 （3）装置：冷凝收集产物，回流提高反应物的转化率，干燥，防堵，倒吸，尾气处理。 （4）药品：浓度及浓度的变化(如浓H2SO4反应变稀后不具有强氧化性，浓盐酸与MnO2反应变稀后不再反应，浓HNO3与Cu反应过程中，由于HNO3的变稀，生成产物由NO2由变为NO)；药品是否变质(如Na2SO3在空气中易被部分氧化成Na2SO4)。 （5）用量：增加一种反应物的量，会使另一种反应物的转化率增加(如2SO2+O2==2SO3，工业上常采用适当增加O2的量来提高SO2的转化率)、减少生成物的量对反应速率，平衡移动的影响。 （6）操作(先后顺序)。 （7）引起误差的原因：条件的影响，原因的影响，副反应的影响(共存物质之间的反应和继续反应)。 （8）工业生产主要考虑：反应物(易得与廉价)，反应条件(设备、成本、转化率)，产物(循环利用、副产物、环保等)。 【例1】CIGS靶材是一种主要含铜、镓(Ga)、铟(In)、硒(Se)的合金，由于其良好的电学传导和光学透明性能，被广泛运用在薄膜太阳能电池领域。实验室设计从废弃CIGS中回收稀散金属铟和镓的氯化物(性质类似于AlCl3)的流程图，回答下列问题： 已知：I.“溶解”步骤所得溶液中含有Cu2+、In3+、Ga3+和H2SeO3。 (1)“溶解”过程中生成Ga3+的离子方程式为 和2Ga+6H+=2Ga3++3H2↑；利用王水也能溶解CIGS，试分析以王水代替HCl和H2O2的缺点是 (答出一点即可)。 【例2】Pd/是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/纳米催化剂（主要成分及含量：Pd 0.3%，- 92.8%，其他杂质6.9%）中回收金属Pd的工艺流程如下： 已知：-能与酸反应，-不与酸反应，“沉淀”得到。 回答下列问题： (4)“粗Pd”溶解时，可用稀替代，但缺点是 。 【例3】汽车废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下： 有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Al3+ Mg2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2 沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2 回答下列问题： (1)长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物，粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，操作A的名称为 。 (2)酸浸工序中Pt溶于王水生成NO和氯铂酸(H2PtCl6)，该反应的化学方程式为 。有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，其优点是 。 第64讲 化学工业流程题解题策略（练习） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．氧族元素碲(Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示： 已知：微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是 A．铜阳极泥粉碎后再“酸浸”，可提高浸取率 B．“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为 C．“还原”过程中，反应的化学方程式为 D．溶于浓NaOH溶液的离子方程式为 2．摩尔盐[]是一种重要的化工原料，用途十分广泛，可以作净水剂，还可以与鞣酸、没食子酸等混合后配制蓝黑墨水；在空气中比稳定，是分析化学中重要的基准物质。摩尔盐加热分解，反应为。用废铁屑（含有少量）制备摩尔盐的流程如图： 下列说法正确的是 A．步骤1和步骤2加热的最好方式是用酒精灯直接加热 B．稀硫酸处理后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色（忽略空气的氧化） C．步骤3实验操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥 D．摩尔盐分解反应中被氧化的元素有1种 3．下图是合成化工原料叠氮酸钠的流程示意图。下列说法不正确的是 A．制备水合肼时，应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中 B．的空间构型与相同 C．叠氮环合成塔中发生的反应为： D．操作x分离出的某种物质可循环使用 4．以金属Fe为主要成分的Al、Fe、Cu废旧合金(还含少量、)的回收模拟实验如图所示。下列说法错误的是 A．加入足量NaOH溶液，发生反应： B．滤渣A为Fe、Cu、 C．操作Ⅱ在表面皿中进行 D．滤液B经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得绿矾 5．配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图： 已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：； ②结构为。 下列叙述错误的是 A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B．可从“滤液”中回收 C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．中，配体数目为6 6．以锌焙砂(主要成分为，含有较多的和少量、等单质)为原料制备针铁矿渣(FeOOH)，其工艺流程如图所示： 已知： 离子 开始/完全沉淀的 7.5/9.7 对应硫化物的 —           下列说法错误的是 A．中性浸液的溶质主要为 B．“热酸浸出”过滤后的残液可返回“酸性浸出”使用 C．因在水溶液中的溶解度有限，“沉铁”过程可换成作为氧化剂 D．为提高的产率和“沉铁”效率，可调节“沉铁”过程的约为10 7．以高砷烟尘(主要成分为和，其中中的Pb显+2价或+4价，、均可与NaOH溶液发生非氧化还原反应)为原料制备砷酸钠晶体的工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．“碱浸”时，将还原为PbS而除去 B．“氧化”时加热溶液至沸腾更有利于加快反应速率 C．滤液“氧化”过程中需要补充NaOH溶液 D．“系列操作”中的洗涤步骤为向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流下，重复次 8．河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含、FeO、及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程如图。 已知：①焙烧时，、FeO转化成，；②溶解度随着温度升高而快速增大。 下列叙述错误的是 A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角 B．通入空气的目的之一是除去油脂 C．固体1可用于制造红色颜料 D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等 9．钴是一种重要战略物资，由含钴废催化剂(含、、CuO等)制备和高效净水剂黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①氧化性：。 ②、均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。 下列说法正确的是 A．黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应 B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为、、 C．“氧化”时发生反应的离子方程式为 D．“沉钴”时将产生 10．钽酸锂()是光通讯、激光及光电子领域中的基本功能材料。一种以含钽废渣(主要成分为，含少量油脂和等)为原料制备钽酸锂的流程如下： 下列说法错误的是 A．“沸腾炉焙烧”为增加气固接触面积，常采用“逆流”操作 B．滤渣1的主要成分为，滤渣2的主要成分为 C．已知+5价Ta具有一定的氧化性，“酸化”时硫酸比盐酸更合适 D．在实验室模拟“灼烧”工序，主要仪器为石英坩埚、酒精灯、泥三角等 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： (1)NaFeEDTA中基态的价电子排布式为 。 (2)“沉铁”步骤生成，当恰好完全沉淀时溶液中的 。 (3)“氧化”步骤的化学方程式为 。 (4)实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 (5)“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 (6)产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用标准溶液平行滴定3次，消耗标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 (7)产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 12．中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。 镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。 已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (1)滤渣Ⅰ中除含有 外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式 。 (2)从绿色化学的角度考虑，相比于在空气中煅烧孪生矿，该工艺的优势在于 。 (3)“除铁”加入的目的是 。 (4)用有机萃取剂HL萃取的原理为，反萃取后，存在于(填“水相”或“有机相”) 。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是 。 可由溶液制备，主要包含沉淀、灼烧两个步骤。已知镨元素的常见价态为+3、+4。 (5)搅拌下，将一定量的溶液与沉淀剂溶液充分反应，过滤得到沉淀。若改用溶液为沉淀剂，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是 。 (6)将置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备最适宜的温度为___________。 A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃ (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为 。 13．五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。在化工生产中，以富钒炉渣（其中的钒以形式存在，还有少量的等）为原料制备的工艺流程如下： 已知：“酸浸”后，转变成；“沉钒”时，生成沉淀，且需控制溶液的。 (1)为提高“酸浸”时的浸出率，除了采用适当升温和增大酸的浓度外，还可以采用 （写一种方法）。 (2)“氧化”过程中溶液，写出该工序发生反应的离子方程式： 。 (3)“滤渣”中的成分有、 （填化学式）。 (4)+5价含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示： pH 主要离子 “沉钒”步骤中，pH不能大于8的原因是 。 (5)“沉钒”时，所加的的作用是 。 (6)写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。 (7)时，测得“沉钒”时，滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，应调节溶液中至少 。［已知］ (8)“沉钒”后产生的沉淀要用水洗，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是 。 14．一种利用低品位铜矿(、、和等)为原料制取的工艺流程如下： 已知：ⅰ．水溶液中不存在碳酸铜，与结合立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜；水溶液中存在平衡：、 ⅱ．时三价铁离子已沉淀完全 ⅲ．查阅资料：和可以形成绛蓝色络合离子四氨合铜：和可以形成2种配离子和，并存在以下平衡：，。 (1)常温下，“浸取”步骤中使用的稀硫酸溶液，此时溶液中由水电离的 ；铜矿中被氧化的物质有、、和 (填化学式，下同)，滤渣1的主要成分有与 。 (2)用氨水调节的目的是 ；向滤液1中先加氨水的目的有：①中和溶液中的；② 。 (3)“反应”步骤中转化为配离子的离子方程式为 。 (4)滤液2加大量水析出沉淀，从平衡移动角度分析，滤液2中更有利于的生成的配离子是 (填“”或“”)，理由是 。 (5)该工艺流程中可循环使用的物质有 。 15．锑在新兴的微电子技术中有着广泛用途，可用于制造AMD显卡。利用含锑废渣(主要成分为，含有少量等杂质)制取金属Sb的工艺流程如图所示： 已知：①与的氧化性强弱相当；②属于两性氧化物，可溶于浓盐酸、氢氧化钠溶液、浓硫酸、浓硝酸，微溶于水、稀硫酸，不溶于醇；③锑的氧化物在500~1000℃条件下被固体碳或一氧化碳、氢气等气体还原为金属锑。回答下列问题： (1)加快含锑废渣“溶解”的措施为 (写出一条)。 (2)“溶解”过程中主要成分参与反应的离子方程式为 ，该过程中温度应控制在80℃，原因是 。 (3)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)；“水解”生成“滤饼”的化学方程式为 。 (4)检验“洗涤”过程中将滤饼中的全部洗去的操作为 。 (5)加入溶液“中和”后，得到金属氧化物，想要得到纯净干燥的，往往先进行水洗再醇洗，醇洗的优点为 。 (6)写出“还原2”发生反应的化学方程式： 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $ 备战2026年高考化学【一轮·夯基提能】精讲精练复习讲义 第64讲 化学工业流程题解题策略（讲义） 讲义 夯基·知识精讲 【知识点1】原料的预处理+3道例题 【知识点2】工艺流程中的分离与提纯+3道例题 【知识点3】 “陌生情境下”方程式的书写+3道例题 【知识点4】工艺流程中的计算+3道例题 【知识点5】化学工艺流程的评价+3道例题 练习 提能·课后精练 选择题： 10 题 非选择题： 5 题 建议时长： 75 分钟 实际时长： 分钟 化学工艺流程图的结构 （1）流程图一般三大部分： 原料预处理：研磨（或粉碎）、灼烧（或焙烧、煅烧）、浸出（水浸、酸浸、碱洗）、搅拌等。 核心化学反应：氧化（或还原）、除杂（加入或多或正好）沉淀剂、调控溶液的pH范围，控制反应温度、加入保护气等。 产品的分离与提纯：结晶与过滤、洗涤与干燥、脱水的各种不同方法等。 （2）流程中要分析“进” 、“出” 物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。 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。 （3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。当然在某些特殊情况下要控制用量。 （4）后续阶段：滴定计算，转化率计算，产率计算，质量分数计算等。 【知识点1】原料的预处理 1、固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化 方法 思考角度 固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化 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，以加快反应速率或使反应更充分。 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 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、焙烧、灼烧、煅烧 方法 思考角度 焙烧 反应物与空气、氯气等氧化性气体或其他添加进去的物质（如硫酸）发生化学反应（所以焙烧分为氧化焙烧、硫酸化焙烧和氯化焙烧等）。以气固反应为主，为避免物质融化反应温度一般低于熔点，在500～1500℃之间。使用专门的化工装置如沸腾炉、焙烧炉等。焙烧的目的主要有： ①除去硫、碳单质； ②有机物转化、除去有机物； ③高温下原料与空气中氧气反应，金属元素被氧化为高价态氧化物或高价态化合物； ④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 工业上可以通过增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流焙烧、适当升温等来提高焙烧效率。 灼烧 物质在高温条件下发生脱水、分解、挥发等化学变化的过程。反应温度在1000℃左右，使用的仪器比较多样如煤气灯、电炉等。灼烧海带、颜色反应、焰色试验、灼烧失重、灼烧残渣等。 煅烧 反应物受热分解或发生晶形转变，为避免融化温度低于熔点，但大多高于1200℃。如煅烧石灰石、生产玻璃、打铁等，使用的化工设备如回转窑。煅烧的目的主要有： 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，如煅烧高岭土。 3、浸取 浸出率：是指固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。 提高浸取率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积； ②搅拌，使反应更加充分； ③当增大酸的浓度； ④加热； ⑤延长浸出时间 方法 思考角度 酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的； ②去氧化物(膜)； ③抑制盐类的水解； 碱溶 ①除去金属表面的油污； ②溶解两性化合物(Al2O3、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等； 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中； 醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物； 4、控制溶液的pH 条件控制 思考角度 pH控制 (1)调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的； ①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大； ②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH (注意两端取值) ③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型的物质； ④实例1：除去CuSO4溶液中少量Fe3+，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuCO3，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。 a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3 b．加热的目的：促进Fe3＋水解 实例2：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示： 物质 开始沉淀 沉淀完全 Fe(OH)3 2.7 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Mn(OH)2 8.3 9.8 若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋：先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH至3.7~8.3。 实例3：Mg2+ (Fe3+)：MgO、Mg(OH) 2、MgCO3 (2)抑制盐类水解； 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯 如：由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则： MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O (3)促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 (4)“酸作用”还可除去氧化物(膜) (5)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 (6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 【注意】调节pH的试剂选取： ①选取流程中出现的物质； ②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑； ③已学的常见酸碱(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3)。 5、控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 条件控制 思考角度 加热 ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉淀。 ③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2、氨水、铵盐(NH4Cl)、硝酸盐、NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质； ④使沸点相对较低或易升华的原料气化； ⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等； 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)； ②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等； ④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等； ⑤降温可以减少能源成本，降低对设备的要求； 控制温度在一定范围(综合考虑) 温度过低：反应速率过慢或溶解速率小 温度过高：①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降 ②物质分解，如：NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等 ③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质氧化，如：Na2SO3等 ⑤物质升华，如：I2 升华 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 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的量； 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，降低对设备的要求； 【例1】铁红(Fe2O3)是一种用途广泛的颜料，用某烧渣(主要成分为Fe2O3，含少量SiO2)制备铁红的流程如下： (1)“焙烧”时，CO将Fe2O3还原为FeO，该过程中参加反应的还原剂与氧化剂的物质的量之比是 。 (2)“酸浸”时，提高漫出率的措施有 (写出一点即可)，生成Fe2+的离子方程式为 。 【答案】 (1)1：1 (2)搅拌、适当提高硫酸浓度、适当提高酸浸温度等 FeO+2H+=Fe2+ + H2O 【例2】五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业，用作合金添加剂、生产硫酸或石油精炼用的催化剂等。从废钒催化剂中(含有、、、、、等)回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源。回收工艺流程如下： 已知： ①“酸浸”时，和先与稀硫酸反应分别生成和。 ②有机萃取剂萃取的能力比萃取的能力强。 ③溶液中与可相互转化：，且为沉淀。 (1)“酸浸”时，加快浸出速率的措施有 (回答一条即可)；参与反应的离子方程式为 。 (2)滤渣2的主要成分有 ； 【答案】 (1)废催化剂粉碎，适当增大试剂浓度，适当升温等 (2)、 【例3】镉( Cd)在合金、电池等方面具有重要应用。某铜镉渣中主要含有Cd、CdO，还含有Cu、Zn、Pb、Fe、CuO和SiO2等杂质，从铜镉渣中回收Cd的某种工艺流程如图所示。 已知：①Ksp[CaSO4] =9.1 ×10-6 Ksp[PbSO4]=1.6×10-8 ②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示： 离子 Zn2+ Cd2+ Fe2+ Pb2+ Cu2+ Fe3+ 开始沉淀时(c=0.01 mol · L-1)的pH 8.2 7.8 7.5 6.7 5.2 2.2 完全沉淀时(c=1.0 ×10-5mol·L-1)的pH 9.7 9.3 9.0 8.5 6.7 3.2 回答下列问题： (1)将铜镉渣先“浆化”再“酸浸”的目的是 。 (2)“酸浸”时，保持温度和pH均不宜过高的原因是 ；“压滤 ”所得滤渣I的主要成分是 ( 填化学式)； “酸浸”后滤液中还含有微量的Pb2+，其微量存在的主要原因是 。 (3)“除铁”时，加入的石灰乳调节溶液pH的范围是 ， 若石灰乳加过量，缺陷是 。 (4)将“置换”出来的海绵镉在空气中堆放进行“自然氧化” ，再用硫酸进行“酸溶”，“置换净化”处理是将残余的微量的Cu2+和Pb2+进行深度脱除，以提高阴极镉产品的纯度，“置换净化”所发生的离子反应方程式为 。 【答案】 (1)增大接触面积，提高酸浸速率和浸出率 (2)抑制Cd2+水解 Cu、SiO2和PbSO4 PbSO4的Ksp不足够小或硫酸的浓度不够大，使溶液中仍有微量Pb2+存在 (3)3.2<pH<5.2 或3.2~5.2 Cd(OH)2进入滤渣II而损失 (4)Cd+Cu2+= Cu+Cd2+、 Cd+Pb2+= Pb+Cd2+ 【知识点2】工艺流程中的分离与提纯 1、过滤 操作 答题指导 过滤 固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等。过滤主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 (1)常压过滤： 通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣。 (2)减压过滤(抽滤)： 减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用。 (3)趁热过滤： 趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤，所以又称为热过滤。 2、蒸发结晶、冷却结晶、重结晶 操作 答题指导 蒸发结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl。 (2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干。 (3)实例 ①从NaCl溶液中获取NaCl固体 a．方法：蒸发结晶 b．具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干 ②NaCl溶液中混有少量的 KNO3溶液 a．方法：蒸发结晶、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaCl c．趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 (4)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 冷却结晶 (1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO3)、易水解的物质(FeCl3)或结晶水化合物(CuSO4·5H2O)。 (2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时 (3)实例：KNO3溶液中混有少量的 NaCl溶液 a．方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥 b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO3。 重结晶 将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。 3、晶体干燥的方法 晶体干燥的方法 自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)，低温减压干燥(热稳定性差)。 4、洗涤晶体 操作 答题指导 洗涤晶体 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊性的物质，其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净 【例1】某铜镉渣的主要成分为单质Zn、ZnSO4以及铜、镉(Cd)、铁、钴(Co)等金属单质或它们的氧化物。某同学以其为原料设计如图工艺流程回收铜、镉、铁、钴。 回答下列问题： (1)“浸出”过程生成大量气体是 (填化学式)，写出一种提高“浸出”效率和浸出率的措施： 。 (2)“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的Fe2+氧化为α-FeOOH，写出该反应的离子方程式： 。 (3)“除锰”时，参加反应的 。 (4)若在实验室进行萃取“除铜”，所必须用到的仪器是 ，萃取前对仪器进行的操作是 ，放液时，上层液体由 (填“上口”或“下口”)倒(放)出。 【答案】 (1)H2 加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等措施 (2) (3)2:3 (4)分液漏斗 检漏 上口 【详解】（1）“浸出”过程中，Zn、Cd、Fe、Co等和稀硫酸反应会生成大量H2；为了提高“浸出”效率和浸出率，可以采取加热、提高稀硫酸浓度、搅拌等措施； （2）)“氧化除铁”原理是空气中的氧气将浸出液中的Fe2+氧化为α-FeOOH，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可写出该反应的离子方程式为：； （3）“除锰”时利用KMnO4将浸出液中的Mn2+氧化为MnO2，KMnO4作氧化剂，Mn2+作还原剂，氧化产物和还原产物均为MnO2，KMnO4中Mn化合价降低3价，Mn2+化合价升高2价，根据得失电子守恒可知“除锰”时，参加反应的； （4）萃取必须用到的仪器是分液漏斗；萃取前需对分液漏斗进行检漏；放液时，先将下层液体从下口放出，再上层液体由上口倒出； 【例2】镀镍厂排放的硫酸镍废液(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Zn2+、Ca2+等杂质)对环境会产生较大污染，对其进行回收利用，提取硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，有关金属离子开始沉淀与沉淀完全的pH范围、硫化物的酸溶性如表所示。 金属离子 Cu2+ Fe2+ Fe3+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀pH 4.8 6.3 1.5 6.2 6.9 沉淀完全pH 6.7 8.3 2.8 8.2 8.9 硫化物的酸溶性 不溶于硫酸等 溶于酸 —— 溶于酸 溶于酸 回答下列问题： (1)H2O2的作用是 。 (2)滤渣Ⅲ的化学式为 。 (3)“调pH”时，应调节溶液的pH的范围为 ；“萃取分液”时用到的玻璃仪器有 。 (4)滤渣Ⅰ中含有硫单质。“硫化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (5)“沉钙”时同样需要控制体系的 pH 在一定范围内，原因是 。 【答案】 (1)把Fe2+氧化为Fe3+ (2)CaF2 (3)2.8≤pH<6.9 分液漏斗、烧杯 (4) (5)HF是弱酸，pH过小，氟离子结合氢离子生成氟化氢，NiF2利用率低；pH过大，容易生成镍的氢氧化物沉淀导致产率降低 【例3】溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程示意如图。 浓缩海水酸化海水含溴空气……产品溴 资料：常温下溴呈液态，深红棕色，易挥发。 (1)酸化：海水通入Cl2前需进行酸化，主要目的是 (用离子反应方程式解释)。 (2)脱氯：除去含溴蒸气中残留的Cl2，具有脱氯作用的离子是 。 (3)富集、制取Br2： 用Na2CO3溶液作为吸收剂吸收溴时，Br2生成BO和Br-，其离子反应方程式为 。再用H2SO4酸化反应后的溶液即可得到Br2。 (4)萃取、蒸馏 物质 Br2 CCl4 正十二烷 密度/(g•cm-3) 3.119 1.595 0.753 沸点/℃ 58.76 76.8 215~217 萃取时选择合适的萃取剂为 ，原因是 。在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是 (填标号)。 【答案】 (1)2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO- (2)Fe2+、Br- (3)3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑ (4)正十二烷 二者沸点差异大、易分离 b 【详解】（1）海水呈弱碱性，溶液中氢氧根离子会和氯气生成氯离子、次氯酸根离子，故海水通入Cl2前需进行酸化，主要目的是防止氢氧根离子消耗氯气，反应为2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-； （2）除去含溴蒸气中残留的Cl2，具有脱氯作用的离子是Fe2+、Br-，两者均具有还原性，会和氯气反应，故答案为：Fe2+、Br-； （3）Na2CO3溶液作为吸收剂吸收溴时，Br2生成BO和Br-，根据质量守恒可知同时生成二氧化碳气体，其离子反应方程式为3Br2+3CO=5Br-+BrO+3CO2↑； （4）萃取时选择合适的萃取剂为正十二烷，原因是二者沸点差异大、易分离，在蒸馏操作中，温度计测定馏分的温度，温度计水银球在支管口处，且冷凝管中冷水下进上出效果好，选直线冷凝管不易残留馏分，则仪器选择及安装都正确的是b。 【知识点3】 “陌生情境下”方程式的书写 1．明确一些特殊物质中元素的化合价 CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2； K2FeO4：Fe为＋6； FePO4：Fe为＋3； LiFePO4：Fe为＋2； Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3； N2H4：N为－2； Na2S2O3：S为＋2； S2O：S为＋6； VO：V为＋5； C2O：C为＋3； HCN：C为＋2；N为－3； CuH：Cu为＋1，H为－1； BH：B为＋3、H为－1； FeO：Fe为＋(8－n)； Si3N4：Si为＋4，N为－3； MnO(OH)：Mn为＋3； CrO：Cr为＋6； 2．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写步骤 (1)列物质：“读”取题目中的有效信息，找出发生氧化还原反应的物质或离子，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 (2)标得失：依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)，按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 (3)看环境：根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 (4)查守恒：再依据质量守恒，写出规范的方程式。 例：KMnO4能与热的硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为_____。 第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成： MnO＋C2OMn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O2Mn2＋＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O， 2MnO＋5C2O＋H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 3．书写关键——认识并掌握常见的氧化剂、还原剂及产物预测 (1)强氧化性物质或离子： Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4(H＋)、K2Cr2O7(酸性)、PbO2。 常见的氧化剂及还原产物预测： 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ KMnO4 MnO2 还原产物 Cl－(X－) H2O/O2－/ OH－ Fe2＋ Mn2＋(酸性)； MnO2(中性)； MnO(碱性) Mn2＋ 氧化剂 ClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2 PbO2 还原产物 Cl2、ClO2、 Cl－ SO2 NO2(浓)、NO(稀) OH－(碱性)； H2O(酸性) Pb2＋ 氧化剂 酸性K2Cr2O7 HClO、NaClO、 Ca(ClO)2(或ClO－) FeO(H＋) NaBiO3 Na2O2 还原产物 Cr3＋ Cl－、Cl2 Fe3＋ Bi3＋ NaOH(或Na2CO3) (2)强还原性物质或离子： Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、S2O、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)、H2C2O4、CO、NH3等。 常见的还原剂及氧化产物预测： 还原剂 金属单质 (Zn、Fe、Cu等) Fe2＋ S2－(或H2S、NaHS) SO2(或H2SO3、SO、NaHSO3) H2C2O4、C2O H2O2 氧化产物 Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性) S、SO2(或SO)、SO SO3、SO CO、CO2 O2 还原剂 I－(或HI、NaI) NH3 N2H4 CO S2O H2 氧化产物 I2、IO N2、NO N2 CO2 SO H＋(酸性)、H2O(碱性) 4．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考。 例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解： Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。 加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。 再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁： Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O， 加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 【例1】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()形式存在]中回收的工艺流程如下： 已知：①； ②。 回答下列问题： (1)的名称是 。 (2)“沉砷”过程中的作用是 。 (3)浸渣的主要成分是 (填化学式)。 (4)写出“脱硫”时反应的离子方程式： ，相同条件下，单质硫在水、、酒精三种溶剂中溶解度最小的是 。 (5)写出“还原”时反应的化学方程式： 。 (6)是三元弱酸，第一步和第二步电离是通过和水中的结合实现的，第三步则直接电离出，第一步电离方程式为，则第三步电离方程式为 。 (7)用去除酸性废水中的机理如下(“HS”为自由基，“”表示孤电子)，方框中X的化学式为 。 【答案】 (1)亚砷酸钠 (2)沉淀过量，使平衡左移，提高沉砷效率 (3)FeS (4) 水 (5) (6)或 (7) 【详解】（1）的名称是亚砷酸钠。 （2）酸性高浓度含砷废水加入Na2S、FeSO4，得到滤渣As2S3、FeS，的作用是沉淀过量，使平衡左移，提高沉砷效率。 （3）滤渣As2S3、FeS加入加入氢氧化钠溶液生成Na3AsO3，FeS不和NaOH溶液反应，浸渣的主要成分是FeS。 （4）“脱硫”时和NaClO溶液发生氧化还原反应生成S和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；单质硫的极性较弱，CCl4是一种非极性溶剂，水和酒精是极性溶剂，单质硫在酒精中的溶解度比在水中要大，则单质硫在水、、酒精三种溶剂中溶解度最小的是水。 （5）“还原”时被SO2还原生成As2O3，SO2转化为H2SO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：。 （6）是三元弱酸，第一步和第二步电离是通过和水中的结合实现的，第三步则直接电离出，第一步电离方程式为，第二步电离方程式为，则第三步电离方程式为或。 （7）HS·中S原子有一个单电子，因此2个HS·可结合成HS-SH，化学式为。 【例2】以主要成分为的铁钴矿(杂质为、)为原料制取和黄钠铁矾的工艺流程如下图所示(已知还原性：)： 已知：“焙烧”后，、元素完全转化为单质。 回答下列问题： (1)黄钠铁矾中铁元素的化合价为 价，检验气体中是否含有的方法可以为 。 (2)第一次“氧化”中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为 ，“调”时反应的离子方程式为 。 (3)“氧化、沉钴”过程中加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为 ，转化为的基本方法是 。 【答案】 (1)+3 将气体A通过品红溶液，若品红溶液褪色，说明气体A中含有SO2 (2)1：2 (3) 焙烧 【详解】（1）中根据化合价代数和为0，可得Fe的化合价为：；检验气体A中是否含有SO2的方法可以为：将气体A通过品红溶液，若品红溶液褪色，说明气体A中含有SO2； （2）第一次“氧化”离子方程式为：，氧化剂为ClO-，还原剂为Fe2+，氧化剂与还原剂物质的量之比为：1：2；“调pH”时，Fe3+生成，反应的离子方程式为； （3）“氧化、沉钴”过程是将Co2+氧化为Co3+，Co3+转化为Co（OH）3，加入的和物质的量之比为，相应总反应的离子方程式为，转化为的基本方法是：焙烧，焙烧分解为和水； 【例3】草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、、，还含有少量、CuO、FeO及杂质]制取草酸钴晶体的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如表(完全沉淀时，金属离子浓度)。 沉淀 恰好完全沉淀时 10.1 9.4 6.7 2.8 5.2 回答下列问题： (1)“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是 ；浸出液中主要含有、和离子，写出“浸取”时，发生反应的化学方程式： 。 (2)“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。 【答案】 (1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2) 【详解】（1）反应物接触面积越大，反应速率越快，浸取率越大，所以“浸取”前，需要对钴矿进行粉碎处理的目的是增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；浸出渣的主要成分是；浸出液中主要含有有、、、和，“浸取”时，被还原为，同时被氧化为，元素化合价由降低至，元素化合价由升高至，根据化合价升降守恒、原子守恒原则，反应的化学方程式为:。答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率；。 （2）“氧化”时，将氧化为，中氧元素化合价由降低至，元素化合价由升高至，根据化合价升降守恒、原子守恒以及溶液呈酸性可知发生反应的离子方程式为：。答案为：。 【知识点4】工艺流程中的计算 一、利用关系式法计算 1、利用关系式法解题思维流程 2、熟记常用计算公式 （1）物质的质量分数(或纯度)＝×100%。 （2）反应物的转化率＝×100%。 （3）生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。 3、利用“碘量法”进行物质含量测定 （1）直接碘量法：直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法。在滴定过程中，I2被还原为I－。 指示剂 淀粉：淀粉遇碘显蓝色，反应极为灵敏。化学计量点稍后，溶液中有过量的碘，碘与淀粉结合显蓝色而指示终点到达。碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。 适用对象 I2 是较弱的氧化剂，强还原性的S2－、S2O、SO、As2O3、Vc等都可直接滴定。 （2）间接碘量法 分类 ①剩余碘量法 剩余碘量法是在供试品(还原性物质)溶液中先加入定量、过量的碘滴定液，待I2与测定组分反应完全后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组分含量的方法。滴定反应为： I2(定量过量)＋还原性物质→2I－＋I2(剩余) I2(剩余)＋2S2O→S4O＋2I－ ②置换碘量法 置换碘量法是先在供试品(氧化性物质)溶液中加入碘化钾，供试品将碘化钾氧化析出定量的碘，碘再用硫代硫酸钠滴定液滴定，从而可求出待测组分含量。滴定反应为： 氧化性物质＋2I－→I2 I2＋2S2O→S4O＋2I－。 指示剂 淀粉，淀粉指示剂应在近终点时加入，因为当溶液中有大量碘存在时，碘易吸附在淀粉表面，影响终点的正确判断。 适用对象 I－是中等强度的还原剂。主要用来测氧化态物质：CrO、Cr2O、H2O2、 KMnO4、IO、Cu2＋、NO、NO等。 二、溶度积(Ksp)的相关计算 1、计算反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度。 如反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝＝。 2、求解开始沉淀和沉淀完全时的pH。 如判断M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全时的pH。 ①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝，c(H＋)＝，从而确定pH。 ②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子已经沉淀完全，c(OH－)＝ mol·L－1，结合Kw求出c(H＋)，从而确定pH。 注意：有关Ksp的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。 3、判断沉淀的生成或沉淀是否完全 ①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成；若Qc<Ksp，无沉淀生成。 ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全。 4、分步沉淀问题分析 定义 如果一种溶液中同时含有I－和Cl－，当慢慢滴入AgNO3溶液时，刚开始只生成AgI沉淀；加入的AgNO3到一定量时才出现AgCl沉淀，这种先后沉淀的现象称为分步沉淀。 原理 在含有同浓度I－和Cl－的溶液中，加入AgNO3溶液，之所以AgI沉淀先生成，是因为Ksp(AgI)比Ksp(AgCl)小，假定溶液中c(I－)＝c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，刚开始生成AgI和AgCl沉淀时所需要的Ag＋浓度分别是： c(Ag＋)AgI＝ mol·L－1＝9.3×10－15 mol·L－1 c(Ag＋)AgCl＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1 可见沉淀I－所需要的c(Ag＋)要小得多，所以AgI先沉淀，继续滴加AgNO3，当c(Ag＋)＝1.8×10－8 mol·L－1时，AgCl沉淀也开始生成，这时c(I－)、c(Cl－)和c(Ag＋)同时平衡： c(Ag＋)·c(I－)＝Ksp(AgI)＝9.3×10－17 c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)＝1.8×10－10 两式相除得：＝≈1.9×106 如果溶液中c(Cl－)>1.9×106c(I－)，向其中滴加AgNO3溶液时，则要先生成AgCl沉淀。 三、工艺流程中的热重曲线分析 （1）分析方法 热重法是在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法，通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。金属化合物的热重分析研究对象一般为各种金属含氧酸盐、金属氢氧化物、金属氧化物的热分解过程，一般为先失水、再分解、后氧化。 例如CoC2O4·2H2O在空气中加热时，受热分解过程分为三个阶段： 第一阶段，失去结晶水生成盐：CoC2O4·2H2O→CoC2O4。 第二阶段，盐受热分解生成氧化物：CoC2O4→CoO。 第三阶段，低价态氧化物与空气中的氧气反应生成高价态氧化物：CoO→Co2O3(或Co3O4)。 注意： ①每个阶段有可能还分为不同步骤，如第一阶段中可能分步失去不同的结晶水，而不是一步失去所有的结晶水。 ②如果是变价金属元素，则在空气中加热产物可能为多种价态的金属氧化物。 （2）基本方法和思路 ①设晶体(金属化合物)为1 mol，其质量为m。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步固体剩余的质量m(余)，×100%＝固体残留率。 ④晶体中金属质量不再减少，仍在m(余)中。 ⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(氧元素)，由n(金属)∶n(氧元素)，即可求出失重后物质的化学式。 例如：“煅烧”NiSO4·6H2O晶体时剩余固体质量与温度变化曲线如图，该曲线中 B 段所表示氧化物的名称为______。 解题思路：n(NiSO4·6H2O)＝＝0.1 mol，含有m(H2O)＝0.1 mol×6×18 g·mol－1＝10.8 g，根据26.3g－15.5g=10.8g，恰好说明280 ℃以前失去的结晶水；所以A段对应的物质就是0.1 mol的NiSO4；温度到600 ℃，固体的质量再次下降，得到最终的镍的氧化物；根据原子守恒，8.3 g氧化物中Ni的质量为5.9 g，那么O的质量为2.4 g即0.15 mol，所以固体氧化物中n(Ni)∶n(O)＝2∶3，所以固体氧化物即三氧化二镍。 【例1】分银渣是电解铜的阳极泥提取贵金属后的尾渣，含有铅（PbSO4）、钡（BaSO4）、锡（SnO2）以及金（Au）、银（Ag）等有价金属，具有较高的综合利用价值。一种分银渣的提取流程如下： 已知： I.SnO2不溶于水、醇、稀酸和碱液； Ⅱ.部分难溶电解质的溶度积（25℃）如表。 物质 PbSO4 PbCO3 PbCl2 BaSO4 BaCO3 Ksp (3)ⅲ操作中用饱和Na2CO3溶液（1.6mol·L-1）浸泡固体A并煮沸，充分反应后过滤，若固体A中含0.2molBaSO4，要将其全部转化为BaCO3，至少需要加入 L饱和Na2CO3溶液（保留一位小数）。 (5)测定SnO2样品的纯度：称取mgSnO2样品（杂质不影响滴定结果），将样品灰化后以过氧化钠熔融，将熔融物酸溶后，再用还原铁粉将SnO2转化为Sn2+，加入指示剂，用KIO3标准溶液进行滴定，滴定反应离子方程式为：，（均未配平）。 ①该滴定实验中所加指示剂为 ，滴定终点的现象为 。 ②若终点时消耗0.0100mol·L-1KIO3标准溶液VmL，则测得SnO2纯度为 （列出表达式即可）。 【答案】 (3)3.1 (5)淀粉溶液 滴入半滴KIO3标准溶液，溶液从无色变成浅蓝色，且半分钟不褪色 【详解】分银渣中的PbSO4先与纯碱反应转化为可溶于盐酸的PbCO3，实现Pb的分离；继续加入纯碱，将BaSO4转化为BaCO3，继续加入盐酸将其转化为易溶于水的钡盐，实现Ba的分离；利用氯酸钠将金、银氧化为可溶性物质，实现与SnO2的分离； （3）若固体A中含0.2 mol BaSO4，要将其全部转化为BaCO3，则生成的为0.2mol，根据反应：，该反应的，则平衡时剩下的物质的量约为4.8mol，则至少需要加Na2CO3为4.8mol+0.2mol=5.0mol，所以体积为5mol÷1.6mol·L-1=3.1L。 （5）①该滴定实验为碘量法，所加指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象为滴入半滴KIO3标准溶液，溶液从无色变成浅蓝色，且半分钟不褪色。 ②因为Sn2+与KIO3的比例为3:1，KIO3用量为，则Sn2+为，测得SnO2纯度为。 【例2】回收再利用金属冶炼厂的酸性废水(主要含、、、、)，制备亚砷酸铜的流程如下。 (3)中和除杂。当溶液中离子浓度小于，可认为已经完全除去。 已知：在时开始转化为，，，。 ①一级中和控制pH为2左右，滤渣X的主要成分有 。 ②二级中和沉淀重金属离子应控制pH范围为 。 (4)应用碘量法可测定亚砷酸铜中的铜含量。称取2.000g试样溶于稀搅拌后过滤，洗涤滤渣，将洗涤后的滤液与原滤液合并，配成溶液，取所配溶液于碘量瓶中加入过量的碘化钾溶液，用标准溶液滴定至终点，消耗。 ①计算样品中铜元素的质量分数 。(写出计算过程) ②已知纯亚砷酸铜中铜元素的质量分数为23.02%，实际测得样品中铜元素的质量分数有偏差(操作步骤均正确)的原因为 。(已知：；，未配平) 【答案】 (3) 9.7~10.5 (4)24.00% 样品中可能含有、 【详解】金属冶炼厂的酸性废水(主要含、、、、)，含砷废水中首先加入二氧化硫，将五价砷还原为三价砷，再加石灰乳将硫酸根沉淀，过滤后调节pH使锌离子和镉离子沉淀，最后加硫酸铜“沉砷”。 （3）①一级中和加入的是石灰乳，主要是为了沉淀硫酸根，所以滤渣X的主要成分为； ②由题可知氢氧化锌的溶度积更小，更难溶，所以只要满足氢氧化镉完全沉淀，氢氧化锌肯定已经完全沉淀；令，根据氢氧化镉溶度积常数，可求得此时，则，所以pH=9.7；又因为在pH=10.5时开始转化为，所以二级中和沉淀重金属离子应控制pH范围为9.7~10.5； （4）① ； 由氧化还原关系可知； 铜元素质量= ； 铜元素质量分数； ②由于二级中和加入了氢氧化钠，所以“沉砷”时加入硫酸铜可能会产生氢氧化铜沉淀，后续操作中还有可能生成氧化铜，所以样品中可能含有、CuO。 【例3】磷酸铁常用作电极材料、陶瓷等。以硫铁矿烧渣(主要成分)、，少量的、、)为原料制备磷酸铁的流程如下： 已知：，，。 回答下列问题： (4)经测定“除钙镁”后的溶液中，则溶液中 。 【答案】(4) 【详解】烧渣主要成分Fe2O3、SiO2及少量的Fe3O4、CaO、MgO加入稀盐酸，Fe2O3、Fe3O4、CaO、MgO与稀盐酸生成相应的盐，SiO2不溶于盐酸，故浸渣的主要成分为SiO2。加入还原铁粉将Fe3+还原为Fe2+，加入NaF除去钙、镁离子，再加入磷酸二氢钾、氨水、氧气生成产物FePO4。 （4）经测定“除钙镁”后的溶液中，，即5∶2； 【知识点5】化学工艺流程的评价 1、评价的思考方向 （1）流程反应前期：原材料价格及易得程度。 （2）流程反应中期：流程操作难易，能耗高低，是否有污染生成。 （3）流程反应后期：产率、纯度高低。 2、评价的内容 （1）是否绿色环境的评价； ①高能：反应中能耗过高，常见有电解，高温等操作会使得能耗变高（加热不属于高能耗）。 ②污染：流程中有污染物生成，如NOX、Cl2等。 （2）对步骤和转化率、利用率、产物纯度的评价； ①减损：某操作使流程中损失(浪费)减少。如用冰水或乙醇洗涤产物，减少产物的损失。 ②增产：或者某操作使产品总量增加。如提纯粗盐后，NaCl质量反而高于本来的质量。 （3）对装置和原理的评价； ①原子利用率：指提高原子利用率，反应物是否尽可能多的转化为生成物。 ②经济性：指工业生产中要符合经济效益，原材料成本尽可能降低。 （4）定性实验的误差评价。 （5）试剂循环：反应中的副产物能够再次投入使用，达到试剂的循环。 3、问题与讨论 （1）原理(是否有副反应发生，是否具备形成原电池条件，是否要考虑盐溶液的水解，溶剂有无影响等)。 （2）条件：温度、催化剂、反应物的蒸发、生成物的蒸发。 （3）装置：冷凝收集产物，回流提高反应物的转化率，干燥，防堵，倒吸，尾气处理。 （4）药品：浓度及浓度的变化(如浓H2SO4反应变稀后不具有强氧化性，浓盐酸与MnO2反应变稀后不再反应，浓HNO3与Cu反应过程中，由于HNO3的变稀，生成产物由NO2由变为NO)；药品是否变质(如Na2SO3在空气中易被部分氧化成Na2SO4)。 （5）用量：增加一种反应物的量，会使另一种反应物的转化率增加(如2SO2+O2==2SO3，工业上常采用适当增加O2的量来提高SO2的转化率)、减少生成物的量对反应速率，平衡移动的影响。 （6）操作(先后顺序)。 （7）引起误差的原因：条件的影响，原因的影响，副反应的影响(共存物质之间的反应和继续反应)。 （8）工业生产主要考虑：反应物(易得与廉价)，反应条件(设备、成本、转化率)，产物(循环利用、副产物、环保等)。 【例1】CIGS靶材是一种主要含铜、镓(Ga)、铟(In)、硒(Se)的合金，由于其良好的电学传导和光学透明性能，被广泛运用在薄膜太阳能电池领域。实验室设计从废弃CIGS中回收稀散金属铟和镓的氯化物(性质类似于AlCl3)的流程图，回答下列问题： 已知：I.“溶解”步骤所得溶液中含有Cu2+、In3+、Ga3+和H2SeO3。 (1)“溶解”过程中生成Ga3+的离子方程式为 和2Ga+6H+=2Ga3++3H2↑；利用王水也能溶解CIGS，试分析以王水代替HCl和H2O2的缺点是 (答出一点即可)。 【答案】(1)2Ga＋3H2O2＋6H＋=2Ga3＋＋6H2O 生成的氮氧化合物导致污染 【分析】（1）“溶解”过程中生成Ga3＋，Ga被H2O2氧化成Ga3＋，离子方程式为2Ga＋3H2O2＋6H＋=2Ga3＋＋6H2O，Ga与盐酸反应生成GaCl3和H2，离子方程式为2Ga+6H+=2Ga3++3H2↑；王水是浓盐酸和浓硝酸混合物，氧化过程生成氮氧化合物，氮氧化合物污染环境；故答案为2Ga＋3H2O2＋6H＋=2Ga3＋＋6H2O；生成的氮氧化合物导致污染； 【例2】Pd/是常见的汽车尾气催化剂。一种从废Pd/纳米催化剂（主要成分及含量：Pd 0.3%，- 92.8%，其他杂质6.9%）中回收金属Pd的工艺流程如下： 已知：-能与酸反应，-不与酸反应，“沉淀”得到。 回答下列问题： (4)“粗Pd”溶解时，可用稀替代，但缺点是 。 【答案】(4)用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染 【详解】（4）“粗Pd”溶解时，可用稀HNO3替代NaClO3，但缺点是使用硝酸作氧化剂会生成氮氧化物，对环境产生较大污染； 【例3】汽车废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下： 有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Al3+ Mg2+ Fe3+ 开始沉淀的pH 3.5 9.5 2.2 沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH 4.7 11.1 3.2 回答下列问题： (1)长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物，粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，操作A的名称为 。 (2)酸浸工序中Pt溶于王水生成NO和氯铂酸(H2PtCl6)，该反应的化学方程式为 。有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，其优点是 。 【答案】 (1)焙烧 (2)3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O 避免生成氮的氧化物，污染空气 【详解】（1）由分析可知，操作A为废弃催化剂粉碎后，在空气中焙烧除去催化剂表面覆盖的积碳和有机物，故答案为：焙烧； （2）由题意可知，铂与王水反应生成氯铂酸、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O，若将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，铂被氧化为氯铂酸时，不会生成有毒的一氧化氮，可以避免污染空气，故答案为：3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；避免生成氮的氧化物，污染空气； 第64讲 化学工业流程题解题策略（练习） 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1．氧族元素碲(Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是、含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示： 已知：微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是 A．铜阳极泥粉碎后再“酸浸”，可提高浸取率 B．“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为 C．“还原”过程中，反应的化学方程式为 D．溶于浓NaOH溶液的离子方程式为 【答案】D 【详解】“酸浸”1中加入铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)、H2SO4、O2，转化为CuSO4和，化学方程式为，过滤，得到含CuSO4的滤液，“酸浸2”中，与浓盐酸反应生成，过滤得到Ag、Au和溶液，溶液中通入，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，得到粗碲，化学方程式为：，据此分析回答。 A．铜阳极泥粉碎后，可增大接触面积，反应更充分，可提高浸取率，A正确； B．由分析可知，“酸浸1”中，转化为CuSO4和，化学方程式为，B正确； C．由分析可知，溶液与发生氧化还原反应生成H2SO4、Te，化学方程式为：，C正确； D．TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应，与浓NaOH反应生成和H2O，元素的化合价均未改变，离子方程式为：，D错误； 故选D。 2．摩尔盐[]是一种重要的化工原料，用途十分广泛，可以作净水剂，还可以与鞣酸、没食子酸等混合后配制蓝黑墨水；在空气中比稳定，是分析化学中重要的基准物质。摩尔盐加热分解，反应为。用废铁屑（含有少量）制备摩尔盐的流程如图： 下列说法正确的是 A．步骤1和步骤2加热的最好方式是用酒精灯直接加热 B．稀硫酸处理后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色（忽略空气的氧化） C．步骤3实验操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥 D．摩尔盐分解反应中被氧化的元素有1种 【答案】C 【详解】由流程可知，用碳酸钠溶液洗去废铁屑表面的油污，硫酸溶解铁生成硫酸亚铁和氢气，氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁和水，铁将Fe3+还原为Fe2+，且硫酸亚铁易被氧化，所以要保证Fe稍过量，防止Fe2+被氧化为Fe3+；然后加硫酸铵生成硫酸亚铁铵，蒸发浓缩、冷却结晶得到； A．步骤1和步骤2需要小火加热，加热的最好方式是用水浴加热，A错误； B．由上述分析可知，稀硫酸处理后的溶液中不存在Fe3+，加入KSCN溶液，溶液不变成红色，B错误； C．步骤3为由溶液得到晶体，实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，C正确； D．摩尔盐分解反应中，Fe、N化合价升高，被氧化的元素有2种，D错误； 故答案选C。 3．下图是合成化工原料叠氮酸钠的流程示意图。下列说法不正确的是 A．制备水合肼时，应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中 B．的空间构型与相同 C．叠氮环合成塔中发生的反应为： D．操作x分离出的某种物质可循环使用 【答案】B 【详解】A．为了防止NaClO过量，水合肼被氧化，A正确； B．的空间构型为直线形，为V形，B错误； C．叠氮环合成塔中发生的反应为： ，C正确； D．分离出甲醇可循环使用，D正确； 故答案选B。 4．以金属Fe为主要成分的Al、Fe、Cu废旧合金(还含少量、)的回收模拟实验如图所示。下列说法错误的是 A．加入足量NaOH溶液，发生反应： B．滤渣A为Fe、Cu、 C．操作Ⅱ在表面皿中进行 D．滤液B经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可获得绿矾 【答案】C 【详解】足量的NaOH溶液与Al反应，生成和，与反应生成和水；向滤液中通入足量二氧化碳，生成，在坩埚中进行灼烧，生成，经电解生成Al；滤渣中通入足量的稀硫酸，反应后过滤得Cu和硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾。 A．氧化铝溶于氢氧化钠溶液：，A正确； B．Fe、Cu、不溶解进入滤渣A，B正确； C．操作Ⅱ为灼烧，应该在坩埚中进行，C错误； D．滤液B是硫酸亚铁溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得绿矾，D正确； 故选C。 5．配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图： 已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：； ②结构为。 下列叙述错误的是 A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B．可从“滤液”中回收 C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．中，配体数目为6 【答案】D 【详解】用稀硫酸溶解后，所得溶液中含有等，加入草酸形成草酸亚铁沉淀，过滤出草酸亚铁，加入草酸钾、过氧化氢、草酸反应得到和氢氧化铁，过滤后，氢氧化铁进入滤渣，进入滤液，加入乙醇进行结晶得到产品K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。据此分析。 A．在水溶液中会发生水解反应，加入稀硫酸可增大H+浓度，抑制水解，A正确； B．根据分析，可通过蒸发结晶回收滤液中的(NH4)2SO4，B正确； C．，该反应中，Fe元素化合价升高，Fe2+变成Fe3+，草酸亚铁为还原剂，H2O2中O元素的化合价从-1降低到-2，H2O2为氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:6=1:2，C正确； D．由的结构可知，配体为，共3个，配体数目为3，D错误； 故选D。 6．以锌焙砂(主要成分为，含有较多的和少量、等单质)为原料制备针铁矿渣(FeOOH)，其工艺流程如图所示： 已知： 离子 开始/完全沉淀的 7.5/9.7 对应硫化物的 —           下列说法错误的是 A．中性浸液的溶质主要为 B．“热酸浸出”过滤后的残液可返回“酸性浸出”使用 C．因在水溶液中的溶解度有限，“沉铁”过程可换成作为氧化剂 D．为提高的产率和“沉铁”效率，可调节“沉铁”过程的约为10 【答案】D 【详解】根据最后得到的滤液I中含有硫酸，所以浸液I为稀硫酸，中性浸出后得到的中性浸液为ZnSO4溶液，滤渣为Fe(OH)3和少量的Pb、Ag，继续酸性浸出得到浸渣，同时得到含Fe3+的溶液，ZnS还原含铁溶液得到含Fe2+的滤液和还原渣S，最后将滤液利用氧气氧化，ZnO调pH沉铁，得到FeOOH和滤液I，据此解答。 A．中性浸出pH=5~5.4，此时Zn2+开始沉淀pH为6.4，未沉淀，ZnO与浸出剂（硫酸）反应生成ZnSO4；Fe3+完全沉淀pH为3.2，已沉淀进入浸渣，故中性浸液主要溶质为ZnSO4，A正确； B．热酸浸出加入浓H2SO4，残液含未反应的H2SO4，返回酸性浸出可利用其中硫酸，节约原料，B正确； C．沉铁中O2氧化Fe2+为Fe3+，H2O2也是强氧化剂，能高效氧化Fe2+且溶解度大于O2，可替代O2，C正确； D．Zn2+完全沉淀pH为8.0，pH=10时Zn2+已沉淀，会混入FeOOH并减少滤液中ZnSO4，降低产率和效率，D错误； 故选D。 7．以高砷烟尘(主要成分为和，其中中的Pb显+2价或+4价，、均可与NaOH溶液发生非氧化还原反应)为原料制备砷酸钠晶体的工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．“碱浸”时，将还原为PbS而除去 B．“氧化”时加热溶液至沸腾更有利于加快反应速率 C．滤液“氧化”过程中需要补充NaOH溶液 D．“系列操作”中的洗涤步骤为向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流下，重复次 【答案】B 【详解】向高砷烟尘中加入NaOH溶液和Na2S进行碱浸，均可与NaOH溶液发生非氧化还原反应，反应方程式为：、，对于，其中+4价的Pb具有氧化性，Na2S中的S2-具有还原性，会发生氧化还原反应，最终生成PbS和S等产物，反应方程式为：。抽滤时将不溶性的固体（PbS、S等）与滤液分离，得到滤液和滤渣（PbS、S）。向滤液中加入H2O2溶液，H2O2具有氧化性，会将滤液中可能存在的低价砷化合物（如NaAsO2）氧化为高价的砷酸钠（Na3AsO4），反应方程式为：，氧化后得到含Na3AsO4的溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作，最终得到砷酸钠晶体。 A．Pb5O8中含+4价Pb，Na2S中S2-具有还原性，可将Pb4+还原为Pb2+，Pb2+与S2-结合生成PbS沉淀，S2-被氧化为S单质，滤渣为PbS和S，反应方程式为：，A项正确； B．“氧化”时使用H2O2作氧化剂，H2O2受热易分解（加热至沸腾会导致大量H2O2分解为O2和H2O），反而降低氧化效率，不利于反应，B项错误； C．滤液中被H2O2氧化为，反应可能在碱性条件下进行（如，消耗OH-，需补充NaOH以维持碱性环境，C项正确； D．洗涤晶体时，向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，为正确洗涤操作，D项正确； 故答案选B。 8．河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含、FeO、及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程如图。 已知：①焙烧时，、FeO转化成，；②溶解度随着温度升高而快速增大。 下列叙述错误的是 A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角 B．通入空气的目的之一是除去油脂 C．固体1可用于制造红色颜料 D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等 【答案】A 【详解】根据钽矿渣(主要含、、及油脂等)为原料制备的流程图，加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧，一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面、转化成、，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]；加入水进行水浸，不溶于水的Fe2O3是固体1的主要成分，水浸后的浸出液中有NaTaO3和Na[Al(OH)4]，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出，故固体2是氢氧化铝，最后溶液经过系列操作得到； A．实验室焙烧固体需用到的仪器为坩埚、三脚架、泥三角等，不需要用到蒸发皿，A错误； B．由分析可知，通入空气的目的是将氧化亚铁转化为氧化铁，将油脂转化为二氧化碳和水除去，B正确； C．由分析可知，固体1为红棕色的Fe2O3可用于制造红色颜料的氧化铁， C正确； D．由分析可知，滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到钽酸钠，D正确； 故选A。 9．钴是一种重要战略物资，由含钴废催化剂(含、、CuO等)制备和高效净水剂黄钠铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①氧化性：。 ②、均难溶于水，黄钠铁矾微溶于水。 下列说法正确的是 A．黄钠铁矾净水主要涉及氧化还原反应 B．“还原浸出”后溶液中金属阳离子主要为、、 C．“氧化”时发生反应的离子方程式为 D．“沉钴”时将产生 【答案】D 【详解】钴催化剂废料制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，钴催化剂废料利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，Co2O3、Fe2O3、CuO生成Co2+、Fe2+、Cu2+，然后加入次氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2+不被氧化，加入碳酸钠沉铁生成黄钠铁矾，然后再除铜，最后向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2+，生成碳酸钴，据此解答。 A．黄钠铁矾净水主要通过吸附作用，利用其微溶性形成的絮状沉淀或溶解的Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体吸附杂质，不涉及氧化还原反应，A错误； B．“还原浸出”中，Na2SO3将氧化性强的Co3+还原为Co2+，Fe3+还原为Fe2+，CuO溶解生成Cu2+，故溶液中阳离子主要为Co2+、Fe2+、Cu2+，B错误； C．“氧化”时溶液呈酸性，ClO-氧化Fe2+的离子方程式应为2Fe2+ + ClO- + 2H+ = 2Fe3++ Cl- + H2O，选项中生成OH-不符合酸性环境，C错误； D．“沉钴”时Co2+与NaHCO3反应：Co2++ 2= CoCO3↓ + CO2↑ + H2O，会产生CO2，D正确； 故答案选D。 10．钽酸锂()是光通讯、激光及光电子领域中的基本功能材料。一种以含钽废渣(主要成分为，含少量油脂和等)为原料制备钽酸锂的流程如下： 下列说法错误的是 A．“沸腾炉焙烧”为增加气固接触面积，常采用“逆流”操作 B．滤渣1的主要成分为，滤渣2的主要成分为 C．已知+5价Ta具有一定的氧化性，“酸化”时硫酸比盐酸更合适 D．在实验室模拟“灼烧”工序，主要仪器为石英坩埚、酒精灯、泥三角等 【答案】D 【详解】含钽废渣主要成分为，含少量油脂和。含钽废渣加入碳酸钠、通入空气在沸腾炉中焙烧，得到NaTaO3、NaAlO2和Fe2O3，加氢氧化钠浸取，滤渣1是Fe2O3，滤液中含有Na2TaO3、NaAlO2，滤液通入过量二氧化碳，NaAlO2和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤渣2是氢氧化铝；滤液加酸“酸化”生成HTaO3沉淀，HTaO3和碳酸锂灼烧得到LiTaO3。 A．沸腾炉焙烧采用“逆流”操作可增加气固接触面积，使反应更充分，故A正确； B．焙烧后生成的Fe2O3不溶于NaOH溶液，滤渣1为Fe2O3；浸取液中NaAlO2与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀，滤渣2为Al(OH)3，故B正确； C．+5价Ta有氧化性，盐酸中Cl-易被氧化，所以“酸化”时硫酸比盐酸更合适，故C正确； D．灼烧时Li2CO3分解产生Li2O，Li2O与石英坩埚中的SiO2反应，应使用铁坩埚，故D错误； 选D。 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 11．补铁剂乙二胺四乙酸铁钠(NaFeEDTA，分子式为)的一种合成路线如下： 已知：室温下，当离子浓度小于时视为沉淀完全；EDTA和NaFeEDTA的水溶性均随温度升高显著上升；“络合”步骤的反应式为。 回答下列问题： (1)NaFeEDTA中基态的价电子排布式为 。 (2)“沉铁”步骤生成，当恰好完全沉淀时溶液中的 。 (3)“氧化”步骤的化学方程式为 。 (4)实验室洗涤沉淀通常在 (填仪器名称)中进行。“氧化”后过滤得到的滤饼需要用去离子水洗涤2～3次。检验该滤饼是否洗涤干净的最佳试剂为 (填化学式)溶液。 (5)“减压过滤”步骤的目的是 。从滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出时停止加热，趁热过滤 b.蒸发至大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干滤液 c.蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤 (6)产品中总含铁量的测定：取1.000 g产品放入150 mL烧杯，加入20 mL去离子水和5 mL 3mol/L硫酸溶液，搅拌溶解后，加入1 g锌粉，加热反应30 min，过滤。得到的无色溶液用250 mL容量瓶定容。快速移取25 mL溶液至250 mL锥形瓶中，加入混酸以掩蔽生成的的黄色，用标准溶液平行滴定3次，消耗标准溶液的体积平均为V mL，则产品中铁元素的质量分数为 (铁的相对原子质量为55.85)。 (7)产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，展现出化学之美。从晶体的微观结构角度分析，其原因是 。 【答案】 (1) (2) (3) (4)漏斗(或布氏漏斗) (或其他可溶性钡盐) (5)快速滤去未反应完的 c (6) (7)晶体中微观粒子高度有序排列 【详解】绿矾用去离子水溶解后用适量的纯碱将转化为后用氧化为 后过滤得到滤饼，滤饼中加入和和去离子水络合形成乙二胺四乙酸铁钠，减压过滤得到含乙二胺四乙酸铁钠的滤液2，滤液2经过一系列操作得到产品。 （1）基态Fe原子的价电子排布式为；则基态的价电子排布式为，故答案为。 （2）当恰好完全沉淀时，，，则，故答案为 （3）由流程图得知：将中的氧化成，在溶液中发生水解生成和，水解产生的与发生反应产生，则“氧化”反应的化学方程式为，故答案为。 （4）实验室洗涤沉淀通常用过滤装置，则通常在漏斗中进行；“氧化”后得到、过量的、和（因加入的纯碱适量，不会过量），该滤饼上附着的滤液中主要含，检验该滤饼是否洗涤干净即检验洗涤滤液中是否含有，最佳试剂为溶液(或其他可溶性钡盐溶液)，故答案为漏斗(或布氏漏斗)；(或其他可溶性钡盐)。 （5）由流程图得知减压过滤需要的是滤液，弃去的是滤渣，分析已知条件“络合”的方程式和此温度下各物质的水溶性得知：滤渣只能是，则减压过滤的目的是快速滤去未反应完的；由题干信息知：NaFeEDTA晶体的分子式为，含有结晶水，且其水溶性随温度升高显著上升，所以从减压过滤后得到的滤液2中获取纯净NaFeEDTA晶体的操作为将滤液蒸发至有晶膜出现时即停止加热，冷却结晶后过滤，故答案为快速滤去未反应完的； c。 （6）产品中含的铁为，用锌粉将其还原为，再用标准溶液氧化还原滴定生成的，由于，则产品中铁元素的质量分数为，故答案为。 （7）产品的块状晶体在生物偏光显微镜下能观察到瑰丽色彩，这是晶体的光学特征，从晶体的微观结构角度看，是由于晶体中微观粒子高度有序排列导致的，故答案为晶体中微观粒子高度有序排列。 12．中国是稀土资源大国。为维护全球供应链安全，商务部于10月9日公布了包括17种稀土在内的全新出口管制规定。化学家徐光宪及其团队创立的串级萃取理论，使我国在稀土资源生产应用方面实现质的飞跃。 镨(Pr)是一种重要的稀土元素，采用如图工艺流程可由孪生矿(主要含ZnS、FeS、、等)制备。 已知：该体系中，金属离子生成氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH 金属离子 开始沉淀时的pH 5.4 2.2 7.5 8.0 沉淀完全时的pH 6.4 3.2 9.0 8.9 (1)滤渣Ⅰ中除含有 外，还含有一种淡黄色沉淀，写出ZnS在“溶浸”中反应的离子方程式 。 (2)从绿色化学的角度考虑，相比于在空气中煅烧孪生矿，该工艺的优势在于 。 (3)“除铁”加入的目的是 。 (4)用有机萃取剂HL萃取的原理为，反萃取后，存在于(填“水相”或“有机相”) 。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是 。 可由溶液制备，主要包含沉淀、灼烧两个步骤。已知镨元素的常见价态为+3、+4。 (5)搅拌下，将一定量的溶液与沉淀剂溶液充分反应，过滤得到沉淀。若改用溶液为沉淀剂，制得的沉淀颗粒较为疏松，原因是 。 (6)将置于空气中灼烧，测得剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化的曲线如图所示。制备最适宜的温度为___________。 A．280℃ B．560℃ C．755℃ D．1200℃ (7)将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，该反应的离子方程式为 。 【答案】 (1) (2)不产生有害气体 (3)使转化为便于后续除铁 (4)水相 浓缩富集(或提高萃取率) (5)碳酸氢铵沉淀过程生成大量气体 (6)C (7) 【详解】孪生矿加入FeCl3溶液溶浸，将金属硫化物中的S元素氧化为硫单质，金属阳离子进入溶液，SiO2和生成的硫单质不溶为滤渣Ⅰ，过滤除去，滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为更容易除去的Fe3+，之后调节pH除去Fe3+，滤渣Ⅱ为氢氧化铁沉淀，再除Zn2+和氢氧化锌，过滤后将所得滤液进行多次反复萃取（稀土元素在孪生矿中含量较低），多次萃取后，反萃取，得到PrCl3； （1）滤渣1主要为不和氯化铁溶液反应且难溶于水的SiO2，以及反应生成的S单质；ZnS在溶浸中和铁离子发生氧化还原生成硫单质、亚铁离子，同时生成锌离子，反应为； （2）煅烧过程中S元素会与氧气反应产生污染空气的二氧化硫，该工艺的优势在于避免产生污染性气体； （3）过氧化氢具有氧化性，会将亚铁离子氧化为铁离子，故目的为：使转化为便于后续除铁； （4）反萃取时加入酸，提高氢离子浓度，使得进入水相，故存在于水相。徐光宪提出的串级萃取理论，基本思想为萃取结束后向萃余液中再次加入萃取剂萃取，反复多次，其目的是浓缩富集(或提高萃取率)； （5）碳酸氢铵沉淀过程生成大量二氧化碳气体，气体产生气泡导致制得的沉淀颗粒较为疏松； （6）置于空气中灼烧制备，则由Pr元素守恒存在：，则剩余固体质量与起始固体质量的比值为，由图，则最适宜的温度为755℃，故选C； （7）将固体加到30% 酸性溶液中产生大量气泡，反应后镨元素仅以的形式存在，则反应为氧化还原反应生成和氧气，结合质量守恒，还生成水，反应为：。 13．五氧化二钒是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。在化工生产中，以富钒炉渣（其中的钒以形式存在，还有少量的等）为原料制备的工艺流程如下： 已知：“酸浸”后，转变成；“沉钒”时，生成沉淀，且需控制溶液的。 (1)为提高“酸浸”时的浸出率，除了采用适当升温和增大酸的浓度外，还可以采用 （写一种方法）。 (2)“氧化”过程中溶液，写出该工序发生反应的离子方程式： 。 (3)“滤渣”中的成分有、 （填化学式）。 (4)+5价含钒离子在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示： pH 主要离子 “沉钒”步骤中，pH不能大于8的原因是 。 (5)“沉钒”时，所加的的作用是 。 (6)写出“煅烧”中发生反应的化学方程式 。 (7)时，测得“沉钒”时，滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，应调节溶液中至少 。［已知］ (8)“沉钒”后产生的沉淀要用水洗，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在来判断。检测的方法是 。 【答案】 (1)粉碎炉渣 (2) (3) (4)时，会形成时，与反应生成（或逸出），浓度减小，沉淀率降低） (5)中和溶液的；提供更多的，提高钒的沉淀率（回收率） (6) (7)0.4 (8)取少量最后一次洗出液置于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则说明已洗涤干净 【详解】富钒炉渣（其中的钒以形式存在，还有少量的等）通入氧气进行焙烧，将低价的氧化为高价的和，向焙烧后的固体加入硫酸酸浸，转变成，转变成，转变成，不反应，再加入进行氧化，转变+5价的矾，加入碳酸钠溶液调，过滤得到含、的滤渣，再加入和沉钒，得到沉淀，再煅烧得到。 （1）为提高“酸浸”时的浸出率，除了采用适当升温和增大酸的浓度外，还可以采用粉碎炉渣等方法加快反应速率，使反应更充分； （2）“氧化”过程中溶液，溶液显强酸性，作氧化剂，将转变为，转变为，反应的离子方程式是； （3）依据分析，“滤渣”中的成分有、； （4）有表格可知，“沉钒”步骤中，时，会形成时，与反应生成（或逸出），浓度减小，沉淀率降低）； （5）“沉钒”时，为得到沉淀，加的可以起到调节溶液的作用，控制溶液的，将转化为；加的可以和反应生成，增大，提高钒的沉淀率； （6）煅烧过程中，在加热的条件下生成，反应的化学方程式是； （7）时，测得“沉钒”时，滤液中，为使“沉钒”时，钒元素的沉降率达到，则滤液中，根据，应调节溶液中至少是； （8）测洗出液中是否存在，可以取少量最后一次洗出液置于试管中，滴加稀硝酸酸化，再加硝酸银溶液，若不产生白色沉淀，则说明已洗涤干净。 14．一种利用低品位铜矿(、、和等)为原料制取的工艺流程如下： 已知：ⅰ．水溶液中不存在碳酸铜，与结合立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜；水溶液中存在平衡：、 ⅱ．时三价铁离子已沉淀完全 ⅲ．查阅资料：和可以形成绛蓝色络合离子四氨合铜：和可以形成2种配离子和，并存在以下平衡：，。 (1)常温下，“浸取”步骤中使用的稀硫酸溶液，此时溶液中由水电离的 ；铜矿中被氧化的物质有、、和 (填化学式，下同)，滤渣1的主要成分有与 。 (2)用氨水调节的目的是 ；向滤液1中先加氨水的目的有：①中和溶液中的；② 。 (3)“反应”步骤中转化为配离子的离子方程式为 。 (4)滤液2加大量水析出沉淀，从平衡移动角度分析，滤液2中更有利于的生成的配离子是 (填“”或“”)，理由是 。 (5)该工艺流程中可循环使用的物质有 。 【答案】 (1) S (2)除离子 与Cu2+结合生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入时Cu2+与结合沉淀 (3) (4) ，当加水稀释后，、浓度均减小，浓度减小对平衡的影响程度大于，使，平衡正向移动，更有利于生成 (5)和 【详解】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，再加入氨水和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液蒸氨：Cu(NH3)4CO3CuO+4NH3↑+CO2↑，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到2种配离子和，加大量水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答． （1）常温下，“浸取”步骤中使用的稀硫酸溶液，c(H+)=0.4mol/L，硫酸抑制水电离，此时溶液中由水电离的c(OH-)==2.5×10-14 mol/L，由水电离的 c(OH-)=2.5×10-14mol/L；FeO具有还原性，铜矿中被MnO2氧化的物质有CuS、Cu2S和FeO；、CuS、Cu2S被氧化为硫酸铜、S单质，所以滤渣1的主要成分有MnO2与S。 （2）用氨水调节的目的是除去Fe3+，和可以形成绛蓝色络合离子四氨合铜，故向滤液1中先加氨水的目的还有是与结合生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时，Cu2+与结合生成沉淀。 （3）“反应”步骤中CuO被Cu还原为，“反应”步骤中转化为配离子的离子方程式为。 （4）滤液2中更有利于的生成的配离子是[CuCl3]2−，理由是：根据平衡：，，当加水稀释后，Cl-、和浓度均减小，浓度减小对平衡的影响程度大于，使，平衡正向移动，更有利于生成。而对于当加水稀释后，，平衡不移动，不有利于生成。 （5）由流程分析可知该工艺流程中可循环使用的物质有和。 15．锑在新兴的微电子技术中有着广泛用途，可用于制造AMD显卡。利用含锑废渣(主要成分为，含有少量等杂质)制取金属Sb的工艺流程如图所示： 已知：①与的氧化性强弱相当；②属于两性氧化物，可溶于浓盐酸、氢氧化钠溶液、浓硫酸、浓硝酸，微溶于水、稀硫酸，不溶于醇；③锑的氧化物在500~1000℃条件下被固体碳或一氧化碳、氢气等气体还原为金属锑。回答下列问题： (1)加快含锑废渣“溶解”的措施为 (写出一条)。 (2)“溶解”过程中主要成分参与反应的离子方程式为 ，该过程中温度应控制在80℃，原因是 。 (3)“滤渣2”的主要成分为 (填化学式)；“水解”生成“滤饼”的化学方程式为 。 (4)检验“洗涤”过程中将滤饼中的全部洗去的操作为 。 (5)加入溶液“中和”后，得到金属氧化物，想要得到纯净干燥的，往往先进行水洗再醇洗，醇洗的优点为 。 (6)写出“还原2”发生反应的化学方程式： 。 【答案】 (1)将废渣粉碎、搅拌、升温、适当增大盐酸的浓度(任写一条) (2) 温度低于，反应速率较慢；温度高于，HCl易挥发(或金属阳离子易水解) (3)、 (4)取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀出现，说明滤饼中的全部洗去（或取最后一次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液未变红，再滴加氯水，溶液未变红色，说明滤饼中的全部洗去） (5)减少的损失，醇可以快速挥发，不引入新的杂质 (6) 【详解】含锑废渣(主要成分为，含有少量等杂质)加入浓盐酸溶解，过滤滤渣为，滤液1含有、、、、；与的氧化性强弱相当，还原时加入过量铁粉能将、还原，不能还原，过滤滤渣2为、；滤液2中的水解生成沉淀；过滤后含有滤饼用稀盐酸洗涤后与溶液中和，将转化为，被CO还原为，据此分析作答。 （1）加快含锑废渣“溶解”的措施为：将废渣粉碎、搅拌、升温、适当增大盐酸的浓度(任写一条)； （2）“溶解”过程中主要成分参与反应的离子方程式为；该过程中温度应控制在原因是温度低于，反应速率较慢；温度高于，HCl易挥发(或金属阳离子易水解)； （3）根据分析可知“滤渣2”的主要成分为、； “水解”生成“滤饼”的化学方程式； （4）实验中可用铁氰化钾溶液检验亚铁离子。检验“洗涤”过程中将滤饼中的全部洗去的操作为取最后一次洗涤液少量于试管中，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀出现，说明滤饼中的全部洗去（或取最后一次洗涤液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液未变红，再滴加氯水，溶液不变红色，说明滤饼中的全部洗去）； （5）不溶于醇，醇洗可以减少的损失，醇可以快速挥发，不引入新的杂质； （6）“还原2” 是被CO还原为的反应，反应的化学方程式。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $