重难03 化工生产中物质转化条件的控制（重难专练）（广东专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

重难03 化工生产中物质转化条件的控制 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一、明确化工流程中条件控制的思考角度 条件控制 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； 焙烧或灼烧 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； ④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 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)； 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； 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； 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； 反应物用量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率； ②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行； ③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等； 加入氧化剂 (或还原剂) ①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态； ②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]； 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)； ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀； ③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋； 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：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； （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)。 洗涤晶体 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质； ②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗； ③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等； ④洗涤沉淀的方法：往漏斗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； 在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应； 或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的； 判断能否加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等； 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)； 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作； 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤、干燥； 二、物质的分离与提纯　　　　 　　　　　 　　　　　 1.过滤 固液分离的一种方法，主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 （1）常压过滤：滤液靠自身的重力透过滤纸流下，实现分离，过滤时需要分析产品的需求及生产目的，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)：过滤在减低的压力下进行，滤液在内外压强差作用下透过滤纸或砂芯流下，实现分离。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：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，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。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 （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.冷却结晶 （1）适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。 （2）冷却结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时。 4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸 馏 水 冷水 溶解度随温度升高而升高，且变化较大 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随温度升高而降低 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，增大干燥速率 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 洗涤沉淀的方法：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 5.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。 6.萃取与反萃取 萃取 利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如：用CCl4萃取溴水中的Br2 反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程 7.蒸馏 蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。 8.冷却法 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。 三、可循环物质的判断 （1）流程图中回头箭头的物质。 （2）生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。 ①从流程需要加入的物质去找先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。 ②从能构成可逆反应的物质去找可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。 ③从过滤后的母液中寻找析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·广东深圳·模拟预测，节选）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 Zn2+ Fe2+ Fe3+ In3+ 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H2A2可萃取三价金属离子：。 回答下列问题： （1）加入铁粉“还原”的目的是 。 （2）“反萃取”中，可通过 提高萃取率。 （3）“滤液2”可在 (填操作单元)再利用。 （4）“调pH”中可选用的试剂X为 。使用H2O2的目的有 ，H2O2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 。 2．（2025·广东湛江·一模，节选）钴是一种重要的战略物质，钴合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。工业上以钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)为原料制取金属钴的工艺流程如图所示。 ①25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 金属离子 开始沉淀的 6.9 1.5 3.6 7.1 7.9 沉淀完全的 8.3 2.8 4.7 9.2 9.8 ②的，当溶液中可溶性组分浓度小于时，可认为已除尽。 回答下列问题： （1）浸取钴矿石前需要“粉碎”处理，其目的是 。 （2）“浸取”时含物质发生反应的离子方程式为 。 （3）“除杂”过程中调的范围是 。 （4）若“沉钙”后溶液中，是否沉淀完全？理由是 (写出必要的计算过程)。 （5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 3．回收利用废旧电池正极材料(含有铝箔等杂质)的流程如下图所示： 回答下列问题： （1）基态Li原子的轨道表示式为 ，Li的焰色试验的颜色为 (填标号)。 A．黄色                    B．紫色                    C．绿色                    D．紫红色 （2）“粉碎”的目的是 。 （3）“浸出”时可能产生的气体是 (填化学式)。 （4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因 。 （5）已知25℃时，pc与pH的关系如图所示，，c为、或的物质的量浓度。则“调pH”的范围为 。 （6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为 、 、洗涤、干燥。 4．以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下： 已知：时，。 （1）研磨黄铁矿、软锰矿的目的是 。 （2）酸浸过程得到的滤液中含有的金属阳离子有和 ，滤渣1的成分为和 写出酸浸过程中主要反应的离子方程式 。 （3）调时，若溶液中，为得到尽可能多且纯净的产品，应控制的范围是 。 （4）沉锰过程需控制温度为的原因是 。 （5）写出沉锰过程中生成的离子方程式 。 （6）下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。 5．钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下： 已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。 （1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。 （2）“滤渣2”转化为的化学方程式是 。 （3）“还原酸浸”时： ①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。 ②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。 （4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。 （建议用时：30分钟） 6．（2025·广东汕头·二模，节选）钒酸银（）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要成分、、、、）制取钒酸银的工艺流程如下： 已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为： （表示，表示有机萃取剂）； ②酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。 （1）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因： 。 （2）“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，写出与反应生成和的离子方程式： 。 （3）写出煅烧的化学方程式 ，煅烧生成的气体返回到 工序重新利用。 7．（2025·广东广州·二模，节选）广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含、、、)获得制备的原料和，工艺流程如下： 已知：①常温下，部分物质的如下表。 物质 ②在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物。 ③常温下，，，。 （1）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是 。 （2）“除杂”中加入NaOH调节溶液。滤渣2的主要成分是、和 。 （3）“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入 (填化学式)杂质。 8．一种从镍钴废渣（主要成分为、、以及少量钙、镁等的化合物）中提取Ni、Co的工艺流程如下： 已知： ①黄钠铁矾化学式为，其沉淀的pH范围为1.5~2.0。 ②草酸的，。 （1）“酸浸”时镍元素发生反应的离子方程式 。 （2）“除铁”中加入的作用 ；该步骤中不能用代替的原因为 。 （3）“镍钴萃取分离”中，不同萃取剂的分离性能对比如下表所示，则萃取剂的最佳选择为 （填萃取剂名称），原因是 。 萃取剂 萃取余液中金属质量浓度/（g/L） Co的萃取率% 分相时间 Co Ni 7401 3.10 13.5 48.0 2min 7402 2.85 13.7 52.5 5min P507 0.03 13.8 99.5 1min （4）“热解还原”中产生的，则该化学方程式为 。 （5）已知常温下，当溶液中时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度 。（结果保留两位有效数字） 9．五氧化二饥广泛用于冶金、化工等行业。某废钒催化剂主要含有、、CaO、、、等，采取如下工艺流程回收其中的钒制备； 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时（）的pH 12.4 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时（）的pH 13.8 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）浸出渣的主要成分是 ，“酸浸还原”中；和均转化为，写出转化为反应的离子方程式为 。 （2）“氧化”中被氧化的元素主要有 （填元素符号）。 （3）“调pH”中有沉淀生成，写出生成沉淀反应的离子方程式 。 （4）“沉钒”中需要加入过量，其原因是 。晶体未经洗涤直接进行“煅烧”，将导致产品中混有 杂质。 （5）工艺中可循环利用的物质有 。 10．高纯广泛用于半导体、光电材料等领域。可以利用炼锌渣(主要含、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备高纯，同时获得，流程如图所示： 已知： ①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。 ②溶液中存在反应：。 ③室温时。 ④黄钠铁矾晶体颗粒大，易沉降易过滤。 （1）黄钠铁矾的化学式为，写出“沉铁”时的离子方程式： 。 （2）不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：①容易生成而损失；② ；③ 。 （3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是 。 （4）与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是 。 （建议用时：30分钟） 11．（2025·广东深圳·一模）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：I．萃取时反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，(为萃取反应的平衡常数，代表或)。 Ⅱ．该工艺下，；饱和的浓度约为。 （1）Mn属于 区元素。 （2）“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为 。 （3）“酸浸”时，被还原为，需添加 ，其中转移的电子数目为 。 （4）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 。 （5）“镍钴分离”时，通过添加硫酸调控，可将、依次从有机溶剂中分离出来，请从平衡移动的角度解释原因 。 （6）该工艺中能循环利用的物质有 (填化学式)。 12．（2025·广东深圳·模拟）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下： 已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。 （1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。 ①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。 ②发生反应的化学方程式为 。 （2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表： 阳离子 浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029 据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。 （3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。 （4）“还原”步骤的主要目的是 。 （5）“萃取”前，需调节溶液。 ①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于 （保留一位小数）。 ②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是 。 13．工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3)制备钨的工艺流程如下图所示： 已知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题： （1）已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。 （2）提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有 (任写一条)，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 （3）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 （4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2+)与pc(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数K= 。 14．某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3.工艺流程如下： 已知：①常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀c(Mn+)≤10-6 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12 回答下列问题： （1）基态Co原子的价层电子中，未成对电子与成对电子数目的比值为 。 （2）“酸浸”时发生反应：。 ①补充上述离子方程式中的缺项 ； ②若用盐酸代替草酸进行“酸浸”，可能带来的影响是 。 （3）①滤液2中c(Mg2+) mol·L-1； ②向滤液2中加入NH4F固体的目的除了沉淀Mg2+外，还有 。 （4）滤液3中含金属元素的离子主要是[Co(NH3)6]2+，通入空气发生催化氧化反应过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 （5）已知沉锂过程中有气体生成，写出“沉锂”过程中的离子方程式 。 15．“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程： 已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。 ②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。 回答下列问题： （1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，P4键角 甲烷。(填“大于”、“小于”或“等于”) （2）炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式： 。 （3）炉渣Ⅱ的主要成分是 。 （4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是 。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中 Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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 $ 重难03 化工生产中物质转化条件的控制 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一、明确化工流程中条件控制的思考角度 条件控制 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； 焙烧或灼烧 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； ④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 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)； 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； 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； 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； 反应物用量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率； ②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行； ③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等； 加入氧化剂 (或还原剂) ①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态； ②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]； 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)； ②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀； ③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋； 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：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； （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)。 洗涤晶体 ①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质； ②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗； ③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等； ④洗涤沉淀的方法：往漏斗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； 在空气中或在其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应； 或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的； 判断能否加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等； 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)； 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作； 从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤、干燥； 二、物质的分离与提纯　　　　 　　　　　 　　　　　 1.过滤 固液分离的一种方法，主要有常压过滤、减压过滤、热过滤。 （1）常压过滤：滤液靠自身的重力透过滤纸流下，实现分离，过滤时需要分析产品的需求及生产目的，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)：过滤在减低的压力下进行，滤液在内外压强差作用下透过滤纸或砂芯流下，实现分离。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：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，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。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 （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.冷却结晶 （1）适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(如KNO3)、易水解的物质(如FeCl3)或结晶水合物(如CuSO4·5H2O)。 （2）冷却结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时。 4.沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸 馏 水 冷水 溶解度随温度升高而升高，且变化较大 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随温度升高而降低 除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解损失;利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，增大干燥速率 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 洗涤沉淀的方法：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 5.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。 6.萃取与反萃取 萃取 利用溶质在互不相溶的两种溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如：用CCl4萃取溴水中的Br2 反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程 7.蒸馏 蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。 8.冷却法 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。 三、可循环物质的判断 （1）流程图中回头箭头的物质。 （2）生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。 ①从流程需要加入的物质去找先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。 ②从能构成可逆反应的物质去找可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。 ③从过滤后的母液中寻找析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·广东深圳·模拟预测，节选）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 Zn2+ Fe2+ Fe3+ In3+ 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H2A2可萃取三价金属离子：。 回答下列问题： （1）加入铁粉“还原”的目的是 。 （2）“反萃取”中，可通过 提高萃取率。 （3）“滤液2”可在 (填操作单元)再利用。 （4）“调pH”中可选用的试剂X为 。使用H2O2的目的有 ，H2O2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 。 【答案】（1）将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相 （2）适当提高酸的浓度、多次萃取 （3）沉锌 （4） ZnO、ZnCO3 氧化Fe2+为Fe3+，便于生成沉淀除去，同时不引入新杂质且无污染 产生的Fe3+催化H2O2分解 2.8≤pH＜6.5 【分析】热溶解时得到In3+、Zn2+、Fe3+、H3AsO4、SiO2、PbSO4、SO2等，水浸得到浸渣1为SiO2、PbSO4，还原除砷时，H3AsO4与SO2生成As2O3，加入铁粉还原Fe3+，在酸性溶液中H2A2可萃取三价金属离子，再加入稀硫酸反萃取，得到In3+，加入锌粉置换得到粗In，电解精炼得到纯In；萃取后的水相中含有Zn2+、Fe2+等，加入H2O2氧化Fe2+，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀，加入碳酸氢铵溶液沉锌，再经灼烧得到活性氧化锌。 【解析】（1）根据分析知，加入铁粉“还原”的目的是将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+进入有机相； （2）“反萃取”中，可通过适当提高酸的浓度、多次萃取提高萃取率； （3）“滤液2”主要成分是硫酸锌，最好进入沉锌再利用； （4）锌与铁可以还原Fe3+，为了不引入新杂质，加入ZnO或者ZnCO3调pH得到氢氧化铁沉淀；加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH使其沉淀除去；H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因是产生的Fe3+催化H2O2分解；控制pH使Fe3+沉淀，而Zn2+不沉淀，则pH应控制的范围是2.8≤pH＜6.5； 2．（2025·广东湛江·一模，节选）钴是一种重要的战略物质，钴合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。工业上以钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)为原料制取金属钴的工艺流程如图所示。 ①25℃时，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的见下表： 金属离子 开始沉淀的 6.9 1.5 3.6 7.1 7.9 沉淀完全的 8.3 2.8 4.7 9.2 9.8 ②的，当溶液中可溶性组分浓度小于时，可认为已除尽。 回答下列问题： （1）浸取钴矿石前需要“粉碎”处理，其目的是 。 （2）“浸取”时含物质发生反应的离子方程式为 。 （3）“除杂”过程中调的范围是 。 （4）若“沉钙”后溶液中，是否沉淀完全？理由是 (写出必要的计算过程)。 （5）该工艺中设计萃取、反萃取的目的是 。 【答案】（1）增大与硫酸、的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行 （2） （3） （4）由解得，故没有沉淀完全 （5）富集，除去 【分析】钴矿(主要成分是，含有、、、等杂质)用硫酸、SO2浸取，得到含有、Fe3+、Mn2+、Ca2+，Al3+，通入压缩空气并且调节pH将和转化为Fe(OH)3和Al(OH)3除去，过滤后加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，该工艺中前面的工序中杂质没有除去，则需设计萃取除去，再通过反萃取富集，电解硫酸钴得到金属钴，以此解答。 【解析】（1）工艺中矿石需要粉碎处理，目的是增大与硫酸、的接触面积，提高反应速率、使反应充分进行。 （2）“浸取”时与发生氧化还原反应生成Co2+和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （3）除杂过程中，通入压缩空气将氧化为，再将和除去，调范围是。 （4）根据解得，则没有沉淀完全。 （5）该工艺中前面的工序中杂质没有除去，则需设计萃取除去，再通过反萃取富集。 3．回收利用废旧电池正极材料(含有铝箔等杂质)的流程如下图所示： 回答下列问题： （1）基态Li原子的轨道表示式为 ，Li的焰色试验的颜色为 (填标号)。 A．黄色                    B．紫色                    C．绿色                    D．紫红色 （2）“粉碎”的目的是 。 （3）“浸出”时可能产生的气体是 (填化学式)。 （4）“浸出”后的溶液酸性较强，导致浸出液中铁、磷元素含量较高。从平衡移动角度解释其原因 。 （5）已知25℃时，pc与pH的关系如图所示，，c为、或的物质的量浓度。则“调pH”的范围为 。 （6）碳酸锂的溶解度曲线如图所示，“沉锂”后获得碳酸锂的操作为 、 、洗涤、干燥。 【答案】（1） D （2）增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率 （3）Cl2 （4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； （5）4.7≤pH＜8.4； （6） 蒸发浓缩 趁热过滤 【分析】废旧磷酸铁锂正极材料(Al、LiFePO4等杂质)先经过粉碎研磨，可以增大与反应物的接触面积，与HCl和NaClO3浸出反应生成物有气体Cl2、沉淀FePO4，溶液中有Al3+、Li+、Fe3+、等，加入Mg(OH)2生成Mg3(PO4)2，加入适量NaOH使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液中含有Li+离子，再加入碳酸钠生成碳酸锂沉淀。 【解析】（1） 基态Li原子核外电子排布式为1s22s1，其轨道表示式为；Li的焰色试验的颜色为紫红色，故选D； （2）粉碎的目的是：增大固液接触面积，加快浸出反应速率，提高浸出率； （3）浸出时LiFePO4与盐酸、NaClO3反应生成沉淀FePO4、气体Cl2、NaCl和LiCl； （4）溶液中酸性较强，则发生反应，从而导致平衡右移，溶液中Fe、P元素含量较多； （5）根据图像，调节pH的目的是使Al3+、Fe3+生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，而不使Al(OH)3溶解，则pH的范围是4.7≤pH＜8.4； （6）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，Li2CO3的溶解度小，有利于析出，所以提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥。 4．以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量)为原料制备的工艺流程如下： 已知：时，。 （1）研磨黄铁矿、软锰矿的目的是 。 （2）酸浸过程得到的滤液中含有的金属阳离子有和 ，滤渣1的成分为和 写出酸浸过程中主要反应的离子方程式 。 （3）调时，若溶液中，为得到尽可能多且纯净的产品，应控制的范围是 。 （4）沉锰过程需控制温度为的原因是 。 （5）写出沉锰过程中生成的离子方程式 。 （6）下图为的溶解度曲线，操作A是加入足量稀硫酸充分反应后， 洗涤干燥。 【答案】（1）增大与酸的接触面积，加快反应速率 （2）Mn2+ SiO2 （3）4.70~8.14 （4）防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢 （5） （6）蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤 【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值以除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。 【解析】（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率。 （2）“酸浸”过程得到的滤液中含有Fe3+和Mn2+，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是，滤渣1中含有S和不溶于酸的SiO2。 （3）当Mn2+浓度为0.1mol/L时，溶液中c(OH-)===10-5.86mol/L，此时溶液的pH=8.14，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，铁离子完全沉淀时，c(OH-)===mol/L，铝离子完全沉淀时，c(OH-)===mol/L，故pH范围的最小值约为4.70，应控制的pH范围是4.70~8.14。 （4）沉锰时加入氨水，防止温度过高使一水合氨分解，温度过低反应速率过慢。 （5）由分析可知，“沉猛”时，参与反应的离子方程式是。 （6）由题干溶解度图象可知，当温度低于40℃时溶液将析出MnSO4·5H2O，故由分析从“操作A”所得溶液中得到MnSO4·H2O晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥. 5．钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下： 已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。 （1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。 （2）“滤渣2”转化为的化学方程式是 。 （3）“还原酸浸”时： ①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。 ②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。 （4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。 【答案】（1）增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率 （2）SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑ （3）VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，影响钒的浸出率 （4）酸性 【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K₂SO3和H₂SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O₃和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。 【解析】（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率； （2）“滤渣2”主要成分是SiO2，转化为 Na2SiO3的化学方程式是：SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑； （3）①“还原酸浸”时，硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH超过1.2时，VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，水解产物会进入滤渣中影响钒的浸出率； ②过程中除了有，被还原成VO2+，还涉及的反应离子方程式为 （4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行； （建议用时：30分钟） 6．（2025·广东汕头·二模，节选）钒酸银（）是一种极有前景的可见光响应光催化剂，一种用废钒（主要成分、、、、）制取钒酸银的工艺流程如下： 已知：①有机酸性萃取剂HA的萃取原理为： （表示，表示有机萃取剂）； ②酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱。 （1）“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因： 。 （2）“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，写出与反应生成和的离子方程式： 。 （3）写出煅烧的化学方程式 ，煅烧生成的气体返回到 工序重新利用。 【答案】（1）将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。 （2）+6+3H2O=6++6H+ （3） 沉钒 【分析】废钒（主要成分、、、、）加入稀硫酸、通入氧气发生反应，生成硫酸铁，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，而SiO2不反应，过滤存在于滤渣中，萃取前加入铁粉将铁离子还原为亚铁离子，利用有机溶剂HA萃取，分液后加入反萃取剂得到VO2+，再加入KClO3，将VO2+氧化为，再加入氨水得到沉淀NH4VO3，过滤后煅烧得到五氧化二钒，以此来解答。 【解析】（1）酸性溶液中，对、萃取能力强，而对、的萃取能力较弱，“滤液①”中钒以+4价、+5价的形式存在，铁粉的原因是：将+5价钒转化为+4价钒的同时使Fe3+还原为Fe2+，实现钒、铁元素的分离。 （2）由分析可知，“有机层”加入硫酸反萃取后，加入，与反应生成和，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：+6+3H2O=6++6H+。 （3）煅烧分解产生V2O5、NH3和H2O，化学方程式为：，煅烧生成的NH3返回到沉钒工序重新利用。 7．（2025·广东广州·二模，节选）广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含、、、)获得制备的原料和，工艺流程如下： 已知：①常温下，部分物质的如下表。 物质 ②在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物。 ③常温下，，，。 （1）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是 。 （2）“除杂”中加入NaOH调节溶液。滤渣2的主要成分是、和 。 （3）“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入 (填化学式)杂质。 【答案】（1）酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位 （2） （3） 【分析】低浓度锂溶液(含、、、)加入Na3PO4溶液沉锂，生成含有、、、的滤渣，用稀硫酸溶解，得到含有Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+的溶液，加入萃取剂萃取除铝，得到的水相中含有Li+、Mg2+、Ca2+，加入绿矾和H2O2反应生成固体，过滤后加入NaOH溶液生成滤渣2为、和Mg(OH)2，过滤后加入EDTA，EDTA能与Ca2+反应生成可溶于水的稳定配合物，与Na2CO3转化为Li2CO3固体，以此解答。 【解析】（1）“萃取除铝”时，调节溶液，与萃取剂HR(弱酸)反应转化为而被萃取至有机层，降低溶液pH，铝的去除率明显降低，原因是酸性增强，平衡正向移动，导致浓度降低，难以与铝离子配位。 （2）“除杂”中加入NaOH调节溶液，c(OH-)=，由可知，此时溶液中c(Mg2+)=，Mg2+完全沉淀，则滤渣2的主要成分是、和Mg(OH)2。 （3）在本工艺相应条件下，EDTA能与反应生成可溶于水的稳定配合物，“沉锂2”先加入适量EDTA，再加入固体，充分反应后过滤。加入EDTA的目的是防止产品中混入杂质。 8．一种从镍钴废渣（主要成分为、、以及少量钙、镁等的化合物）中提取Ni、Co的工艺流程如下： 已知： ①黄钠铁矾化学式为，其沉淀的pH范围为1.5~2.0。 ②草酸的，。 （1）“酸浸”时镍元素发生反应的离子方程式 。 （2）“除铁”中加入的作用 ；该步骤中不能用代替的原因为 。 （3）“镍钴萃取分离”中，不同萃取剂的分离性能对比如下表所示，则萃取剂的最佳选择为 （填萃取剂名称），原因是 。 萃取剂 萃取余液中金属质量浓度/（g/L） Co的萃取率% 分相时间 Co Ni 7401 3.10 13.5 48.0 2min 7402 2.85 13.7 52.5 5min P507 0.03 13.8 99.5 1min （4）“热解还原”中产生的，则该化学方程式为 。 （5）已知常温下，当溶液中时，沉淀完全[时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度 。（结果保留两位有效数字） 【答案】（1） （2）将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去 可消耗溶液中，以调节溶液pH，而不能消耗 （3）P507 可在更短的时间，将Co最大程度的从溶液中萃取出，实现与Ni的分离 （4） （5） 【分析】镍钴废渣（主要成分为、、以及少量钙、镁等的化合物）加入稀硫酸和亚硫酸钠进行酸浸，将Co、Fe和Ni元素还原为+2价，加入氯酸钠将Fe2+氧化，同时加入碳酸钠调节pH，形成，过滤将铁元素除去；加入NaF将Ca和Mg元素形成沉淀滤除；加入萃取剂分离镍和钴，经过系列处理，分别进行Ni和Co的提取。 【解析】（1）“酸浸”时镍元素被还原，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应的离子方程式：； （2）“除铁”中加入的作用是将亚铁离子氧化为铁离子，便于除去；“除铁”过程中加入的目的是消耗溶液中，以调节溶液pH，而不能消耗； （3）选择萃取剂P507，可在更短的时间，将Co最大程度的从溶液中萃取出，实现与Ni的分离； （4）“热解还原”中产生的，根据质量守恒，化学方程式：； （5），此时溶液，，，； 9．五氧化二饥广泛用于冶金、化工等行业。某废钒催化剂主要含有、、CaO、、、等，采取如下工艺流程回收其中的钒制备； 已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀时（）的pH 12.4 3.7 2.2 7.5 沉淀完全时（）的pH 13.8 4.7 3.2 9.0 回答下列问题： （1）浸出渣的主要成分是 ，“酸浸还原”中；和均转化为，写出转化为反应的离子方程式为 。 （2）“氧化”中被氧化的元素主要有 （填元素符号）。 （3）“调pH”中有沉淀生成，写出生成沉淀反应的离子方程式 。 （4）“沉钒”中需要加入过量，其原因是 。晶体未经洗涤直接进行“煅烧”，将导致产品中混有 杂质。 （5）工艺中可循环利用的物质有 。 【答案】（1）、 （2）Fe、V （3） （4）增大，减小的溶解度，有利于析出更多的 NaCl （5）（或） 【分析】废钒催化剂中，钒以+4、+5价的化合物存在，还包括CaO、、、等， 用30%H2SO4和Na2SO3“酸浸还原”时、被还原成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe3+被Na2SO3还原成Fe2+，SiO2此过程中不反应，滤液中含有Na+、Ca2+、Al3+、Fe2+、H+，滤渣为、；滤液中加入调节pH=8，生成V(OH)4或VO2•nH2O，Al3+转化为Al(OH)3沉淀，Fe2+部分转化为Fe(OH)2沉淀，滤液1中含有Na+、Fe2；氧化过程中加入氧气，NaOH使pH>13，钒进一步氧化并沉淀为V2O5·xH2O，V2O5·xH2O两性，在强碱性条件下转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为Na[Al(OH)4]，Fe2+剩余部分转化Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3； 加入HCl调pH=8.5，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后加入NH4Cl“沉钒”得到偏钒酸铵NH4VO3，据此分析答题。 【解析】（1）浸出渣的主要成分是、；转化为反应的离子方程式为：； （2）Fe、V； （3）“调pH”中有沉淀生成为四羟基合铝酸钠生成氢氧化铝，生成沉淀反应的离子方程式； （4）“沉钒”中需要加入过量，其原因是，增大，减小的溶解度，有利于析出更多的；因最开始加入Na2SO3并用HCl调节pH，所以杂质为NaCl； （5）煅烧发生反应，，可循环利用的物质（或）； 10．高纯广泛用于半导体、光电材料等领域。可以利用炼锌渣(主要含、、和一定量的、不溶性杂质)为原料制备高纯，同时获得，流程如图所示： 已知： ①电解制取镓时，溶液中的氯离子会影响镓的析出。 ②溶液中存在反应：。 ③室温时。 ④黄钠铁矾晶体颗粒大，易沉降易过滤。 （1）黄钠铁矾的化学式为，写出“沉铁”时的离子方程式： 。 （2）不采用调节的方式沉铁，可能的原因是：①容易生成而损失；② ；③ 。 （3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的铜粉，反应一段时间后再向溶液中加入稍过量粉，加入铜粉的目的是 。 （4）与的各物种的分布分数随的变化如图所示。“调节”时，不能过高的原因是 。 【答案】（1） （2） 直接调沉铁易生成胶体，不容易过滤 胶体同时容易吸附而造成损失 （3）可除去，发生的反应为难溶于水和稀酸，避免影响镓的析出 （4）当过高时，将转化为或较稳定不利于生成，直接沉淀，导致产品中的中混有 【分析】根据流程图分析，炼锌渣经过稀硫酸、H2O2溶浸过滤掉不溶性杂质、将ZnO、CuO、Fe2O3、FeO转化为Zn2+、Cu2+、Fe3+，向滤液中加入硫酸钠溶液进行沉铁，得到黄钠铁矾，溶液中的氯离子会影响镓的析出，可知金属粉末中含有Cu粉除去Cl-，以及金属粉末Zn除去Cu2+，向滤液中加入NaOH溶液调节pH为8.2，目的是将Ga3+转化为，加入Na2S溶液将Zn2+转化为ZnS，最后电解NaGa(OH)4溶液得到金属镓。 【解析】（1）“沉铁”时，加入硫酸钠生成黄钠铁矾沉淀，离子方程式为； （2）直接调沉铁易生成胶体，不容易过滤；胶体同时容易吸附而造成损失； （3）可除去，发生的反应为难溶于水和稀酸，避免影响镓的析出； （4）根据图示可得知，当pH过高时，将转化为或，较稳定不利于生成，直接沉淀，不利于转化为或中混有； （建议用时：30分钟） 11．（2025·广东深圳·一模）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：I．萃取时反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，(为萃取反应的平衡常数，代表或)。 Ⅱ．该工艺下，；饱和的浓度约为。 （1）Mn属于 区元素。 （2）“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为 。 （3）“酸浸”时，被还原为，需添加 ，其中转移的电子数目为 。 （4）“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 。 （5）“镍钴分离”时，通过添加硫酸调控，可将、依次从有机溶剂中分离出来，请从平衡移动的角度解释原因 。 （6）该工艺中能循环利用的物质有 (填化学式)。 【答案】（1）d （2） （3）1 2NA （4） （5）由M2+(水相)(有机相)(有机相)(水相)，加硫酸，使H+的浓度增大，平衡逆向移动，使Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来 （6）RH、H2SO4、NaOH 【分析】电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，加入NaOH进行碱浸，此时Al转化为Na[Al(OH)4]，其它物质仍留在固体中；将固体加入Na2SO3、H2SO4进行酸浸，此时Co3O4被还原为Co2+；加入Na2S2O8，将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀；过滤后，滤液中加入有机萃取剂RH进行萃取，Ni2+、Co2+转化为NiR2、CoR2进入有机层，再加入H2SO4进行镍钴分离，得到Ni2SO4、CoSO4。萃取后的水相中加入Na2CO3沉锂，得到Li2CO3沉淀，滤液是Na2SO4，将Na2SO4溶液电解，得到NaOH和H2SO4。 【解析】（1）Mn为25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，位于第四周期第VIIB族，属于d区元素。 （2）“碱浸”时，箔和溶液反应生成和，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为：。 （3）“酸浸”时，被Na2SO3还原为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子反应方程式为：；根据离子方程式，可建立如下关系式：Co3O4——Na2SO3——2e-，则1 mol Co3O4参加反应，需要添加1 mol Na2SO3，转移的电子数目为2 NA。 （4）“沉锰”时，Mn2+转化为MnO2，Mn元素的化合价由+2价变为+4价，被还原为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 （5）添加硫酸后，可将Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来，则平衡向生成Ni2+、Co2+的方向移动，所以从平衡移动的角度解释，原因为：由M2+(水相)(有机相)(有机相)(水相)，加硫酸，使H+的浓度增大，平衡逆向移动，使Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来。 （6）根据分析和流程图可知，反应起初消耗RH、H2SO4、NaOH，后来又陆续生成RH、H2SO4、NaOH，所以能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH。 12．（2025·广东深圳·模拟）一种从石煤灰渣（主要含及等）中提取钒的工艺流程如下： 已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：；萃取的原理为；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含的硫酸盐难溶于水；。 （1）“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液。 ①为提高浸取率，可采取的措施是 （任写一条）。 ②发生反应的化学方程式为 。 （2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表： 阳离子 浓度 10.79 0.0041 0.11 0.029 据此分析“溶液3”可在 工序循环利用。 （3）“中间盐”的一种含钒物质为；“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为 。 （4）“还原”步骤的主要目的是 。 （5）“萃取”前，需调节溶液。 ①已知萃取前溶液中，理论上，为避免产生沉淀，应调节溶液pH小于 （保留一位小数）。 ②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是 。 【答案】（1）“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可 （2）酸浸 （3） （4）将转化为，避免影响的萃取 （5）3.3 过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于进入有机相 【分析】酸浸时，溶于稀硫酸，得到，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入固体，得到，而溶液2中加入添加剂，得到中间盐，“中间盐”中一种含钒物质为在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。 【解析】（1）①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等； ②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以的形式进入溶液，与硫酸反应生成VO₂⁺的化学方程式为：； （2）根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H⁺、VO₂⁺、Al³⁺和Fe³⁺，由于H⁺浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸； （3）由题干信息：含的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：； （4）根据由题干信息，酸浸后溶液中存在且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：，还原步骤的主要目的是将Fe³⁺还原为Fe²⁺，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO²⁺结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将转化为，避免影响的萃取； （5）①已知Al(OH)₃的溶度积 ，溶液中Al³⁺浓度为0.4mol/L，根据溶度积公式： 解得：,，pH=，为避免产生沉淀，pH应小于3.3； ②pH过低，即浓度过大，会导致萃取反应的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率； 13．工业上利用黑钨矿(其主要成分是FeWO4、MnWO4，还含有少量SiO2和Al2O3)制备钨的工艺流程如下图所示： 已知：①上述流程中，钨的化合价只在最后一步发生改变；②常温下钨酸难溶于水。回答下列问题： （1）已知元素钨与铬同族，钨在元素周期表中的位置是第六周期第 族，其位于元素周期表 区。 （2）提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有 (任写一条)，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为 。 （3）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 （4）钨酸钙(CaWO4)和氢氧化钙都是微溶电解质。某温度下Ca(OH)2和CaWO4的饱和溶液中，pc(Ca2+)与pc(阴离子)的关系如图所示，已知：pc(离子)=-lgc(离子)。该温度下将Na2WO4溶液加入石灰乳中得到大量钨酸钙，发生反应的离子方程式为 ，该反应的平衡常数K= 。 【答案】（1）ⅥB d （2）将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等 4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2 （3）H2SiO3和Al(OH)3 （4）+Ca(OH)2CaWO4+2OH- (或10000) 【分析】焙烧中纯碱和SiO2反应生成Na2SiO3，与Al2O3反应生成Na2AlO2，由水浸后的产物可知FeWO4和纯碱反应生成Na2WO4和Fe2O3，加入盐酸调pH，Na2AlO2、Na2SiO3分别反应生成Al(OH)3、H2SiO3，加入盐酸与Na2WO4反应生成H2WO4，分解可得WO3，还原得到金属W。 【解析】（1）已知元素周期表中钨与铬同族，钨位于元素周期表的第六周期第ⅥB族；其位于元素周期表d区； （2）从反应速率的影响因素考虑，提高黑钨矿“焙烧”效率的措施有将黑钨矿粉碎、搅拌、空气逆通等；结合分析可知，FeWO4在“焙烧”过程中发生反应的化学方程式为：4FeWO4+O2+4Na2CO34Na2WO4+2Fe2O3+4CO2； （3）结合分析可知，“滤渣”的主要成分是：H2SiO3和Al(OH)3； （4）与石灰乳反应生成，反应的离子方程式为。由图可知，当时，，，该反应的平衡常数，故答案为：； 14．某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)制备Co2O3和Li2CO3.工艺流程如下： 已知：①常温下，部分金属离子(Mn+)形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： Mn+ Fe2+ Al3+ Mg2+ Ca2+ Co2+ 开始沉淀 6.3 3.8 9.6 10.6 6.6 完全沉淀c(Mn+)≤10-6 8.3 5.4 12.0 12.6 9.1 ②Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12 回答下列问题： （1）基态Co原子的价层电子中，未成对电子与成对电子数目的比值为 。 （2）“酸浸”时发生反应：。 ①补充上述离子方程式中的缺项 ； ②若用盐酸代替草酸进行“酸浸”，可能带来的影响是 。 （3）①滤液2中c(Mg2+) mol·L-1； ②向滤液2中加入NH4F固体的目的除了沉淀Mg2+外，还有 。 （4）滤液3中含金属元素的离子主要是[Co(NH3)6]2+，通入空气发生催化氧化反应过程中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。 （5）已知沉锂过程中有气体生成，写出“沉锂”过程中的离子方程式 。 【答案】（1）1：2 （2）2CO2 Cl-被氧化为氯气，污染空气 （3）5.6×10-4 除去滤液1中的Ca2+ （4）1：4 （5） 【分析】废旧锂离子电池的正极材料(含有LiCoO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al等)，加硫酸溶解Ca、Mg、Fe、Al，加草酸把LiCoO2还原为Co2+，过滤除去不溶物为滤渣1，滤液1加NaOH溶液，题中已知滤渣2中含有Mg(OH)2，分析可知还含有Co(OH)2，在滤渣2中加入碳酸铵和NH3·H2O将有Co(OH)2转化为[Co(NH3)6]2+，过滤后除去Mg(OH)2，滤液3中为[Co(NH3)6]2+且溶液为碱性，经过空气催化氧化得到Co(OH)3，最后得到Co2O3；滤液1中主要含有Li+、Ca2+、，经过NH4F固体的处理将Ca2+除去，后续沉锂再将Li+以Li2CO3形式沉淀出来，据此作答。 【解析】（1）Co是第27号元素，价层电子为3d74s2，含有3个未成对电子，含有6个成对电子，未成对电子与成对电子数目的比值为3：6=1：2。 （2）①酸浸时，+3价的钴被还原为=2价，草酸被氧化为CO2，根据化合价升降守恒、原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式：LiCoO2+6H++H2C2O4=2Co2++2Li++2CO2↑+4H2O，故答案为：2CO2； ②旧生产工艺用盐酸进行“酸浸”，但易造成环境污染，原因是Cl-被氧化为氯气，污染空气。 （3）①由分析可知，滤渣2中含有Mg(OH)2，则常温下滤液2相当于Mg(OH)2的饱和溶液，则有c(Mg2+)c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，又pH=10，c(OH-)==mol/L=1×10-4mol/L，则c(Mg2+)==5.6×10-4mol/L； ②向滤液2中加入NH4F固体的目的除了沉淀Mg2+外，还可以除去滤液1中的Ca2+。 （4）滤液3中含金属元素的离子主要是，该反应中Co化合价从+2价升高到+3价，O化合价从0价降到-2价，滤液3为碱性，发生催化氧化反应的离子方程式为：，O2是氧化剂，是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：4。 （5）已知沉锂过程中有气体生成，中Li+和饱和NaHCO3溶液反应生成Li2CO3和CO2离子方程式为：。 15．“刀片电池”通过结构创新，大大提升了磷酸铁锂电池的能量密度。以下是以磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)为原料生产白磷(P4)同时制得刀片电池正极材料FePO4的工艺流程： 已知：①FePO4可溶于pH<2的酸性溶液。 ②Fe3+在pH为2.0时开始沉淀，pH为4.0时沉淀完全。 回答下列问题： （1）白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，说明P4是 (填“极性分子”或“非极性分子”)，P4键角 甲烷。(填“大于”、“小于”或“等于”) （2）炉渣Ⅰ主要含有铁单质及铁的磷化物，写出其中FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液并放出NO气体的离子方程式： 。 （3）炉渣Ⅱ的主要成分是 。 （4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是 。若此条件下Fe3+恰好完全转化为FePO4沉淀(当溶液中某离子浓度≤1×10−5mol/L时，可视为该离子沉淀完全)，过滤，现往滤液中加入2mol/L的MgCl2溶液(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中 Mg3(PO4)2沉淀生成(填“有”或“无”或“无法确定”)【已知FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10−22、1.0×10−24】 【答案】（1）非极性分子 小于 （2） （3）CaSiO3 （4）pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降 无 【分析】磷矿石(主要成分Ca5(PO4)3F，还有Fe2O3、CaCO3等杂质)，磷矿石中加入焦炭、SiO2在电炉中加热1500℃，生成炉气和炉渣，炉气分离得到P4、SiF4和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe2P及少量杂质，结合所加原料和生成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐；分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe2P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后得到溶液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ，溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO4•2H2O，据此解答。 【解析】（1） 二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P4)不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理，说明P4是非极性分子，结构式为，键角是60°，甲烷的键角为109°28′，则P4键角小于甲烷。 （2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （3）炉气和炉渣I中不含钙元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣II中钙元素以CaSiO3的形式存在。 （4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的原因是：pH>2.0时Fe3+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH)3，pH<2.0，FePO4会溶解导致产品的产率下降。由题意此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则溶液中，溶液中FePO4沉淀完全，过滤后滤液则为FePO4的饱和溶液。向滤液中滴加2mol/L的MgCl2溶液(溶液体积增加一倍)，则c()=6.5×10-18mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)×c2()=(1mol/L)3×(6.5×10-18mol/L)2=4.225×10-35<Ksp[Mg3(PO4)2]=1.0×10-24，则溶液中无Mg3(PO4)2沉淀生成。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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 $