主题二　第7讲 主观大题突破：化学工艺流程综合【精讲精练】-2026届高三化学二轮复习.题型突破（新高考通用）

主题二　常见无机物的性质与转化 第7讲 主观大题突破 化学工艺流程综合 分点突破(一)　原料处理　原因分析与方程式书写 1．原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分 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 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 焙(灼)烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 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 2．化工流程中常考试剂的作用 (1)氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 (2)酸、碱和盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解(沉淀)，H2SO4可提供SO作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O 去油污；调节pH促进水解(沉淀)；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3 调节pH使某些离子沉淀；提供CO使某些离子(如Cu2＋、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等)沉淀 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 【高考失分点】 1．循环物质的确定 2．副产品的判断 3．滤渣成分的确定 (1)过量的反应物；(2)原料中不参与反应的物质；(3)由原料转化的生成物；(4)由杂质转化的沉淀物。 1．(2025·河北高考)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式：____________________。 (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：______________。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、____________、____________(填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因：____________________________。 (5)滤液Ⅱ的主要成分：________________(填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 Fe(CO)5＋________＋________===Cr(OH)3↓＋________＋________＋________CO↑。 (7)滤渣Ⅱ可返回____________________工序。(填工序名称) 2．(2025·广东高考节选)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298 K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有________________(写一条)。 (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为 ____＋O2＋____H2O____Fe2O3↓＋____H＋。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至__________(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2＋)＝0.022 mol/L，c(Ni2＋)＝0.042 mol/L。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有________。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2＋被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (5)①“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为________________和________________。 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是______________(写一条)。 1．(2025·河北邯郸三模)碳酸锰矿石是我国主要的锰矿资源。MnO2广泛用作合成工业的催化剂和氧化剂，用碳酸锰矿石(含有的主要杂质为铁、铝和硅的氧化物及CaCO3)制MnO2的一种工艺流程如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀(c≤1×10－5mol·L－1)时的pH如下： 相关离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mn2＋ 开始沉淀 1.5 6.5 3.3 7.8 完全沉淀 2.8 9.7 5.2 10.4 回答下列问题： (1)“工序1”应对矿石进行________处理，以提高酸浸速率。 (2)写出“滤渣1”的主要成分中的一种及其用途__________________。 (3)检验“氧化1”氧化完全所用的试剂为____________(填化学式)，判断氧化完全的依据为______________。 (4)加氨水“调pH”时应控制pH的范围是_________________________。 (5)“沉钙”工序中Ca2＋去除率随溶液pH减小而下降，原因是_______________________________________。 (6)“氧化2”工序中混合气在金属离子催化作用下生成具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，已知在水溶液中：H2SO5===H＋＋HSO，HSOSO＋H＋，则H2SO5与Mn2＋反应生成MnO2的离子方程式为_________________________。 (7)“氧化2”工序后过滤、洗涤、干燥得到MnO2，证明MnO2洗涤干净的实验操作和方法是_________________________________________。 2．(2025·江西重点中学盟校二模)钼精扫尾矿回收的多金属硫化矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、ZnS、PbS、PbSO4以及SiO2)富含铜、锌、铅等有价金属。一种常压氧浸回收铜工艺流程如下： (1)“常压浸出”金属硫化矿中的硫元素被氧化为硫或硫酸根。写出CuFeS2被氧化生成Fe3＋和S的离子方程式：_________________________。浸渣的主要成分是S、SiO2和____________。 (2)如图是反应温度对铜、铁、锌浸出率(η1)的影响，当温度从55 ℃逐渐升高到85 ℃时，铜、铁、锌的浸出率随之增大，在85 ℃时达到一个峰值。进一步升高温度后，铜、铁、锌的浸出率都出现了下降，原因是__________________。 (3)“硫化沉铜”生成了沉铜渣(CuS)和SO，写出该反应的离子方程式：______________________________。为了使铜充分沉淀，该过程消耗的Na2S2O3要远超理论值，可能的原因是__________________________________。 分点突破(二)　分离提纯与条件控制 1．物质分离的常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤(热滤或抽滤) 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 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 反萃取 提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 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气与N2、H2 冷却法 利用离子交换树脂与溶剂中的离子发生交换，进行分离。树脂可以反复使用 离子交换 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 减压蒸发 2．化工流程中的条件控制 (1)温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质；④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；④降低晶体的溶解度，减少损失 控温(用水 浴或油浴 控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶) (2)pH的控制 ①控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 ②控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至[Al(OH)4]－的形式存在。 ③控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 (3)反应物用量或浓度的控制 ①酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 ②对有多种反应物的体系，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。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 ③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 【高考失分点】 实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤。 1．证明沉淀完全的操作：静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO沉淀完全。 2．沉淀的洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至BaSO4沉淀全部被浸没，待水自然流下后，重复实验2～3次。 3．判断沉淀洗涤干净操作：取最后一次流出的液体少许于试管中，滴加适量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀证明BaSO4沉淀洗涤干净。 1．(2025·河南高考)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是____________________________。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为______________________；“滤渣”的主要成分是______________(填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________________。 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为________(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp＝5.5×10－28]。 A．2.0　　　　　　　　　　　　　 B．4.0 C．6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为________；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 (6)“酸溶3”的目的是______________________________________。 2．(2025·安徽高考)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_________________________________。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、______________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_________________________；25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝______________(mol·L－1)2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_____________________________________。 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_____________________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是_____________________________________。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填标号)。 a．加热脱水　　　 b．在HCl气流中加热 c．常温加压　　 d．加热加压 1．(2025·河北石家庄三模节选)某三元锂离子电池的正极材料含有Li3NiCoMnO6、Cu和Al等。现欲利用以下工艺流程回收该废弃电池正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 回答下列问题： (1)Li3NiCoMnO6中Co、Mn元素分别为＋3价、＋4价，则Ni元素的化合价为________。 (2)“放电”的目的为_________________________________。 (3)“正极酸浸”后，Li3NiCoMnO6中Co、Mn及Cu元素均转化为＋2价，H3A转化为A3－，据此写出Li3NiCoMnO6被Cu还原的离子方程式为____________________________________________________；根据原理分析，H3A和Cu的作用也可用浓盐酸实现，但缺点为__________________________。 (4)“氨溶”所得含镍配合物中阳离子呈正八面体结构，该反应的化学方程式为_________________________________________。 (5)向铝盐或锂盐溶液中加入Na3PO4固体，在不同pH下，稳定存在的物质形态如下图所示。则“沉铝”时应选择的pH范围为________。 2．(2025·河南郑州二模)钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀性等优良性能。一种利用钼渣[含CaMoO4、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2]制取钼酸铵的流程如下图。 已知：①钼酸(H2MoO4)不溶于水。②Ksp(PbCl2)＝1.17×10－5；Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8；Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。完成下列问题： (1)为提高(NH4)2MoO4的纯度，需对“滤渣1”进行洗涤，洗涤“滤渣1”的方法为_________________________________________________。 (2)“调pH”的目的是将某阳离子形成“滤渣2”，则控制pH应该不小于______________(设当离子浓度小于10－6mol·L－1时，表示离子完全除去)，加入__________试剂可以检验该阳离子是否完全转化为“滤渣2”。 (3)由“滤液4”制备(NH4)2MoO4晶体的操作为_______________________洗涤、干燥。 分点突破(三)　化工流程中的有关计算 有关Ksp的计算常考形式有：①判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。 1．已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol/L。 2．已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol/L。 3．计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝＝＝。 4．化工流程中pH有关计算(25 ℃) (1)开始沉淀：根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH。 (2)完全沉淀：金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH。 【高考失分点】　利用“碘量法”进行物质含量测定 1．直接碘量法：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 a.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。b.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(又称滴定碘法)：利用I－的还原性与氧化性物质反应生成I2，淀粉溶液遇I2显蓝色，再加入Na2S2O3标准溶液与I2反应，滴定终点的现象为蓝色消失且半分钟内不变色，从而测出氧化性物质的含量。 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 1．(2025·湖北高考)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ. Ⅱ. 已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。 20 ℃时，NaF的溶解度为4.06 g/100 g水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)20 ℃时，CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L－1，用c表示CaF2的溶度积Ksp＝________。 (2)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOH===Ca(OH)2＋2NaF。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应________(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2)________S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。 (3)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式_______________________________________________。 (4)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为________(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (5)研磨能够促进固相反应的原因可能有________(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触 2．(2025·山西、陕西、青海、宁夏高考节选)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：常温下Ksp(MgCO3)＝10－5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72； 回答下列问题： (1)“沉锰Ⅰ”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式________________________________。当Mg2＋(c＝10－0.68 mol·L－1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为________mol·L－1。 (2)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和________(填化学式)。 (3)“沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0～10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_______________________________________。 (2025·河北衡水中学三模节选)以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋进入溶液； ②25 ℃时，Ksp(CuS)＝6.4×10－36、Ksp(ZnS)＝1.6×10－24； ③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10－6； ④有机萃取剂(用HR表示)可萃取出Zn2＋，其萃取原理反应为2HR＋Zn2＋ZnR2＋2H＋。 回答下列问题： (1)“浸取”温度为30 ℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为_____________________________________。 (2)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“(NH4)2S加入量”[以×100%表示] 的关系曲线如图所示。 ①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是____________________________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为____________(计算结果保留小数点后两位)。(已知：[Zn(NH3)4]2＋的K稳＝＝2.9×109) ②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最好应选________。 a．100%　　　 b．110% c．120%　　　 d．130% 主观大题突破训练 　化学工艺流程综合 1．(2025·河北保定三模)高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为FeS2(杂质不参与反应)。 该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Mn2＋ Mg2＋ 开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60 完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13 回答下列问题： (1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是________(填名称)。 (2)FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，与酸反应生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解，实验室制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为________(填字母)。 A．H2S B．S C．FeS D．FeCl2 (3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为_________________________；“反应Ⅲ”加入MnO2的目的是________________________；检验“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是______________________________________。 (4)“调pH”时，应控制溶液pH的范围为________；滤渣Y的成分为_________________(填化学式)；“系列操作”为________________________。 (5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是___________________________。 2．(2025·河北沧州三模)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与SO形成复盐沉淀，Ce3＋和SO发生反应：Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O===Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是______________________(填写化学式)。 (2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式__________________________________。 (3)加入硫脲的目的是将CeF还原为Ce3＋，反应的离子方程式为_____________________________________________。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为________________。 (5)下列关于步骤④的说法正确的是________(填字母)。 A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3＋，需要将滤液循环以提高产率 B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D．该步骤发生的反应是2Ce3＋＋6HCO===Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O (6)若常温下，Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11，Ksp[Ce2(CO3)3]＝1.0×10－28，Ce3＋恰好沉淀完全c(Ce3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c(HCO)＝________mol·L－1。 3．(2025·江西九江三模)钒钛系SCR催化剂主要含TiO2、V2O5、WO3、SiO2等成分，废SCR催化剂的回收对环境保护和资源循环利用意义重大，通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 已知：①TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4。 ②＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表： pH 6～8 8～10 10～12 主要离子 VO V2O VO ③25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，Ksp(NH4VO3)＝1.0×10－4。 ④溶液中某离子浓度≤10－5 mol·L－1，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)基态W原子的价层电子排布式为5d46s2，W位于元素周期表第________周期，第________族。 (2)提高“酸浸”速率的措施有_________________________(任写两点)。 (3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________________________。 (4)滤渣的主要成分是_____________________________________(填化学式)。 (5)“沉钒”时要控制溶液pH，当pH>8.0时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 ①_____________________________________________； ②_____________________________________________。 (6)25 ℃时，若控制“沉钒”的pH为7.0，当溶液中的VO恰好沉淀完全时，溶液中c(NH3·H2O)＝________。 (7)制备出WO3后，工业上可以采用铝热还原法生产钨，其化学方程式为__________________________________________________。 4．(2025·湖北襄阳三模)钴酸锂(LiCoO2)电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下： 已知：①还原性：Cl－>Co2＋； ②Fe3＋和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题： (1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是__________________________。 (2)从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为______________________。 (3)滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有__________(填化学式)。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式________________________________________。 (4)滤渣的主要成分为__________________(填化学式)。 (5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。 已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。 ②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。 序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体 失重率 Ⅰ 120～220 CoC2O4·2H2OCoC2O4＋2H2O 19.67% Ⅱ 300～350 ________________ 59.02% (6)已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为________mol·L－1。 学科网（北京）股份有限公司 $ 主题二　常见无机物的性质与转化 第7讲 主观大题突破 化学工艺流程综合 分点突破(一)　原料处理　原因分析与方程式书写 1．原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分 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 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 焙(灼)烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 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 2．化工流程中常考试剂的作用 (1)氧化剂和还原剂 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 (2)酸、碱和盐 类别 物质 作用 酸 HCl、H2SO4、HNO3 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解(沉淀)，H2SO4可提供SO作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O 去油污；调节pH促进水解(沉淀)；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3 调节pH使某些离子沉淀；提供CO使某些离子(如Cu2＋、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等)沉淀 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Cu＋、Pb2＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 【高考失分点】 1．循环物质的确定 2．副产品的判断 3．滤渣成分的确定 (1)过量的反应物；(2)原料中不参与反应的物质；(3)由原料转化的生成物；(4)由杂质转化的沉淀物。 1．(2025·河北高考)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。过程如下： 已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式：____________________。 (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：______________。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、____________、____________(填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因：____________________________。 (5)滤液Ⅱ的主要成分：________________(填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 Fe(CO)5＋________＋________===Cr(OH)3↓＋________＋________＋________CO↑。 (7)滤渣Ⅱ可返回____________________工序。(填工序名称) 【答案】　(1)3d54s1　(2)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2CrO4＋8H2O　(3)Al(OH)3　MgO　(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行　(5)KHCO3　(6)K2CrO4　4H2O　Fe(OH)3↓　2KOH　5　(7)煅烧 【解析】　铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2，与过量KOH在空气中煅烧，生成K2CrO4、Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3；通入KHCO3－K2CO3/CO2浸取，生成Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为Al(OH)3、H2SiO3，Fe2O3、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出K2CrO4固体，滤液Ⅰ中含有K2CrO4；向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产物KHCO3生成，将K2Cr2O7与KHCO3分离，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3；Fe(CO)5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得K2CO3，循环使用，据此分析。(1)Cr为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中氧气反应生成K2CrO4、Fe2O3、H2O，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH2Fe2O3＋8K2CrO4＋8H2O。(3)根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为Fe2O3、H2SiO3、Al(OH)3、MgO。(4)向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，加大压强，可以增大CO2的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行。(5)根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3。(6)Fe(CO)5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3，自身转化为Fe(OH)3，铁元素由0价升高到＋3价，Cr由＋6价降低到＋3价，根据得失电子守恒，原子守恒，化学方程式为Fe(CO)5＋K2CrO4＋4H2O===Cr(OH)3↓＋Fe(OH)3↓＋2KOH＋5CO↑。(7)滤渣Ⅱ含有Cr(OH)3和Fe(OH)3可返回煅烧工序。 2．(2025·广东高考节选)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298 K) 2.8×10－39 1.3×10－33 2.2×10－20 5.5×10－16 (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有________________(写一条)。 (2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为 ____＋O2＋____H2O____Fe2O3↓＋____H＋。 (3)“沉铝”时，pH最高可调至__________(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2＋)＝0.022 mol/L，c(Ni2＋)＝0.042 mol/L。 (4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有________。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2＋被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 (5)①“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为________________和________________。 ②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是______________(写一条)。 【答案】　(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等　(2)4Fe2＋　4　2　8 (3)5　(4)AD　(5)①2NH3N2＋3H2　Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O ②　③没有污染物产生 【解析】　矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2＋、Cu2＋、Ni2＋、Al3＋等，调节pH＝3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等。(2)由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe3＋，“高压加热”时，Fe2＋在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋。(3)“沉铝”时，保证Cu2＋和Ni2＋不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，c(Cu2＋)＝0.022 mol/L，根据Ksp＝c(Cu2＋)×c2(OH－)＝0.022×c2(OH－)＝2.2×10－20，得出c(OH－)＝10－9mol/L，pH＝5。(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；配体－中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2＋，Ni2＋化合价不变，B错误；配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确。(5)①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为2NH3N2＋3H2、Fe2O3＋3H22Fe＋3H2O；②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨作阳极，电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒，装置图如下： ；③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 【解题攻略】　化工流程题中陌生反应的书写方法突破 1．陌生氧化还原反应方程式的书写方法 (1)第一步：根据题干信息或流程图的入口和出口，判断出反应物和生成物； (2)第二步：确定反应物和生成物中变价元素的化合价，按“氧化剂＋还原剂―→还原产物＋氧化产物”写出方程式，并按化合价升降的原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量系数； (3)第三步：依据电荷守恒、原子守恒和溶液的酸碱性补齐缺失物质并配平。若反应是在水溶液中进行，一般在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O。 2．陌生非氧化还原反应方程式的书写 (1)第一步：分析流程图的入口和出口，确定反应物与生成物，有些生成物可依据物质类别的通性及反应规律判断出； (2)第二步：初步表示出反应过程：反应物Ⅰ＋反应物Ⅱ―→生成物Ⅰ＋生成物Ⅱ； (3)第三步：依据电荷守恒或原子守恒，补齐缺失物质并将方程式配平。 1．(2025·河北邯郸三模)碳酸锰矿石是我国主要的锰矿资源。MnO2广泛用作合成工业的催化剂和氧化剂，用碳酸锰矿石(含有的主要杂质为铁、铝和硅的氧化物及CaCO3)制MnO2的一种工艺流程如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀(c≤1×10－5mol·L－1)时的pH如下： 相关离子 Fe3＋ Fe2＋ Al3＋ Mn2＋ 开始沉淀 1.5 6.5 3.3 7.8 完全沉淀 2.8 9.7 5.2 10.4 回答下列问题： (1)“工序1”应对矿石进行________处理，以提高酸浸速率。 (2)写出“滤渣1”的主要成分中的一种及其用途__________________。 (3)检验“氧化1”氧化完全所用的试剂为____________(填化学式)，判断氧化完全的依据为______________。 (4)加氨水“调pH”时应控制pH的范围是_________________________。 (5)“沉钙”工序中Ca2＋去除率随溶液pH减小而下降，原因是_______________________________________。 (6)“氧化2”工序中混合气在金属离子催化作用下生成具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，已知在水溶液中：H2SO5===H＋＋HSO，HSOSO＋H＋，则H2SO5与Mn2＋反应生成MnO2的离子方程式为_________________________。 (7)“氧化2”工序后过滤、洗涤、干燥得到MnO2，证明MnO2洗涤干净的实验操作和方法是_________________________________________。 【答案】　(1)粉碎　(2)SiO2：制玻璃、制光导纤维等；CaSO4：食品添加剂、调节水泥的硬化速率等(任写一种成分及用途，答案合理即可)　(3)K3[Fe(CN)6]　不生成蓝色沉淀　(4)5.2≤pH<7.8 (5)pH减小，溶液中c(H＋)增大，H＋与F－结合生成HF，c(F－)的减小使钙离子难以沉淀(合理即可) (6)HSO＋Mn2＋＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋ (7)取少量最后一次洗涤MnO2的滤液，加入稀盐酸，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，证明MnO2已洗涤干净 【解析】　由题给流程可知，碳酸锰矿加入硫酸溶液酸浸时，金属元素转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅和硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入二氧化锰，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氟化铵，将溶液中的镁离子转化为氟化镁沉淀，过滤得到含有氟化镁的滤渣和滤液；向滤液中通入二氧化硫和空气的混合气体，将Mn2＋氧化为二氧化锰。(1)“工序1”应为粉碎矿石，以提高酸浸速率。(2)“滤渣1”的主要成分为SiO2和CaSO4，SiO2可用于制玻璃、制光导纤维等，CaSO4可用于调节水泥的硬化速率、作食品添加剂等。(3)“氧化1”加入的MnO2作氧化剂，将Fe2＋氧化为Fe3＋，检验“氧化1”氧化完全所用的试剂为K3[Fe(CN)6]，Fe2＋＋K＋＋[Fe(CN)6]3－===KFe[Fe(CN)6]↓，若无蓝色沉淀生成，证明“氧化1”氧化完全。(4)据所给溶液中相关离子开始沉淀和完全沉淀(c≤1×10－5 mol·L－1)时的pH可知，加氨水“调pH”的目的是将Fe3＋和Al3＋沉淀完全，所以应调pH的范围是5.2≤pH<7.8。(5)HF是弱酸，pH减小，溶液中c(H＋)增大，H＋与F－结合生成HF，c(F－)减小使钙离子难以沉淀。(6)据信息可知，H2SO5分步电离，第一步完全电离，第二步不能完全电离，所以H2SO5与Mn2＋反应生成MnO2的离子方程式为HSO＋Mn2＋＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋。(7)“氧化2”工序所得滤液中含SO，证明MnO2洗涤干净即检验最后一次洗涤液中是否含有SO，操作和方法为取少量最后一次洗涤MnO2的滤液，加入稀盐酸，滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，证明MnO2已洗涤干净。 2．(2025·江西重点中学盟校二模)钼精扫尾矿回收的多金属硫化矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、ZnS、PbS、PbSO4以及SiO2)富含铜、锌、铅等有价金属。一种常压氧浸回收铜工艺流程如下： (1)“常压浸出”金属硫化矿中的硫元素被氧化为硫或硫酸根。写出CuFeS2被氧化生成Fe3＋和S的离子方程式：_________________________。浸渣的主要成分是S、SiO2和____________。 (2)如图是反应温度对铜、铁、锌浸出率(η1)的影响，当温度从55 ℃逐渐升高到85 ℃时，铜、铁、锌的浸出率随之增大，在85 ℃时达到一个峰值。进一步升高温度后，铜、铁、锌的浸出率都出现了下降，原因是__________________。 (3)“硫化沉铜”生成了沉铜渣(CuS)和SO，写出该反应的离子方程式：______________________________。为了使铜充分沉淀，该过程消耗的Na2S2O3要远超理论值，可能的原因是__________________________________。 【答案】　(1)4CuFeS2＋5O2＋20H＋===4Cu2＋＋4Fe3＋＋10H2O＋8S　PbSO4 (2)85 ℃之后，氧气浓度随温度的升高而降低，浸出率下降 (3)Cu2＋＋S2O＋H2O===CuS↓＋SO＋2H＋　酸性环境下，Na2S2O3发生歧化反应造成Na2S2O3的损耗(或Fe3＋在非酸性条件下也能氧化S2O) 【解析】　向多金属硫化矿中通入O2、加入H2SO4进行“常压浸出”，可将硫化物转化为硫酸盐，其中的Fe2＋被氧化为Fe3＋，滤渣的主要成分为不溶于H2SO4的PbSO4、SiO2和S。向滤液中加入Na2S2O3，发生氧化还原反应，Fe3＋被还原为Fe2＋，过滤后得到沉铜渣CuS和含有Fe2＋、Zn2＋和Na＋的滤液。据此分析。(1)根据氧化还原规律，CuFeS2被氧化生成Fe3＋和S，同时O2被还原为H2O，离子方程式为4CuFeS2＋5O2＋20H＋===4Cu2＋＋4Fe3＋＋10H2O＋8S；根据分析可知，滤渣的主要成分是S、SiO2和PbSO4。(2)随着温度的升高，浸出率随之增大，温度大于85 ℃时浸出率下降，H2SO4、多金属硫化矿温度高时不挥发，O2溶解度随温度升高而降低，即O2浓度随温度升高降低更明显，从而导致浸出率下降。(3)根据流程图，可知“硫化沉铜”过程为CuSO4与Na2S2O3发生反应生成CuS和Na2SO4。离子方程式为Cu2＋＋S2O＋H2O===CuS↓＋SO＋2H＋。Na2S2O3是中等强度的还原剂，与溶液中的Fe3＋发生氧化还原反应，其本身也可在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，所以“硫化沉铜”过程中消耗的Na2S2O3要远超理论值。 分点突破(二)　分离提纯与条件控制 1．物质分离的常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤(热滤或抽滤) 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 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 反萃取 提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 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气与N2、H2 冷却法 利用离子交换树脂与溶剂中的离子发生交换，进行分离。树脂可以反复使用 离子交换 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 减压蒸发 2．化工流程中的条件控制 (1)温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定的杂质；④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；④降低晶体的溶解度，减少损失 控温(用水 浴或油浴 控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶) (2)pH的控制 ①控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。 ②控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH增大，铝元素将以Al(OH)3甚至[Al(OH)4]－的形式存在。 ③控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。 (3)反应物用量或浓度的控制 ①酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。 ②对有多种反应物的体系，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。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。 ③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。 【高考失分点】 实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO，然后过滤、洗涤。 1．证明沉淀完全的操作：静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO沉淀完全。 2．沉淀的洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至BaSO4沉淀全部被浸没，待水自然流下后，重复实验2～3次。 3．判断沉淀洗涤干净操作：取最后一次流出的液体少许于试管中，滴加适量稀硝酸，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀证明BaSO4沉淀洗涤干净。 1．(2025·河南高考)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是____________________________。 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，则生成该物质的化学方程式为______________________；“滤渣”的主要成分是______________(填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCl3，则“高温还原”中发生反应的化学方程式为________________________。 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为________(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp＝5.5×10－28]。 A．2.0　　　　　　　　　　　　　 B．4.0 C．6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4－，提升了Rh的还原速率，该配离子中Rh的化合价为________；反应中同时生成[SnCl6]2－，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为________。 (6)“酸溶3”的目的是______________________________________。 【答案】　(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离 (2)Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O　SiO2 (3)Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl (4)A　(5)＋1　6∶1　(6)除去滤渣中未反应的Zn 【解析】　贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh和Pt，Rh转化为H3[RhCl6]，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4－，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。(1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离。(2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6]，Rh元素化合价由0升高至＋3，HNO3中N元素化合价由＋5降低至＋4，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3===H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。(3)“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh，Rh元素化合价均由＋3降低至0，根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，则溶液中c(Sn2＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，当恰好生成Sn(OH)2沉淀时，c(OH－)＝＝ mol·L－1≈2.3×10－12，c(H＋)＝＝≈4.3×10－3，pH＝－lg c(H＋)＝－lg (4.3×10－3)＝3－0.6＝2.4，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。(5)配离子[Rh(SnCl3)5]4－中，配体[SnCl3]－带1个负电荷，设Rh的化合价为x，则x＋5×(－1)＝－4，则x＝＋1；Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ)，每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分被氧化为[SnCl6]2－，Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ)，每个Sn失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个Cl－形成[SnCl3]－，作为新的配体，每生成1个[Rh(SnCl3)5]4－，需要5个SnCl2，因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1＋5)∶1＝6∶1。(6)由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)5]4－完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn。 2．(2025·安徽高考)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝10－6.46，Ksp(BaSO4)＝10－9.97 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为_________________________________。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、______________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_________________________；25 ℃时，向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L－1BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝______________(mol·L－1)2(忽略溶液体积的变化)。 (4)其他条件相同时，盐浸2 h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_____________________________________。 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_____________________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是_____________________________________。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是________(填标号)。 a．加热脱水　　　 b．在HCl气流中加热 c．常温加压　　 d．加热加压 【答案】　(1)5s2　(2)Ca2＋、Mg2＋　(3)SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)　10－8.97 (4)SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大 (5)BaSO4、SiO2　(6)Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定 (7)a 【解析】　含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体。(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2。(2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、Ca2＋、Mg2＋。(3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)；该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝103.51，平衡常数很大，近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2＋)＝1×10－3 mol，则c(SO)＝＝10－7.97 mol·L－1，列三段式： SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq) 初始mol 　0.01 　 0.011 　　　　　　　　0 变化mol 　0.01 　0.01 　　　　　　　　0.01 平衡mol 　　　　 0.001 　　 0.01 理论上溶液中c(Sr2＋)·c(SO)＝10－7.97 mol·L－1×10－1 mol·L－1＝10－8.97 (mol·L－1)2。(4)随温度升高锶浸出率增大，原因是离子半径：Ba2＋＞Sr2＋，晶格能：SrSO4＞BaSO4，则SrSO4(s)＋Ba2＋(aq)BaSO4(s)＋Sr2＋(aq)为吸热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大。(5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故“浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。(6)窝穴体a与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2＋，原因是Sr2＋具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定。(7)Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。 【解题攻略】　化工流程题中“叙述性问题”规范作答方法突破 目的或原因 答题模板 沉淀用乙醇洗涤的目的 a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥 加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等 配制某溶液前先煮沸水 除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化 反应容器中和大气相通的玻璃管的作用 指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大 1．(2025·河北石家庄三模节选)某三元锂离子电池的正极材料含有Li3NiCoMnO6、Cu和Al等。现欲利用以下工艺流程回收该废弃电池正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。 回答下列问题： (1)Li3NiCoMnO6中Co、Mn元素分别为＋3价、＋4价，则Ni元素的化合价为________。 (2)“放电”的目的为_________________________________。 (3)“正极酸浸”后，Li3NiCoMnO6中Co、Mn及Cu元素均转化为＋2价，H3A转化为A3－，据此写出Li3NiCoMnO6被Cu还原的离子方程式为____________________________________________________；根据原理分析，H3A和Cu的作用也可用浓盐酸实现，但缺点为__________________________。 (4)“氨溶”所得含镍配合物中阳离子呈正八面体结构，该反应的化学方程式为_________________________________________。 (5)向铝盐或锂盐溶液中加入Na3PO4固体，在不同pH下，稳定存在的物质形态如下图所示。则“沉铝”时应选择的pH范围为________。 【答案】　(1)＋2　(2)形成原电池，使Li＋充分嵌入正极，提高锂的回收率 (3)2Li3NiCoMnO6＋3Cu＋8H3A===6Li＋＋2Ni2＋＋2Co2＋＋2Mn2＋＋3Cu2＋＋8A3－＋12H2O　生成氯气，污染环境　(4)Ni(EX)2＋6NH3·H2O===[Ni(NH3)6](EX)2＋6H2O　(5)1～6 【解析】　废旧锂离子电池放电处理拆解后，正极用柠檬酸H3A浸取过滤，正极材料中Li3NiCoMnO6与Cu发生氧化还原反应，Co、Mn及Cu元素均转化为＋2价，故所得滤液含有Li＋、Ni2＋、Co2＋、Mn2＋、Cu2＋、Al3＋和A3－；再加入抗坏血酸使Cu2＋还原生成铜粉；加入黄原酸钾(KEX)使Ni2＋、Co2＋分别转化为Ni(EX)2、Co(EX)2沉淀；在Ni(EX)2、Co(EX)2沉淀中加入氨水使Ni(EX)2转化为配离子[Ni(NH3)6]2＋，从而与Co(EX)2沉淀分离；“沉锰”时加入草酸使Mn2＋转化为MnC2O4·2H2O；“沉铝、锂”时向铝盐与锂盐溶液中加入Na3PO4固体，通过调节pH，使Li＋、Al3＋分别转换为Li3PO4、AlPO4析出。(1)Li3NiCoMnO6中Co、Mn元素分别为＋3价、＋4价，且Li、O元素分别为＋1价、－2价，根据化合物价态为0的原则推出Ni元素的化合价为＋2价。(2)“放电处理”时形成原电池，锂离子从负极脱出，经由电解质向正极移动并充分嵌入正极，提高锂的回收率。(3)“正极酸浸”后，Li3NiCoMnO6中Co、Mn由＋3价、＋4价转化为＋2价，Cu由0价转化为＋2价，H3A转化为A3－，根据电子守恒和元素守恒，可得Li3NiCoMnO6被Cu还原的离子方程式为2Li3NiCoMnO6＋3Cu＋8H3A===6Li＋＋2Ni2＋＋2Co2＋＋2Mn2＋＋3Cu2＋＋8A3－＋12H2O；上述反应中，Cu主要起到还原剂的作用，发生氧化反应，价态升高，如用浓盐酸代替，则发生氧化反应生成氯气，而氯气会污染环境。(4)“氨溶”时加入氨水使Ni(EX)2转化为含镍配合物，配合物中阳离子呈正八面体结构，则含镍配合物中阳离子为[Ni(NH3)6]2＋，因此该反应的化学方程式为Ni(EX)2＋6NH3·H2O===[Ni(NH3)6](EX)2＋6H2O或Ni(EX)2＋6NH3===[Ni(NH3)6](EX)2。(5)由题图可知，向铝盐或锂盐溶液中加入Na3PO4固体，pH为1～8.2时，铝元素的稳定存在形态为AlPO4，pH为6～14时，锂元素的稳定存在形态为Li3PO4，要使Li＋与Al3＋分离，则“沉铝”时应选择的pH范围为1～6。 2．(2025·河南郑州二模)钼钢具有高强度、高韧性、耐腐蚀性等优良性能。一种利用钼渣[含CaMoO4、Fe2(MoO4)3、PbMoO4、MoS2]制取钼酸铵的流程如下图。 已知：①钼酸(H2MoO4)不溶于水。②Ksp(PbCl2)＝1.17×10－5；Ksp(PbSO4)＝1.82×10－8；Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39。完成下列问题： (1)为提高(NH4)2MoO4的纯度，需对“滤渣1”进行洗涤，洗涤“滤渣1”的方法为_________________________________________________。 (2)“调pH”的目的是将某阳离子形成“滤渣2”，则控制pH应该不小于______________(设当离子浓度小于10－6mol·L－1时，表示离子完全除去)，加入__________试剂可以检验该阳离子是否完全转化为“滤渣2”。 (3)由“滤液4”制备(NH4)2MoO4晶体的操作为_______________________洗涤、干燥。 【答案】　(1)沿玻璃棒加水至浸没“滤渣1”，待水流出后，重复2～3次　(2) 3　KSCN溶液 (3)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【解析】　钼渣磨粉后加入盐酸酸溶，CaMoO4、Fe2(MoO4)3转化为氯化钙、氯化铁溶液，同时生成钼酸沉淀进入滤渣1，PbMoO4转化为PbCl2沉淀和钼酸沉淀，两者和不反应的MoS2也进入滤渣1，滤液1中通过调节pH使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀得到滤渣2；滤渣1加入硝酸氧化MoS2为H2MoO4和H2SO4，硫酸将PbCl2转化为更难溶的PbSO4沉淀，H2MoO4、PbSO4进入滤渣3，加入氨水，将H2MoO4转化为(NH4)2MoO4滤液4，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥得到其晶体，滤渣4中PbSO4电解得到铅单质。(1)为提高(NH4)2MoO4的纯度，需对“滤渣1”进行洗涤，洗涤“滤渣1”的方法为沿玻璃棒加水至浸没“滤渣1”，待水流出后，重复2～3次。(2)“调pH”的目的是将铁离子形成“滤渣2”氢氧化铁沉淀，铁离子完全沉淀时，c(OH－)＝＝ mol/L＝1×10－11 mol/L，pOH＝11，pH＝3，则控制pH应该不小于3，铁离子和KSCN溶液变为红色，故加入KSCN试剂可以检验该阳离子是否完全转化为“滤渣2”。(3)由“滤液4”制备(NH4)2MoO4晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥。 分点突破(三)　化工流程中的有关计算 有关Ksp的计算常考形式有：①判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。 1．已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol/L。 2．已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol/L。 3．计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝＝＝。 4．化工流程中pH有关计算(25 ℃) (1)开始沉淀：根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH。 (2)完全沉淀：金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH。 【高考失分点】　利用“碘量法”进行物质含量测定 1．直接碘量法：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 a.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。b.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(又称滴定碘法)：利用I－的还原性与氧化性物质反应生成I2，淀粉溶液遇I2显蓝色，再加入Na2S2O3标准溶液与I2反应，滴定终点的现象为蓝色消失且半分钟内不变色，从而测出氧化性物质的含量。 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 1．(2025·湖北高考)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ. Ⅱ. 已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。 20 ℃时，NaF的溶解度为4.06 g/100 g水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)20 ℃时，CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L－1，用c表示CaF2的溶度积Ksp＝________。 (2)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOH===Ca(OH)2＋2NaF。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应________(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2)________S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。 (3)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式_______________________________________________。 (4)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为________(填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (5)研磨能够促进固相反应的原因可能有________(填标号)。 a．增大反应物间的接触面积 b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能 d．研钵表面跟反应物更好接触 【答案】　(1)4c3　(2)①正向　②＜　(3)CaF2＋TiO2＋2NaOH===CaTiO3＋2NaF＋H2O　(4)a　(5)ab 【解析】　工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOH===Ca(OH)2＋2NaF，水浸后得到的滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加TiO2粉末，由题目可知，生成的CaTiO3的溶解度极低，使得Ca2＋不转化为Ca(OH)2，提高了NaF的产率，据此解答。(1)CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L－1，则c(Ca2＋)＝c mol·L－1、c(F－)＝2c mol·L－1，Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)×c2(F－)＝4c3。(2)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大；②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测：S(CaF2)<S[Ca(OH)2]。(3)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为CaF2＋TiO2＋2NaOH===CaTiO3＋2NaF＋H2O。(4)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b。(5)研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选；研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选；活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选；研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选。 2．(2025·山西、陕西、青海、宁夏高考节选)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、NH的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：常温下Ksp(MgCO3)＝10－5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72； 回答下列问题： (1)“沉锰Ⅰ”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式________________________________。当Mg2＋(c＝10－0.68 mol·L－1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为________mol·L－1。 (2)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和________(填化学式)。 (3)“沉镁Ⅰ”中，当pH为8.0～10.2时，生成碱式碳酸镁[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]，煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是_______________________________________。 【答案】　(1)6Mn(OH)2＋O2===2Mn3O4＋6H2O　10－2.15 (2)O2　(3)pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO 【解析】　废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰Ⅰ得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁Ⅰ，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH＝6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。(1)Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为6Mn(OH)2＋O2===2Mn3O4＋6H2O；根据＝＝＝，c(Mn2＋)＝10－2.15 mol·L－1。(2)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，(NH4)2S2O8中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成NH4HSO4和H2O2：(NH4)2S2O8＋2H2O===2NH4HSO4＋H2O2，H2O2分解2H2O2===2H2O＋O2↑，总反应为2(NH4)2S2O8＋2H2O===4NH4HSO4＋O2↑，最终产物是NH4HSO4和O2。(3)[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO。 【解题攻略】　利用关系式法解题思维流程： (2025·河北衡水中学三模节选)以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图： 已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋进入溶液； ②25 ℃时，Ksp(CuS)＝6.4×10－36、Ksp(ZnS)＝1.6×10－24； ③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10－6； ④有机萃取剂(用HR表示)可萃取出Zn2＋，其萃取原理反应为2HR＋Zn2＋ZnR2＋2H＋。 回答下列问题： (1)“浸取”温度为30 ℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为_____________________________________。 (2)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果[除铜效果以反应后溶液中铜锌比表示]与“(NH4)2S加入量”[以×100%表示] 的关系曲线如图所示。 ①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是____________________________(用离子方程式表示)，该反应的平衡常数为____________(计算结果保留小数点后两位)。(已知：[Zn(NH3)4]2＋的K稳＝＝2.9×109) ②“深度除铜”时(NH4)2S加入量最好应选________。 a．100%　　　 b．110% c．120%　　　 d．130% 【答案】　(1)温度升高，NH3挥发 (2) ①[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3　2.16×1014　②c 【解析】　固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)，加入NH3－NH4Cl的混合溶液，生成[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，同时生成Fe(OH)3、Mn(OH)2等，SiO2不溶解，过滤除去滤渣，得滤渣1为Fe(OH)3、Mn(OH)2和SiO2，再向滤液中加入H2O2，进行深度除锰，反应的方程式为H2O2＋Mn2＋＋2NH3·H2O===MnO2↓＋2H2O＋2NH，再加入(NH4)2S，进行沉淀除铜，反应的方程式为[Cu(NH3)4]2＋＋S2－===CuS↓＋4NH3，进行过滤操作，得到滤渣2为MnO2和CuS，向滤液中加入有机萃取剂，使锌进入有机萃取剂中，再向有机萃取剂中加入硫酸，进行反萃取，得到硫酸锌溶液，然后进行电解，得到锌，据此分析作答。(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，原因是温度升高，NH3挥发使生成的[Zn(NH3)4]2＋减少，锌浸出率下降。(2)①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌离子和硫离子结合生成ZnS沉淀，锌的回收率下降的可能原因是[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3或[Zn(NH3)4]2＋＋S2－＋4H2O===ZnS↓＋4NH3·H2O；该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝2.16×1014；②由题干图示信息可知，当(NH4)2S加入量为120%时，铜锌比为2.0×10－6，达到沉淀除铜标准，继续加大(NH4)2S加入量会导致锌回收率下降且不经济，故答案为c。 主观大题突破训练 　化学工艺流程综合 1．(2025·河北保定三模)高锰酸钾生产过程中产生的废锰渣(主要成分为MnO2、KOH、MgO和Fe2O3)可用于制备MnSO4晶体，工艺流程如图所示。已知：硫铁矿主要成分为FeS2(杂质不参与反应)。 该工艺条件下金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示。 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Mn2＋ Mg2＋ 开始沉淀pH 2.10 7.45 9.27 9.60 完全沉淀pH 3.20 8.95 10.87 11.13 回答下列问题： (1)在实验室进行过滤操作，下列仪器不需要用到的是________(填名称)。 (2)FeS2的结构类似于Na2O2，是一种过硫化物，与酸反应生成H2S2，H2S2类似于H2O2，易分解，实验室制取H2S时，某学生误将FeS2颗粒当作FeS使用，当FeS2和足量盐酸反应完全后，不可能生成的物质为________(填字母)。 A．H2S B．S C．FeS D．FeCl2 (3)“反应Ⅱ”中发生反应的离子方程式为_________________________；“反应Ⅲ”加入MnO2的目的是________________________；检验“反应Ⅲ”完全反应的实验操作是______________________________________。 (4)“调pH”时，应控制溶液pH的范围为________；滤渣Y的成分为_________________(填化学式)；“系列操作”为________________________。 (5)若产品的纯度较低，进一步提纯的方法是___________________________。 【答案】　(1)锥形瓶　(2)C (3)2FeS2＋3MnO2＋12H＋===4S＋2Fe3＋＋3Mn2＋＋6H2O　将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋　取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若没有生成蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部氧化为Fe3＋ (4)3.20≤pH<9.27　Fe(OH)3、CaSO4、MnO2、CaCO3　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 (5)重结晶 【解析】　在废锰渣中加入硫酸，其中MnO2不反应，过滤后滤渣X的主要成分为MnO2，反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为2FeS2＋3MnO2＋6H2SO4===4S＋Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋6H2O，过滤得S等的滤渣和含硫酸铁、硫酸锰的溶液的滤液，反应Ⅲ加MnO2是将Fe2＋氧化成Fe3＋，其反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，加CaCO3是利用Fe3＋与CO双水解除去Fe3＋，生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Y为Fe(OH)3、微溶的CaSO4、未反应的MnO2和CaCO3，最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品，据此回答。(1)过滤操作仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，不需要锥形瓶。(2)FeS2与盐酸反应： FeS2＋2HCl===FeCl2＋H2S2，H2S2分解生成H2S和S，不会生成FeS，故选C。(3)反应Ⅱ为MnO2与硫铁矿在酸性条件下发生氧化还原反应，其化学方程式为2FeS2＋3MnO2＋6H2SO4===4S＋Fe2(SO4)3＋3MnSO4＋6H2O，离子方程式为2FeS2＋3MnO2＋12H＋===4S＋2Fe3＋＋3Mn2＋＋6H2O；反应Ⅲ加MnO2是将Fe2＋氧化成Fe3＋，其反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；检验“反应Ⅲ”是否完全反应，只需要检验溶液中是否存在Fe2＋即可，取少量“反应Ⅲ”的溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，若没有生成蓝色沉淀，则Fe2＋已经全部氧化为Fe3＋。(4)“调pH” 使Fe3＋沉淀，不沉淀Mn2＋，由表中数据可知，pH范围为3.20≤pH<9.27；由分析知滤渣Y为Fe(OH)3、微溶的CaSO4、未反应的MnO2和CaCO3；最后将溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。(5)由于产品MnSO4溶解度随温度变化大，重结晶可以进一步提纯MnSO4。 2．(2025·河北沧州三模)氧化铈(CeO2)是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示： 已知：①稀土离子易与SO形成复盐沉淀，Ce3＋和SO发生反应：Ce2(SO4)3＋Na2SO4＋nH2O===Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O↓； ②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2； ③Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋，两者均能形成氢氧化物沉淀； ④Ce2(CO3)3为白色粉末，难溶于水。 回答下列问题： (1)滤渣A的主要成分是______________________(填写化学式)。 (2)在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式__________________________________。 (3)加入硫脲的目的是将CeF还原为Ce3＋，反应的离子方程式为_____________________________________________。 (4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为________________。 (5)下列关于步骤④的说法正确的是________(填字母)。 A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3＋，需要将滤液循环以提高产率 B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度 C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率 D．该步骤发生的反应是2Ce3＋＋6HCO===Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O (6)若常温下，Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11，Ksp[Ce2(CO3)3]＝1.0×10－28，Ce3＋恰好沉淀完全c(Ce3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时测得溶液的pH＝5，则溶液中c(HCO)＝________mol·L－1。 【答案】　(1)BaSO4、SiO2 (2)4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O (3)2CeF＋2＋2H＋===2Ce3＋＋(SCN2H3)2＋4HF (4)防止Ce3＋被氧化 (5)CD (6)0.2 【解析】　氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)在空气中焙烧，Ce3＋在空气中被氧化为Ce4＋，加稀硫酸浸取，Ce4＋进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含CeF滤液中加入硫脲将Ce4＋还原为Ce3＋，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3＋被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3＋沉淀为Ce2(CO3)3，最后灼烧分解生成CeO2。(1)根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。(2)在氟碳铈矿矿石粉(CeFCO3)中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3＋4NaHCO3＋O24NaF＋4CeO2＋8CO2＋2H2O。(3)根据信息硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，则加入硫脲的目的是将CeF还原为Ce3＋，反应的离子方程式为2CeF＋2＋2H＋===2Ce3＋＋(SCN2H3)2＋4HF。(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3＋在空气中易被氧化为Ce4＋推测，加入X的作用是防止Ce3＋被氧化。(5)由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3＋很少，A错误；碳酸钠与Ce3＋直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；Ce3＋加入碳酸氢铵反应生成Ce2(CO3)3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3＋＋6HCO===Ce2(CO3)3↓＋3CO2↑＋3H2O，D正确。(6)Ce3＋恰好沉淀完全时，c(Ce3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，则Ksp[Ce2(CO3)3]＝1.0×10－28＝c2(Ce3＋)·c3(CO)＝(1×10－5)2·c3(CO)，解得c(CO)＝1.0×10－6 mol·L－1，测得溶液的pH＝5，根据Ka2(H2CO3)＝5.0×10－11＝＝，解得c(HCO)＝0.2 mol·L－1。 3．(2025·江西九江三模)钒钛系SCR催化剂主要含TiO2、V2O5、WO3、SiO2等成分，废SCR催化剂的回收对环境保护和资源循环利用意义重大，通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。 已知：①TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4。 ②＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表： pH 6～8 8～10 10～12 主要离子 VO V2O VO ③25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝1.0×10－5，Ksp(NH4VO3)＝1.0×10－4。 ④溶液中某离子浓度≤10－5 mol·L－1，认为该离子沉淀完全。 回答下列问题： (1)基态W原子的价层电子排布式为5d46s2，W位于元素周期表第________周期，第________族。 (2)提高“酸浸”速率的措施有_________________________(任写两点)。 (3)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________________________。 (4)滤渣的主要成分是_____________________________________(填化学式)。 (5)“沉钒”时要控制溶液pH，当pH>8.0时，NH4VO3的产量明显降低，原因是 ①_____________________________________________； ②_____________________________________________。 (6)25 ℃时，若控制“沉钒”的pH为7.0，当溶液中的VO恰好沉淀完全时，溶液中c(NH3·H2O)＝________。 (7)制备出WO3后，工业上可以采用铝热还原法生产钨，其化学方程式为__________________________________________________。 【答案】　(1)六　ⅥB (2)适当升温；适当增大硫酸溶液浓度；搅拌(任写2点即可) (3)Na2TiO3＋2H＋===H2TiO3＋2Na＋ (4)H2SiO3 (5)当pH>8.0时，钒的主要存在形式不是VO　OH－与NH反应，使NH浓度降低，不利于生成NH4VO3 (6)0.1 mol·L－1 (7)WO3＋2AlW＋Al2O3 【解析】　废SCR催化剂清洗研磨后加入碳酸钠焙烧，TiO2、V2O5、WO3可与熔融Na2CO3反应生成Na2TiO3、NaVO3和Na2WO4，二氧化硅生成硅酸钠，水浸分离出Na2TiO3沉淀，沉淀酸浸得到H2TiO3，煅烧得到二氧化钛；水浸后溶液加入盐酸调节pH，使得硅酸根离子成为硅酸沉淀得到滤渣，滤液加入氯化铵沉钒得到NH4VO3沉淀，煅烧得到V2O5；沉钒后滤液调节pH，加入氯化钙沉钨后处理得到WO3。(1)基态W原子的价层电子排布式为5d46s2，由价电子排布可知，W位于元素周期表第六周期，第ⅥB族。(2)适当升温；适当增大硫酸溶液浓度、搅拌等均可提高“酸浸”速率。(3)“酸浸”时，Na2TiO3和加入的氢离子转化为H2TiO3沉淀，发生反应的离子方程式为Na2TiO3＋2H＋===H2TiO3＋2Na＋。(4)由分析，滤渣的主要成分为H2SiO3。(5)由表，当pH>8.0时，钒的主要存在形式不是VO，且OH－与NH反应，使NH浓度降低，不利于生成NH4VO3，故导致pH>8.0时，NH4VO3的产量明显降低。(6)pH为7.0，pOH＝7，当溶液中的VO恰好沉淀完全时，c(NH)＝＝ mol·L－1＝10 mol·L－1，则c(NH3·H2O)＝＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1。(7)采用铝热还原法，还原WO3生产钨，同时生成氧化铝，反应为WO3＋2AlW＋Al2O3。 4．(2025·湖北襄阳三模)钴酸锂(LiCoO2)电池是一种应用广泛的新型电源，电池中含有少量的铝、铁、碳等单质。实验室尝试对废旧钴酸锂电池回收再利用。实验过程如下： 已知：①还原性：Cl－>Co2＋； ②Fe3＋和C2O结合生成较稳定的[Fe(C2O4)3]3－，在强酸性条件下分解重新生成Fe3＋。回答下列问题： (1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是__________________________。 (2)从含铝废液得到Al(OH)3的离子方程式为______________________。 (3)滤液A中的溶质除HCl、LiCl外还有__________(填化学式)。写出LiCoO2和盐酸反应的化学方程式________________________________________。 (4)滤渣的主要成分为__________________(填化学式)。 (5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，其固体失重率数据见下表，请补充完整表中问题。 已知：①CoC2O4在空气中加热时的气体产物为CO2。 ②固体失重率＝对应温度下样品失重的质量/样品的初始质量。 序号 温度范围/℃ 化学方程式 固体 失重率 Ⅰ 120～220 CoC2O4·2H2OCoC2O4＋2H2O 19.67% Ⅱ 300～350 ________________ 59.02% (6)已知Li2CO3的溶度积常数Ksp＝8.64×10－4，将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，则溶液中的Li＋浓度为________mol·L－1。 【答案】　(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 (2)AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO (3)FeCl3、CoCl2　2LiCoO2＋8HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl (4)C (5)2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2 (6)0.02 【解析】　废旧钴酸锂电池主要含有Fe、Al、碳的单质和LiCoO2，初步处理，加碱浸泡，铝和碱液反应生成偏铝酸盐和氢气，固体残渣为Fe、C的单质和LiCoO2，加盐酸Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，2LiCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Li＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O，残渣为C，滤液A为Fe3＋、Li＋、Co3＋、Cl－，加入草酸铵，过滤沉淀为CoC2O4·2H2O，滤液B为Fe3＋、Li＋、Cl－，加入碳酸钠，发生的离子反应为2Li＋＋CO===Li2CO3↓，滤液C为Fe3＋、Cl－，加入氧化剂防止铁离子被还原，得氯化铁溶液。(1)废旧电池初步处理为粉末状的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。(2)偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，因此从含铝废液得到Al(OH)3的离子反应方程式为AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO。(3)LiCoO2中Li为＋1价，Co为＋3价，具有氧化性，HCl中－1价的氯具有还原性，向固体残渣中加入盐酸时，发生氧化还原反应，Co(＋3→＋2)，Cl(－1→0)，反应表示为2LiCoO2＋8H＋＋2Cl－===2Li＋＋2Co2＋＋Cl2↑＋4H2O或2LiCoO2＋8HCl===2CoCl2＋Cl2↑＋4H2O＋2LiCl，滤液A为Fe3＋、Li＋、Co3＋、Cl－，故滤液A中的溶质为HCl、LiCl、FeCl3、CoCl2。(4)上述分析可知，滤渣的主要成分为C。(5)在空气中加热一定质量的CoC2O4·2H2O固体样品时，首先失去结晶水，在120～220 ℃时，固体失重率为19.76%，生成产物为CoC2O4；由①可知，在120～220 ℃时，CoC2O4·2H2O完全失去结晶水生成CoC2O4，然后继续升高温度加热，则CoC2O4分解生成氧化物，其分解失去的质量为183 g×59.02%＝108 g，剩余的质量为183 g－108 g＝75 g，设产物的化学式为CoOx，则59＋16x＝75，解得x＝1，则化学式为CoO，则反应方程式为2CoC2O4＋O22CoO＋ 4CO2。(6)将浓度为0.02 mol·L－1的Li2SO4和浓度为0.02 mol·L－1的Na2CO3溶液等体积混合，混合瞬间溶液中c(Li＋) ＝0.02 mol·L－1，c(CO) ＝0.01 mol·L－1，计算浓度商QC＝c2(Li＋)·c(CO) ＝4×10－6<Ksp＝8.64×10－4，无沉淀生成，则此时溶液中Li＋浓度为0.02 mol·L－1。 学科网（北京）股份有限公司 $