专题02 化工流程综合题（大题专练，六大类型集训）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题02 化工流程综合题 内容概览 类型一 以物质制备为目的 类型二 以混合物的分离、提纯为目的 类型三 以环保和绿色化学为目的 类型四 以化学基本原理考查为目的 类型五 以化学图表、图像信息加工考查为目的 类型六 以物质结构和性质考查为目的 限时：45分钟 题量：12道 ◆类型一 以物质制备为目的 1．（25-26高三上·北京·期中）我国科学家用粗氢氧化高钴[]制备硫酸钴晶体()，其工艺流程如下。 已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃) 物质 4.0×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 ⅲ.溶解度随温度升高而明显增大 (1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是___________。 (2)浸出时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为___________。 (3)写出“氧化沉铁”的离子方程式___________，25℃时，浊液中铁离子浓度为___________(此时为4)。 (4)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF的原因___________。 (5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经___________操作，得到硫酸钴晶体。 (6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。 在溶液中，用铁氰化钾将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：。 已知：铁氰化钾标准液浓度为c moL/L，Co(Ⅱ)标准液质量浓度为g/L。 取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗mL铁氰化钾标准液、 mL Co(Ⅱ)标准液。 计算样品中钴含量___________(以钴的质量分数计)。 2．（25-26高三上·北京·阶段练习）钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80 ℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe3+、Mn2+和Ca2+，还含有少量Al3+、Cu2+等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。 已知：i．金属离子的起始浓度为0.1 时，生成氢氧化物沉淀的pH。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ii． 物质 CaSO4 CaCO3 MnCO3 CuS MnS Ksp (1)浸出液加入硫酸铵后，采取的分离操作是_______。 (2)沉淀1的主要成分是_______。 (3)已知，煅烧后的Fe2O3不溶于水和稀硝酸。生成沉淀2的离子方程式有_______。 (4)结合化学用语解释(NH4)2S溶液呈碱性的原因_______。 (5)滤液3中含有Mn2+和Ca2+，加入Na2CO3主要沉淀出MnCO3的原因可能是_______。 (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取0.1000 g碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含HClO4和H3PO4)加热至220~240 ℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用0.04 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为amL。 已知：i． 能与Mn3+络合形成稳定的。 ii． HClO4的沸点为203 ℃。 ①写出HClO4将Mn2+氧化为，同时生成Cl2的离子方程式_______。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为_______。 ◆类型二 以混合物的分离、提纯为目的 3．（25-26高三上·北京丰台·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②HAuCl4=H++。 (1)酸溶后经_______操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的离子方程式：_______。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整：_______。 Au+□NaCl+□HNO3=HAuCl4+□_______+_______+□NaNO3 ②从物质性质的角度，结合化学用语分析HNO3-NaCl能将Au溶解的原因：_______。 (4)若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原 ①该过程发生的离子反应的方程式为：_______。 ②该过程参加反应的Zn的物质的量是_______mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 ①试剂1是_______，物质2是_______。 ②从平衡移动的角度分析物质3与试剂3的反应过程_______。 4．（23-24高三上·北京昌平·期末）湿法炼锌净化钴渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及Zn(OH)2，可利用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化水解法实现钴的富集，同时回收铜和锌元素，生产工艺流程如下： 已知：常温下，当起始浓度为0.01mol·L-1时有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。(注：当离子浓度小于10-5mol·L-1时可视为沉淀完全。) 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Co3+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.5 7.7 0.1 6.5 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.2 1.1 8.0 (1)净化钴渣需研细的目的是___________。 (2)酸浸过程中产生Co2+的离子方程式是___________。 (3)根据流程可知：Co2+的还原性___________(填“>”或者“<”)Fe2+。 (4)关于除铁过程中加入H2O2的必要性，有同学认为Fe2+也可与碱生成沉淀，同样能达到除铁的目的，因此无须加入H2O2。该说法是否合理，请说明理由___________。 (5)根据表格中信息，综合考虑流程各步骤目的，“除铁”应控制的pH范围是___________。 (6)沉钴过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。 (7)滤液Ⅱ中主要存在的离子有___________ 。 (8)若实际滤液Ⅰ中Co2+浓度为1mol·L−1，计算：只考虑使铁元素沉淀，最大pH是___________。 ◆类型三 以环保和绿色化学为目的 5．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 6．（25-26高三下·北京·开学考试）废铅酸电池含有大量的铅膏，从中回收碳酸铅的一种工艺流程如下。 已知：i．铅膏成分为、、和，均难溶于水； 物质 PbSO4 iii．。 (1)“铅膏”转化为“硫化渣”过程中，能加快反应速率的操作有_______。 I.硫酸化 i.硫酸化试剂为硫酸和双氧水。促进转化为的过程可分为两步： (2)a．_______(填离子方程式)；b．。 ii.相同投料、相同时间，硫化渣中含量与反应温度的关系如图1所示。 (3)a．60°C后，导致含量下降的主要原因是_______(忽略温度对溶解性的影响)。 (4)b．因生成的包裹在铅膏表面，阻碍了反应，含量最高仅为88%。相同条件下，在硫酸化试剂中加入少量固体，含量能接近100%。从化学反应速率和限度的角度解释加入少量NaCl固体的作用：_______。 II．脱硫浸出 常温下，向固体中加入一定量醋酸，用氨水调节。溶液中主要含碳粒子的物质的量分数与的关系如图2所示(表示)。 (5)pH在3～5时，随着pH增大，溶液中逐渐_______(填“增大”或“减小”；忽略溶液体积的变化)。 (6)若直接用溶液(pH≈7)对进行脱硫浸出，相关离子方程式是_______。 III．碳化 (7)相同物质的量浓度下，优先选择溶液而非溶液进行碳化，可能的原因_______。 ◆类型四 以化学基本原理考查为目的 7．（24-25高三上·北京海淀·期中）辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 (1)将辉铋矿粉碎的目的是______。 (2)浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 (3)用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 (4)置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②。 (1)酸溶后经______操作，将混合物分离。 (2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：______。 (3)溶金的同时生成NO。 ①溶金的化学方程式为______。 ②运用氧化还原反应规律解释氯化钠的作用：______。 (4)若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是______mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag（图中标注的试剂和物质均不同）。 试剂1是______，物质2是______。 ◆类型五 以化学图表、图像信息加工考查为目的 9．（25-26高三上·北京昌平·期末）从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 (1)为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 (2)浸出液1中Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-，溶浸Ⅰ过程发生反应的离子方程式为___________。 (3)溶浸Ⅱ过程发生反应的离子方程式为___________。 (4)溶浸Ⅱ过程中H2O2的实际加入量高于理论添加量可能的原因是___________。 (5)调pH制备磷酸铁沉淀，探究不同条件对沉淀组成的影响，调节浸出液3的pH时，向实验体系中加入大量NaOH溶液。图1为pH对沉淀中的影响，图2为pH=1.7时，反应时间对沉淀中的影响。 ①图1中pH=2.1时，沉淀的组成可能为___________。 ②对比图1，结合原理相关知识分析图2，在pH=1.7时，反应初始阶段的可能原因是___________；随时间延长数值下降的可能原因是___________。 (6)关于废旧磷酸铁锂电池正极材料再生LiFePO4的流程，下列说法正确的是___________。 已知：、、溶解度随温度变化的曲线如图。 a．浸出液3中可能存在Fe3+、H3PO4 b．为使溶浸Ⅲ过程更充分，硫酸的浓度越高越好 c．为提高Li2CO3的纯度，应用冷水淋洗粗产品除去杂质 d．利用Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时，还应加入还原剂 10．（25-26高三上·北京海淀·月考）钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下(废料中含有、、和等物质)。 已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，微溶于水； ②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的见下表： pH(开始沉淀) 1.9 7.15 -0.23 3.4 pH(完全沉淀) 3.2 9.15 1.09 4.7 请回答： (1)步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是___________。 (2)将步骤Ⅱ中与盐酸反应的离子方程式补充完整(填化学式)： ___________+___________ (3)步骤Ⅲ中溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过___________；废渣中的主要成分除了LiF外，还有___________。 (4)NaF与溶液中的形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是___________。 (5)在空气中加热草酸钴晶体样品，受热过程中不同温度范围分别得到种固体物质，固体质量不再变化，其质量如下表。 温度范围/℃ 固体质量 4.41 290~320 2.41 890~920 2.25(之后恒重) 已知：草酸钴晶体的摩尔质量： ①时，固体产物为___________(化学式)。 ②经测定，过程中产生的气体只有，此过程发生反应的化学方程式是___________。 ◆类型六 以物质结构和性质考查为目的 11．（24-25高三上·北京·月考）中南大学某课题组研究发现，具有宏观自发极化的钛酸钡材料能抑制锂硫电池中多硫化物穿梭效应，而穿梭效应会制约锂硫电池的商业价值。以含钛炉渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备的流程如图所示： 已知：该工艺中，部分阳离子沉淀的如下表。 阳离子 开始沉淀的 完全沉淀的 请回答下列问题： (1)基态原子的价电子轨道表示式_______。 (2)浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (3)“还原”过程中有刺激性气味的气体产生，写出该阶段发生主要反应的离子方程式：_______；若省去“还原”工艺，产生的不良后果是_______。 (4)设计实验检验滤液1中含有：_______。 (5)“焙烧”时发生反应的化学方程式为_______。在实验室“焙烧”时，下列仪器中不需要用到的是_______(填仪器名称)。 (6)的立方晶系晶胞结构如图所示，离子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为。 晶胞中离子的分数坐标为_______；该晶体的密度为_______(用含的代数式表示)。 12．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(主要为MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：      已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： (1)为了提高硫酸溶矿浸出的速率，可以采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③_____。 (2)加入少量MnO2发生的离子反应方程式是___________。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，可完全除去的金属离子是___________；用石灰乳调节pH大于___________，可将金属Al3+完全除去(离子浓度小于10-5mol/L即可认为完全除去)。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有___________。 (5)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是___________。 (6)锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0<x<1)。 ①充电时，电池的阳极反应式为________，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重________g。 ②一种LiMn2O4晶胞可看成由图1中A、B单元按图2方式构成。图1中“○”表示O2-，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。    1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 化工流程综合题 内容概览 类型一 以物质制备为目的 类型二 以混合物的分离、提纯为目的 类型三 以环保和绿色化学为目的 类型四 以化学基本原理考查为目的 类型五 以化学图表、图像信息加工考查为目的 类型六 以物质结构和性质考查为目的 限时：45分钟 题量：12道 ◆类型一 以物质制备为目的 1．（25-26高三上·北京·期中）我国科学家用粗氢氧化高钴[]制备硫酸钴晶体()，其工艺流程如下。 已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃) 物质 4.0×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 ⅲ.溶解度随温度升高而明显增大 (1)氢氧化高钴溶于硫酸的化学方程式是___________。 (2)浸出时，理论上氧化性离子和还原性离子物质的量之比为___________。 (3)写出“氧化沉铁”的离子方程式___________，25℃时，浊液中铁离子浓度为___________(此时为4)。 (4)结合平衡移动原理解释“氟化沉钙”步骤加入过量NaF的原因___________。 (5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经___________操作，得到硫酸钴晶体。 (6)用滴定法测定硫酸钴晶体中的钴含量，其原理和操作如下。 在溶液中，用铁氰化钾将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，过量的铁氰化钾以Co(Ⅱ)标准液返滴定。反应的方程式为：。 已知：铁氰化钾标准液浓度为c moL/L，Co(Ⅱ)标准液质量浓度为g/L。 取mg硫酸钴晶体，加水配成200mL溶液，取20mL待测液进行滴定，消耗mL铁氰化钾标准液、 mL Co(Ⅱ)标准液。 计算样品中钴含量___________(以钴的质量分数计)。 【答案】(1)2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O (2)2：1 (3) 6Fe2++​+15H2​O=6Fe(OH)3​↓+Cl−+12H+ (4)增大F-浓度，平衡正向移动，促进Ca2+完全沉淀 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 【分析】粗氢氧化高钴[]制备硫酸钴晶体()，先加入稀硫酸进行溶解，再加入Na2SO3还原Co3+、Fe3+，后加入NaClO3氧化Fe2+，将其以Fe(OH)3形式除去，再加入NaF除去Ca2+，通过萃取和反萃取获得CoSO4溶液，再经过蒸发浓缩、冷却结晶获得。 【解析】（1）Co(OH)3是+3价钴的碱性氢氧化物，与硫酸发生复分解反应，生成 Co2(SO4)3和水，无化合价变化，反应方程式为：2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O。 （2）还原浸出的核心反应：Co3+[氧化性离子，来自 Co(OH)3溶于硫酸]被Na2SO3中的（还原性离子）还原为Co2+，化合价降低1，被氧化为，化合价升高2，根据化合价升降守恒可知氧化性离子和还原性离子物质的量之比为2：1。 （3）氧化剂：NaClO3（→Cl⁻，得 6 个电子）；还原剂：Fe2+[Fe2+→Fe(OH)3，失1个电子]，酸性条件下，结合H+、H2O进行配平：6Fe2++​+15H2​O=6Fe(OH)3​↓+Cl−+12H+。溶液pH=4，则=1×10-10mol/L，c(Fe3+)=。 （4）沉钙反应：；加入过量 NaF，F-浓度增大，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，促进Ca2+完全沉淀，提高除杂效率。 （5）已知硫酸钴溶解度随温度升高明显增大，结晶方法为 “蒸发浓缩+冷却结晶”，即蒸发浓缩提高浓度，冷却时溶解度下降，晶体析出。 （6）铁氰化钾总物质的量为n总=cV1×10-3mol，滴定及返滴定过程中，的物质的量与Co2+相等，因此过量的物质的量为，则样品中Co2+物质的量为，样品中钴含量。 2．（25-26高三上·北京·阶段练习）钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80 ℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe3+、Mn2+和Ca2+，还含有少量Al3+、Cu2+等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。 已知：i．金属离子的起始浓度为0.1 时，生成氢氧化物沉淀的pH。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ii． 物质 CaSO4 CaCO3 MnCO3 CuS MnS Ksp (1)浸出液加入硫酸铵后，采取的分离操作是_______。 (2)沉淀1的主要成分是_______。 (3)已知，煅烧后的Fe2O3不溶于水和稀硝酸。生成沉淀2的离子方程式有_______。 (4)结合化学用语解释(NH4)2S溶液呈碱性的原因_______。 (5)滤液3中含有Mn2+和Ca2+，加入Na2CO3主要沉淀出MnCO3的原因可能是_______。 (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取0.1000 g碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含HClO4和H3PO4)加热至220~240 ℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用0.04 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为amL。 已知：i． 能与Mn3+络合形成稳定的。 ii． HClO4的沸点为203 ℃。 ①写出HClO4将Mn2+氧化为，同时生成Cl2的离子方程式_______。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为_______。 【答案】(1)过滤 (2)CaSO4 (3)：；Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+； (4)(NH4)2S溶液中存在、，水解程度小于的水解程度，所以溶液呈碱性 (5)Ksp：MnCO3<CaCO3，相同浓度时，Mn2+比Ca2+更容易结合；溶液中Ca2+浓度低 (6) 【分析】钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe3+、Mn2+、Ca2+，还含有少量Al3+、Cu2+等；浸出液加入硫酸铵，部分钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙沉淀得到沉淀1，过滤滤液1加入氨水调节pH，将铁离子、铝离子、部分铜离子转化为沉淀2，沉淀2煅烧得到粗氧化铁，加入稀硝酸洗涤得到氧化铁；滤液2加入硫化铵得到硫化铜沉淀3，滤液3加入碳酸钠得到MnCO3沉淀。 【解析】（1）浸出液加入硫酸铵后，需要分离固体和液体，故采取的分离操作是过滤。 （2）由分析可知，沉淀1的主要成分是CaSO4。 （3）沉淀2中含有氢氧化铁、氢氧化铜、氢氧化铝，生成沉淀2的离子方程式有、、Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+。 （4）(NH4)2S溶液中存在、，水解程度小于的水解程度，所以溶液呈碱性。 （5）滤液3中含有Mn2+和Ca2+，加入Na2CO3主要沉淀出MnCO3的原因可能是：Ksp(MnCO3)＜Ksp(CaCO3)，相同浓度时，Mn2+比Ca2+更容易结合；溶液中Ca2+浓度低。 （6）①HClO4将Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3−，同时生成Cl2，氯元素化合价由+7变为0，锰元素化合价由+2变为+3，由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式； ②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锰转化为二价锰，根据电子守恒和锰元素守恒可知MnCO3～Mn2+～[(NH4)2Fe(SO4)2]，故碳酸锰样品中锰的质量分数为=。 ◆类型二 以混合物的分离、提纯为目的 3．（25-26高三上·北京丰台·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②HAuCl4=H++。 (1)酸溶后经_______操作，将混合物分离。 (2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的离子方程式：_______。 (3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3]溶金原理相同。 ①将溶金反应的化学方程式补充完整：_______。 Au+□NaCl+□HNO3=HAuCl4+□_______+_______+□NaNO3 ②从物质性质的角度，结合化学用语分析HNO3-NaCl能将Au溶解的原因：_______。 (4)若用Zn粉将溶液中的1 mol HAuCl4完全还原 ①该过程发生的离子反应的方程式为：_______。 ②该过程参加反应的Zn的物质的量是_______mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。 ①试剂1是_______，物质2是_______。 ②从平衡移动的角度分析物质3与试剂3的反应过程_______。 【答案】(1)过滤 (2) (3) HNO具有强氧化性，能将Au氧化为Au；Cl与Au结合生成稳定的配离子，使溶液中Au浓度降低，有利于Au的溶解 (4) 1.5 (5) 氯化钠溶液 铁、铜 存在溶解平衡：，加入氨水后，NH3与结合生成，使浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解 【解析】（1）酸溶后得到含Au固体和Cu2+、溶液，分离固体和液体的操作是过滤； （2）Cu与稀HNO3反应消耗的HNO3物质的量更少，离子方程式为：； （3）①配平溶金反应的化学方程式：； ②HNO具有强氧化性，能将Au氧化为Au；Cl与Au结合生成稳定的配离子，使溶液中Au浓度降低，有利于Au的溶解 （4）①Zn将HAuCl4中的Au3+还原为Au，Zn被氧化为Zn2+，离子方程式为：； ②由离子方程式可知，(含)消耗，则完全反应时，消耗Zn的物质的量为； （5）①试剂1的作用是分离Cu2+和，结合后续生成，可知试剂1为溶液(与生成沉淀，Cu2+留在溶液中，即物质1为Cu2+溶液)，物质1(Cu2+溶液)中加入过量Fe粉，Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，分离后物质2为和的混合物； ②物质3是沉淀，试剂3是氨水，存在溶解平衡：加入氨水后，NH3与Ag+结合生成，使Ag+浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解，生成溶液。 4．（23-24高三上·北京昌平·期末）湿法炼锌净化钴渣中含有Zn、Co、Cu和Fe的单质及Zn(OH)2，可利用过硫酸钠(Na2S2O8)氧化水解法实现钴的富集，同时回收铜和锌元素，生产工艺流程如下： 已知：常温下，当起始浓度为0.01mol·L-1时有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表。(注：当离子浓度小于10-5mol·L-1时可视为沉淀完全。) 金属离子 Fe3+ Fe2+ Co2+ Co3+ Zn2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.5 7.7 0.1 6.5 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.2 1.1 8.0 (1)净化钴渣需研细的目的是___________。 (2)酸浸过程中产生Co2+的离子方程式是___________。 (3)根据流程可知：Co2+的还原性___________(填“>”或者“<”)Fe2+。 (4)关于除铁过程中加入H2O2的必要性，有同学认为Fe2+也可与碱生成沉淀，同样能达到除铁的目的，因此无须加入H2O2。该说法是否合理，请说明理由___________。 (5)根据表格中信息，综合考虑流程各步骤目的，“除铁”应控制的pH范围是___________。 (6)沉钴过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。 (7)滤液Ⅱ中主要存在的离子有___________ 。 (8)若实际滤液Ⅰ中Co2+浓度为1mol·L−1，计算：只考虑使铁元素沉淀，最大pH是___________。 【答案】(1)增大钴渣与酸的接触面积，加快与酸反应的速率 (2)Co+2H+=Co2++H2↑ (3)< (4)不合理  因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，Co2+也会沉淀，使铁元素与钴元素无法分步分离，影响钴的富集 (5)3.2≤pH＜6.5 (6)2Co2++S2O+6H2O=2Co(OH)3↓+6H++2SO (7)Na+、SO、S2O、Zn2+、H+ (8)6.7 【分析】由题给流程可知，向净化钴渣中加入稀硫酸酸浸时，锌、钴、铁和氢氧化锌溶于稀硫酸得到可溶性硫酸盐，铜不能与稀硫酸反应，过滤得到含有铜的滤渣和浸出液；向浸出液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过二硫酸钠溶液，将溶液中的亚钴离子氧化为钴离子，向氧化后的溶液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到滤液和氢氧化钴滤渣；滤渣经洗涤得到氢氧化钴成品。 【解析】（1）研细净化钴渣可以增大固体表面积，有利于增大净化钴渣与稀硫酸的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分，故答案为：增大与酸的接触面积，加快酸浸速率，使酸浸更充分； （2）酸浸过程中Co与酸反应，产生Co2+和氢气，的离子方程式是Co+2H+=Co2++H2↑； （3）由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，亚铁离子被氧化为铁离子时，亚钴离子未被氧化，由氧化还原反应规律可知，亚铁离子的还原性强于亚钴离子，故答案为：<； （4）不合理，因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，Co2+也会沉淀，使铁元素与钴元素无法分步分离，影响钴的富集；答案为：不合理  因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，Co2+也会沉淀，使铁元素与钴元素无法分步分离，影响钴的富集； （5）“沉铁”时，为了使铁离子完全沉淀，锌离子不沉淀，根据表中数据可知，控制溶液pH的范围：，故答案为：3.2≤pH＜6.5。 （6）加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉钴，将氧化成的同时生成CO(OH)3沉淀，则发生反应的离子方程式为2Co2++S2O+6H2O=2Co(OH)3↓+6H++2SO。 （7）滤液Ⅰ含有、、等，再加入过硫酸钠、氢氧化钠溶液沉钴，溶液中存在的离子为Na+、SO、S2O、Zn2+、H+等； （8）由表格数据可知，亚钴离子完全沉淀时溶液pH为9.2，则氢氧化亚钴的溶度积为1×10-5×(1×10-4.8)2=1×10-14.6；亚钴离子浓度为1mol/L的溶液中氢氧根离子浓度为=1×10-7.3mol/L，溶液pH为6.7，故答案为：6.7。 ◆类型三 以环保和绿色化学为目的 5．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 【分析】软锰矿主要含、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入酸浸，得到S单质滤渣和含有、过量的滤液；向滤液液中加入除铁剂和，将氧化并沉淀为，得到的滤液⑤为的溶液，经操作得到。步骤③中滤渣加入溶液浸硫，与S反应生成，经分解得到产品硫，据此解答。 【解析】（1）混合研磨成细粉的主要目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。 （2）①浸取时、FeS2粉中加入酸浸得到，化学方程式为。 ②浸取初期，加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用，故可明显提升浸取速率。 （3）①是吸电子基，的存在使中的键极性强于，更易断裂，故氧化性：。 ②溶于水生成使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使产生沉淀除去；同时可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出。 （4）A．图a中和进入反应体系，生成的物质有S和，总反应可表示为，A正确； B．图b中有反应：，根据元素守恒和方程式配平可知，X是，方程式表示为，电子式为，B错误；C．一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制，方程式为，起始时的值过大，剩余的会与S反应生成，C正确； D． 是催化剂，其用量与被还原的 的物质的量没有确定的化学计量关系，D错误； 故选AC。 （5）从⑤中滤液获得晶体的操作是加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥。 6．（25-26高三下·北京·开学考试）废铅酸电池含有大量的铅膏，从中回收碳酸铅的一种工艺流程如下。 已知：i．铅膏成分为、、和，均难溶于水； 物质 PbSO4 iii．。 (1)“铅膏”转化为“硫化渣”过程中，能加快反应速率的操作有_______。 I.硫酸化 i.硫酸化试剂为硫酸和双氧水。促进转化为的过程可分为两步： (2)a．_______(填离子方程式)；b．。 ii.相同投料、相同时间，硫化渣中含量与反应温度的关系如图1所示。 (3)a．60°C后，导致含量下降的主要原因是_______(忽略温度对溶解性的影响)。 (4)b．因生成的包裹在铅膏表面，阻碍了反应，含量最高仅为88%。相同条件下，在硫酸化试剂中加入少量固体，含量能接近100%。从化学反应速率和限度的角度解释加入少量NaCl固体的作用：_______。 II．脱硫浸出 常温下，向固体中加入一定量醋酸，用氨水调节。溶液中主要含碳粒子的物质的量分数与的关系如图2所示(表示)。 (5)pH在3～5时，随着pH增大，溶液中逐渐_______(填“增大”或“减小”；忽略溶液体积的变化)。 (6)若直接用溶液(pH≈7)对进行脱硫浸出，相关离子方程式是_______。 III．碳化 (7)相同物质的量浓度下，优先选择溶液而非溶液进行碳化，可能的原因_______。 【答案】(1)搅拌、适当升高温度等 (2) (3)后，受热分解 (4)加入NaCl，生成的速率快于生成的速率，阻止了铅膏被包裹；但生成的限度大于生成的限度，又转化为，同时释放。该过程循环往复，促使含量不断升高 (5)减小 (6) (7)相同浓度的溶液碱性强于溶液，可能会导致产生，影响的纯度 【分析】废铅酸电池含有大量的铅膏，从中回收碳酸铅(PbCO3)，首先用双氧水把PbO2(+4价Pb)还原为Pb2+，然后与沉淀为PbSO4，PbO和Pb转化为PbSO4，使所有铅元素转变为统一易处理的PbSO4(硫化渣)；加入一定量醋酸，用氨水调节pH，将 PbSO4转化为可溶性铅配合物[Pb(Ac)4]2-，让进入溶液，实现“脱硫”；最后加入(NH4)2CO3溶液，使铅配合物释放Pb2+并与生成PbCO3沉淀，得到最终产品。 【解析】（1）搅拌、适当升温等方式可加快反应速率。 （2）H2O2促进PbO2转化为PbSO4的过程可分为两步，a步骤是PbO2被 H2O2还原成 Pb2+的过程，反应的离子方程式为：PbO2+H2O2+2H+=Pb2++O2↑+2H2O。 （3）60℃后，导致PbSO4含量下降的主要原因是：60℃后，过氧化氢受热分解，导致对PbO2的还原作用减弱。 （4）加入少量NaCl固体的作用是：加入NaCl，Cl-与Pb2+形成[PbCl3]-的速率快于生成PbSO4的速率，阻止了铅膏被PbSO4包裹，但Pb2+生成PbSO4的限度大于生成[PbCl3]-的限度，[PbCl3]-又转化为PbSO4，同时释放Cl-，该过程不断循环，使PbSO4含量不断升高。 （5）由图2可知，pH在3～5时，随着pH增大，溶液中Ac-的物质的量分数增大，即c(Ac-)增大，促进了Pb2+与Ac-形成配离子[Pb(Ac)4]2-，从而使溶液中游离的c(Pb2+)减小。 （6）若直接用NH4Ac溶液(pH≈7)对PbSO4进行脱硫浸出，PbSO4转化为[Pb(Ac)4]2-，相关离子方程式为：。 （7）相同物质的量浓度下，优先选择(NH4)2CO3溶液而不是Na2CO3溶液进行碳化原因为：相同浓度的Na2CO3溶液碱性强于(NH4)2CO3溶液，可能会生成更难溶的Pb(OH)2，影响PbCO3的纯度。 ◆类型四 以化学基本原理考查为目的 7．（24-25高三上·北京海淀·期中）辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 (1)将辉铋矿粉碎的目的是______。 (2)浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 (3)用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 (4)置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 【答案】(1)增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分 (2) Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动（抑制Bi3+水解平衡的正向移动） (3)3Fe + 2Bi3+ = 2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ (4) 盐酸 在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解（产生的O2快速脱离反应体系） 取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 【分析】辉铋矿(主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质)粉碎后加入盐酸、氯化铁溶液浸出，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，SiO2不参与反应，过滤得到浸出液和浸出渣，浸出渣的主要成分为SiO2、S，从浸出渣中可回收S；再向滤出液中加入稍过量的铁粉置换铋得到海绵铋，精炼海绵铋得到纯铋，置换液为氯化亚铁溶液，氧化再生后得到氯化铁溶液，可以在浸出时循环使用，据此解答。 【解析】（1）将辉铋矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分； （2）①浸出过程中主要反应为Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+； ②因浸出时，Bi2S3存在沉淀溶解平衡：，Fe3+存在水解平衡：，且Bi3+也易水解，则浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，其原因是：H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动(抑制Bi3+水解平衡的正向移动)； （3）浸出液中加入稍过量铁粉置换得到海绵铋，另外铁和剩余的盐酸反应生成亚铁离子和氢气，则浸出液中发生反应的离子方程式有：3Fe + 2Bi3+=2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe= Fe2+ + H2↑； （4）①再生环节，需要将氯化亚铁溶液氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸； ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，则置换液再生过程存在H2O2的分解或损耗，导致所需n(H2O2)偏多，其原因是：在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解(产生的O2快速脱离反应体系)； ③再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液中的金属离子已完全再生，则置换液中不含Fe2+，则可以通过检验置换液中是否还剩余Fe2+来检验置换液中的金属离子是否完全再生，其操作和现象是：取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。 8．（24-25高三上·北京·阶段练习）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②。 (1)酸溶后经______操作，将混合物分离。 (2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：______。 (3)溶金的同时生成NO。 ①溶金的化学方程式为______。 ②运用氧化还原反应规律解释氯化钠的作用：______。 (4)若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是______mol。 (5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag（图中标注的试剂和物质均不同）。 试剂1是______，物质2是______。 【答案】(1)过滤 (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3) Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 硝酸将部分氯离子氧化生成氯气，氯气在溶液中形成盐酸，与硝酸混合成王水将金溶解 (4)2 (5) NaCl溶液 盐酸 【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析解答。 【解析】（1）Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤； （2）铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗，铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O； （3）①含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3； ②硝酸将部分氯离子氧化生成氯气，氯气在溶液中形成盐酸，与硝酸混合成王水将金溶解； （4）由于，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol； （5）根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。 ◆类型五 以化学图表、图像信息加工考查为目的 9．（25-26高三上·北京昌平·期末）从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 (1)为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 (2)浸出液1中Al元素的存在形式为[Al(OH)4]-，溶浸Ⅰ过程发生反应的离子方程式为___________。 (3)溶浸Ⅱ过程发生反应的离子方程式为___________。 (4)溶浸Ⅱ过程中H2O2的实际加入量高于理论添加量可能的原因是___________。 (5)调pH制备磷酸铁沉淀，探究不同条件对沉淀组成的影响，调节浸出液3的pH时，向实验体系中加入大量NaOH溶液。图1为pH对沉淀中的影响，图2为pH=1.7时，反应时间对沉淀中的影响。 ①图1中pH=2.1时，沉淀的组成可能为___________。 ②对比图1，结合原理相关知识分析图2，在pH=1.7时，反应初始阶段的可能原因是___________；随时间延长数值下降的可能原因是___________。 (6)关于废旧磷酸铁锂电池正极材料再生LiFePO4的流程，下列说法正确的是___________。 已知：、、溶解度随温度变化的曲线如图。 a．浸出液3中可能存在Fe3+、H3PO4 b．为使溶浸Ⅲ过程更充分，硫酸的浓度越高越好 c．为提高Li2CO3的纯度，应用冷水淋洗粗产品除去杂质 d．利用Li2CO3和FePO4再生LiFePO4时，还应加入还原剂 【答案】(1)适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度 (2) (3) (4)反应体系中的、等金属离子会催化分解 (5) 、 初始加入大量NaOH时，局部溶液碱性过强，生成Fe(OH)3反应速率快，夹杂在沉淀中 pH=1.7时，酸性较强，随反应时间延长，Fe(OH)3逐渐溶解转化成FePO4 (6)ad 【分析】由流程可知，废旧LFP正极材料碱浸时发生，过滤分离出含的溶液1，含的滤渣加硫酸、过氧化氢发生，过滤分离出含的滤渣，加硫酸溶解，分离出石墨，调节pH重新生成，浸出液2含，加入碳酸钠发生复分解反应得到；与共同作用下产生；据此回答下列问题。 【解析】（1）根据影响反应速率的因素，适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度，上述措施均可增大接触面积或加快反应，提高溶浸速率； （2）铝和NaOH溶液反应，生成四羟基合铝酸根和氢气，离子方程式为； （3）溶浸Ⅱ中，中+2价Fe被氧化为+3价，生成FePO4沉淀，进入浸出液，按氧化还原规律配平为； （4）不稳定，反应体系中的、等金属离子会催化分解，部分提前分解损耗，因此实际加入量高于理论量； （5）①纯FePO4中n(Fe):n(P)=1:1，pH=2.1时n(Fe):n(P)>1，Fe过量；pH升高后浓度增大，会生成Fe(OH)3沉淀，因此沉淀为二者混合物； ②初始加入大量NaOH时，局部溶液碱性过强，生成Fe(OH)3夹杂在沉淀中，使n(Fe):n(P)偏高；pH=1.7时，酸性较强，随反应时间延长，Fe(OH)3逐渐溶解转化成FePO4，P的比例升高，因此n(Fe):n(P)下降 （6）a．FePO4溶于硫酸，生成硫酸铁和磷酸，因此浸出液3中存在Fe3+、H3PO4，a正确； b．硫酸浓度过高会引入大量杂质、腐蚀设备，还会增大后续调pH的碱用量，提高成本，不是浓度越高越好，b错误； c．由溶解度曲线可知，Li2CO3溶解度随温度升高而减小，杂质钠盐溶解度随温度升高而增大，因此应使用热水淋洗（减少Li2CO3溶解损失，同时除去可溶性杂质），c错误； d．FePO4中Fe为+3价，产物LiFePO4中Fe为+2价，因此需要加入还原剂还原Fe元素，d正确； 故选ad。 10．（25-26高三上·北京海淀·月考）钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下(废料中含有、、和等物质)。 已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，微溶于水； ②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的见下表： pH(开始沉淀) 1.9 7.15 -0.23 3.4 pH(完全沉淀) 3.2 9.15 1.09 4.7 请回答： (1)步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是___________。 (2)将步骤Ⅱ中与盐酸反应的离子方程式补充完整(填化学式)： ___________+___________ (3)步骤Ⅲ中溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过___________；废渣中的主要成分除了LiF外，还有___________。 (4)NaF与溶液中的形成LiF沉淀，此反应对步骤Ⅳ所起的作用是___________。 (5)在空气中加热草酸钴晶体样品，受热过程中不同温度范围分别得到种固体物质，固体质量不再变化，其质量如下表。 温度范围/℃ 固体质量 4.41 290~320 2.41 890~920 2.25(之后恒重) 已知：草酸钴晶体的摩尔质量： ①时，固体产物为___________(化学式)。 ②经测定，过程中产生的气体只有，此过程发生反应的化学方程式是___________。 【答案】(1) (2) (3) 7.15 (4)降低溶液中浓度，避免步骤IV中产生沉淀 (5) 【分析】根据铝的性质写出铝与氢氧化钠溶液反应：；与盐酸反应氧化还原反应生成，依据得失电子守进行配平；依据表中数据分析判断知道加入碳酸钠是调节溶液的；根据难溶于水，微溶于水，加将生成沉淀，降低溶液中浓度，避免步骤Ⅳ中产生沉淀混入，最后制得。 【解析】（1）步骤Ⅰ中得到含铝溶液的反应的离子方程式是。 （2）与盐酸发生氧化还原反应：。 （3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠和氟化钠调节溶液，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中溶液的作用是调节溶液的，应使溶液的不超过，废渣中的主要成分除了外还有。 （4）与溶液中的形成沉淀，此反应对步骤所起的作用是，降低溶液中浓度，避免步骤中产生沉淀。 （5）①晶体物质的量，共含有结晶水应为，固体质量变化，，恰好是其结晶水的量，所以时，固体产物为。 ②过程中是发生的反应，过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成CO2物质的量为，二氧化碳质量为：，气体质量共计减小为：，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的氧气质量为：，氧气物质的量为：；则，依据原子守恒，化学方程式为：。 ◆类型六 以物质结构和性质考查为目的 11．（24-25高三上·北京·月考）中南大学某课题组研究发现，具有宏观自发极化的钛酸钡材料能抑制锂硫电池中多硫化物穿梭效应，而穿梭效应会制约锂硫电池的商业价值。以含钛炉渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备的流程如图所示： 已知：该工艺中，部分阳离子沉淀的如下表。 阳离子 开始沉淀的 完全沉淀的 请回答下列问题： (1)基态原子的价电子轨道表示式_______。 (2)浸渣的主要成分是_______(填化学式)。 (3)“还原”过程中有刺激性气味的气体产生，写出该阶段发生主要反应的离子方程式：_______；若省去“还原”工艺，产生的不良后果是_______。 (4)设计实验检验滤液1中含有：_______。 (5)“焙烧”时发生反应的化学方程式为_______。在实验室“焙烧”时，下列仪器中不需要用到的是_______(填仪器名称)。 (6)的立方晶系晶胞结构如图所示，离子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为。 晶胞中离子的分数坐标为_______；该晶体的密度为_______(用含的代数式表示)。 【答案】(1) (2)SiO2、CaSO4 (3) Fe3+进入产品，产品纯度降低 (4)取少量滤液1于试管中，滴加少量溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+ (5) 蒸发皿 (6) (，1，) 【分析】含钛炉渣(主要成分是，含少量、、等)中加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3转化为硫酸铁，SiO2不参与反应且氧化钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙，则浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4，再加入溶液将还原为，调pH值将TiO2+转化为沉淀，再过滤除去铁元素，再向沉淀加入溶液、溶液混合反应生成，最后经焙烧()得到BaTiO3，据此解答。 【解析】（1） Ti是22号元素，其基态原子的价电子排布式为3d24s2，其价电子轨道表示式为：； （2）由分析可知，浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4； （3）“还原”过程中加入溶液将还原为，同时产生具有刺激性气味的气体，则该阶段发生主要反应的离子方程式为：；由表格中的pH可知，若省去“还原”工艺，即不还原，沉钛时也被沉淀一部分，导致产品纯度降低，则产生的不良后果是：Fe3+进入产品，产品纯度降低； （4）检验常用溶液，则设计实验检验滤液1中含有为：取少量滤液1于试管中，滴加少量溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+； （5）中的C元素化合价为＋3价，根据流程可知，焙烧产物为、和，即C元素的化合价升高，则中O的化合价降低，所以在空气中“焙烧”时发生反应的化学方程式为：。在实验室焙烧固体时，需要用到坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架，则在实验室“焙烧”时，不需要用到的是蒸发皿； （6）由晶胞图可知，晶胞中B离子的分数坐标为(，1，)；晶胞中、、的数目依次为、1、个，则该晶体的密度。 12．LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(主要为MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：      已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： (1)为了提高硫酸溶矿浸出的速率，可以采取的措施有：①适当升高温度；②搅拌；③_____。 (2)加入少量MnO2发生的离子反应方程式是___________。 (3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，可完全除去的金属离子是___________；用石灰乳调节pH大于___________，可将金属Al3+完全除去(离子浓度小于10-5mol/L即可认为完全除去)。 (4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有___________。 (5)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是___________。 (6)锰酸锂可充电电池的总反应为：Li1-xMn2O4+LixCLiMn2O4+C(0<x<1)。 ①充电时，电池的阳极反应式为________，若此时转移lmole-，则石墨电极将增重________g。 ②一种LiMn2O4晶胞可看成由图1中A、B单元按图2方式构成。图1中“○”表示O2-，则“●”表示的微粒是___________(填离子符号)。    【答案】(1)适当增大硫酸浓度或粉碎菱锰矿 (2) (3) 5 (4)BaSO4、NiS (5) (6) 7 Li+ 【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后调节溶液pH可以将溶液中的Fe3+、Al3+沉淀出来，硅转化为硅酸盐沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。 【解析】（1）适当增大氢离子浓度或增大固体表面都可以提高反应速率，答案为：适当增大硫酸浓度或粉碎菱锰矿； （2）加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为锰离子，答案为：； （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)= =2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5 mol·L-1，认为Fe3+已经沉淀完全； c(Al3+)= 1.0×10-5 mol·L-1时，mol·L-1 ，此时溶液中，认为pH大于5时，可将金属Al3+完全除去，故答案为：，5； （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为，生成的沉淀有BaSO4、NiS （5）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为；故答案为：。 （6）①充电时为电解池，电池的阳极连放电时的正极。放电时，电池的正极发生还原反应，反应式为，充电时电池的阳极反应式为：；此时，石墨电极上发生的反应为，则转移lmole-石墨电极将增重的质量为1molLi+的质量，由于Li摩尔质量是7g/mol，所以1molLi+的质量是7.0g，故答案为：+，7； ②由图可知，一个晶胞中含有AB比例为1:1；A中氧离子位于体内数目为4、●位于体心和顶点数目为1+=1.5；B中氧离子位于体内数目为4、●位于顶点数目为=0.5、∆体内数目为4；则一个晶胞内氧离子、●、∆数目比为8:2:4=4:1:2，结合化学式可知，“●”表示的微粒是锂离子Li+。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 化工流程综合题 参考答案 ◆类型一 以物质制备为目的 1．(1)2Co(OH)3+3H2SO4=Co2(SO4)3+6H2O (2)2：1 (3) 6Fe2++​+15H2​O=6Fe(OH)3​↓+Cl−+12H+ (4)增大F-浓度，平衡正向移动，促进Ca2+完全沉淀 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 2．(1)过滤 (2)CaSO4 (3)：；Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+； (4)(NH4)2S溶液中存在、，水解程度小于的水解程度，所以溶液呈碱性 (5)Ksp：MnCO3<CaCO3，相同浓度时，Mn2+比Ca2+更容易结合；溶液中Ca2+浓度低 (6) ◆类型二 以混合物的分离、提纯为目的 3．(1)过滤 (2) (3) HNO具有强氧化性，能将Au氧化为Au；Cl与Au结合生成稳定的配离子，使溶液中Au浓度降低，有利于Au的溶解 (4) 1.5 (5) 氯化钠溶液 铁、铜 存在溶解平衡：，加入氨水后，NH3与结合生成，使浓度降低，溶解平衡正向移动，溶解 4．(1)增大钴渣与酸的接触面积，加快与酸反应的速率 (2)Co+2H+=Co2++H2↑ (3)< (4)不合理  因为Fe2+在pH=9.0时沉淀完全，此pH下，Co2+也会沉淀，使铁元素与钴元素无法分步分离，影响钴的富集 (5)3.2≤pH＜6.5 (6)2Co2++S2O+6H2O=2Co(OH)3↓+6H++2SO (7)Na+、SO、S2O、Zn2+、H+ (8)6.7 ◆类型三 以环保和绿色化学为目的 5．(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 6．(1)搅拌、适当升高温度等 (2) (3)后，受热分解 (4)加入NaCl，生成的速率快于生成的速率，阻止了铅膏被包裹；但生成的限度大于生成的限度，又转化为，同时释放。该过程循环往复，促使含量不断升高 (5)减小 (6) (7)相同浓度的溶液碱性强于溶液，可能会导致产生，影响的纯度 ◆类型四 以化学基本原理考查为目的 7．(1)增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分 (2) Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动（抑制Bi3+水解平衡的正向移动） (3)3Fe + 2Bi3+ = 2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ (4) 盐酸 在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解（产生的O2快速脱离反应体系） 取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 8．(1)过滤 (2)3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (3) Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 硝酸将部分氯离子氧化生成氯气，氯气在溶液中形成盐酸，与硝酸混合成王水将金溶解 (4)2 (5) NaCl溶液 盐酸 ◆类型五 以化学图表、图像信息加工考查为目的 9．(1)适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度 (2) (3) (4)反应体系中的、等金属离子会催化分解 (5) 、 初始加入大量NaOH时，局部溶液碱性过强，生成Fe(OH)3反应速率快，夹杂在沉淀中 pH=1.7时，酸性较强，随反应时间延长，Fe(OH)3逐渐溶解转化成FePO4 (6)ad 10．(1) (2) (3) 7.15 (4)降低溶液中浓度，避免步骤IV中产生沉淀 (5) ◆类型六 以物质结构和性质考查为目的 11．(1) (2)SiO2、CaSO4 (3) Fe3+进入产品，产品纯度降低 (4)取少量滤液1于试管中，滴加少量溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+ (5) 蒸发皿 (6) (，1，) 12．(1)适当增大硫酸浓度或粉碎菱锰矿 (2) (3) 5 (4)BaSO4、NiS (5) (6) 7 Li+ 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $