7 专题七 化学工艺流程-（配套课件）【金版新学案】2026年高考化学大二轮专题复习与测试（单选）

专题七 化学工艺流程 　 第一部分 专题复习 内容索引 选择题热点 选择题热点　无机化学微流程 题空热点1 原料的预处理、物质转化条件的控制 题空热点2 化工流程中物质的分离、提纯 题空热点3 结构决定性质——解释原因类简答题 综合题突破(三) 化学工艺流程题 选择题热点　无机化学微流程 返回 核心整合 题型特点　无机小流程题是以工艺流程图为载体进行考查的，与填空题中的以工艺流程为载体考查的综合题相对应，但又不完全相同，具有工序一般较短、涉及的物质较少、反应相对简单等特征，是微型的以工艺流程为载体的小综合题，它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。 典例剖析 典例 (2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如下： 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀的pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀的pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列说法错误的是 A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B.Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2O⥫⥬HS－＋OH－ C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 √ 流程剖析： 根据题意可知，氢氧化铁在pH＝1.9时开始沉淀，氢氧化铝在pH＝3.5时开始沉淀，当pH＝4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解方程式为S2－＋H2O⥫⥬HS－＋OH－，B项正确；当铜离子和锌离子完全沉淀时，硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10－12，C正确；污水经过处理后其中含有较多的钠离子和钙离子等阳离子，故“出水”还应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D项错误。 四线分析法 思维建模 (1)试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物间的转化等。 (2)操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 (3)杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 (4)产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 精研真题 1.(2025·黑、吉、辽、蒙卷)某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp＝10－20.4，下列说法错误的是 A.硫酸用作催化剂和浸取剂 B.使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C.“浸出”时，3种金属元素均被还原 D.“沉钴”后上层清液中c(Co2＋)·c(S2－)＝10－20.4 √ “浸出”过程中硫酸可作催化剂催化稻草中的纤维素水解生成葡萄糖，还可作浸取剂与金属氧化物反应得到含金属离子的溶液，A正确；该流程中所用生物质为稻草，而稻草来源广泛且可再生，B正确；结合“浸出”后的操作及产物可知，“浸出”时MnO2被葡萄糖还原为Mn2＋，Co3O4被还原为Co2＋，Fe2O3转化为Fe3＋，Fe的化合价不变，故Fe未被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液为CoS的饱和溶液，存在c(Co2＋)·c(S2－)＝Ksp(CoS)＝10－20.4，D正确。 2.(2025·甘肃卷)处理某酸浸液(主要含Li＋、Fe2＋、Cu2＋、Al3＋)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A.“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： 2Fe＋3Cu2＋3Cu＋2Fe3＋ B.“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，Al(OH)3沉淀越完全 C.“氧化”过程中铁元素化合价降低 D.“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 √ 酸浸液加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，过滤后向滤液中加入NaOH“碱浸”，过滤可得Al(OH)3沉淀，向滤液中加入H2O2，把Fe2＋氧化为Fe3＋，产生Fe(OH)3，再经多步操作，最后加入Na2CO3，得Li2CO3沉淀，据此分析解题。“沉锂”过程中加入Na2CO3后有Li2CO3析出，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确。“沉铜”过程中，Fe粉与Cu2＋发生置换反应生成Fe2＋和Cu，正确的离子方程式为Fe＋Cu2＋Fe2＋＋Cu，A错误；“碱浸”过程中若NaOH过量，会使Al(OH)3转化为可溶于水的[Al(OH)4]－，B错误；由上述分析知，“氧化”前Fe元素的化合价为＋2，“氧化”后得到Fe(OH)3沉淀，Fe的化合价升高，C错误。 √ 3.(2025·山东卷) 钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的Ca，Si，Fe元素，流程如下。 已知：Fe2能溶于水；Ksp＝2.3×10－9，Ksp＝3.2×10－7。 下列说法错误的是 A.试剂X可选用Fe粉 B.试剂Y可选用盐酸 C.“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D.“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 钢渣用盐酸酸浸后，CaO、FeO、Fe2O3 分别转化成Ca2＋、Fe2＋、Fe3＋进入滤液 Ⅰ中，则滤渣Ⅰ为SiO2；根据已知信息， CaC2O4与FeC2O4的Ksp接近，而Fe2(C2O4)3 能溶于水，则要想有效分离Ca、Fe元素，滤渣Ⅱ只能是CaC2O4，为了防止生成FeC2O4，需要将滤液Ⅰ中的Fe2＋完全转化成Fe3＋以保证Fe元素留在滤液Ⅱ中，因此试剂X需氧化Fe2＋；滤渣Ⅰ用NaOH溶液碱浸得到Na2SiO3溶液，向其中加入试剂Y经一系列操作得到SiO2。结合上述分析可知，试剂X不能用Fe粉，A错误； 向Na2SiO3溶液中加酸可得到H2SiO3，H2SiO3受热分解可得到SiO2，因此试剂Y可以为盐酸，B正确；“分离”后，Fe元素在滤液Ⅱ中，C正确；CaC2O4存在沉淀溶解平衡：CaC2O4(s)⥫⥬Ca2＋(aq)＋C2(aq)，若酸浸后滤液Ⅰ的pH过小，会抑制H2C2O4的电离使C2浓度较低，平衡正向移动，导致CaC2O4的质量减少，D正确。 模拟演练 √ 1.(2025·湖南新高考教学教研联盟考试)一种从银矿浸出渣(主要成分为AgCl，还含有硫单质、SiO2等杂质)中提取粗银的工艺流程如图： 已知：Ksp＝1.8×10－10，Ag＋＋2S2　K＝2.0×1013；“过滤”后产生的滤液中银元素的存在形式几乎全部为；Na2S2O4是一种强还原剂，自身被氧化后生成S。下列说法正确的是 A.“反应1”中将银矿浸出渣从粉末状压实为块状有利于提高反应速率 B.若AgCl能全部溶解，则溶液中c∶c≥1∶60 C.“反应2”中，理论上每生成108 g Ag需要消耗2 mol Na2S2O4 D.含硫元素溶液可先用硫酸酸化，再加入酸性KMnO4溶液进行氧化处理 银矿浸出渣(主要成分为AgCl，还含有硫单质、SiO2等杂质)中加入Na2S2O3后AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3－存在于滤液中，硫单质、SiO2等杂质为滤渣被过滤出去，[Ag(S2O3)2]3－在碱性环境下被Na2S2O4还原为Ag。将银矿浸出渣从粉末状压实为块状减小了接触面积，会降低化学反应速率，A错误； AgCl全部溶解时，溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)≤Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，又因为Ag＋＋2S2 ⥫⥬[Ag(S2O3)2]3－　K＝2.0×1013，K＝＝2.0×1013，得c(Ag＋)＝，代入c(Ag＋)得·c(Cl－)≤1.8×10－10，因为AgCl全部溶解，银元素的存在形式几乎全部为[Ag(S2O3)2]3－，AgCl中Ag与Cl的物质的量之比为1∶1，所以溶液中c[Ag(S2O3)2]3－)＝c(Cl－)，代入得≤1.8×10－10×2.0×1013＝3.6×103，≥＝，B正确； “反应2”是Na2S2O4还原[Ag(S2O3)2]3－的反应，Na2S2O4是一种强还原剂，自身被氧化后生成S，1 mol Na2S2O4发生氧化反应失去2 mol电子，1 mol [Ag(S2O3)2]3－发生还原反应生成Ag得到1 mol电子，由得失电子守恒，Ag与Na2S2O4的物质的量之比为2∶1，生成108 g Ag，即1 mol Ag需要消耗0.5 mol Na2S2O4，C错误；含硫元素废液中含有S与S2，先用硫酸酸化会产生SO2气体污染空气，D错误。 √ 2.(2025·河南五市高三联考)钛合金在航空航天领域有着广泛的应用。一种利用废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等成分)提取钛的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 A.钒位于元素周期表的ds区 B.上述流程中共涉及4个氧化还原反应 C.提高铵盐浓度有利于沉钒 D.高温碱浸生成Na2TiO3的离子方程式为 TiO2＋2OH－Ti＋H2O 废脱硝催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等成分)和 NaOH在高温下碱浸，生成Na2TiO3和钒钨液， Na2TiO3酸浸后生成H2TiO3，焙烧H2TiO3得到 TiO2，与Cl2和过量的C加热生成TiCl4，TiCl4 与Mg在氩气中发生置换反应，生成Ti，钒钨 液用HCl调pH值，得到H3WO4和NaVO3，NaVO3 加铵盐沉钒，得到NH4VO3，焙烧得到V2O5，处理后得到V。钛原子序数为22，基态钛的价层电子排布式为3d24s2，位于d区，故A错误；二氧化钛生成四氯化钛的反应，四氯化钛和镁的反应，五氧化二钒生成单质钒的反应，一共3个氧化还原反应，故B错误；NaVO3加铵盐沉钒，得到NH4VO3，提高铵盐浓度有利于沉钒，故C正确；高温碱浸生成Na2TiO3的离子方程式为2Na＋＋TiO2＋2OH－Na2TiO3↓＋H2O，故D错误。 √ 3.(2025·湖南九校联盟联考)铜阳极泥(含有Cu、Ag、Au等元素)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知： ①AgCl(s)＋Cl－(aq)⥫⥬(aq)； ②“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4； ③“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的AgCl转化为。 下列说法正确的是 A.“浸出液1”中含有的金属离子主要是Cu2＋，说明在“浸取1”步骤中H2O2增强了H2SO4的氧化性，促进H2SO4和Cu发生反应 B.“浸取2”步骤中，应加入过量的HCl使Ag充分转化为AgCl C.“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4 D.“真金不怕火炼”说明金的熔点高 “浸取1”步骤中发生的反应为Cu＋H2O2 ＋H2SO4CuSO4＋2H2O，作氧化剂的 是H2O2而不是H2SO4，A错误；HCl过量会 使反应Cl－(aq)＋AgCl(s)⥫⥬[AgCl2]－(aq)正向进行，导致AgCl溶解，应加入适量的HCl，B错误；“还原”步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au的化合价由＋3价变为0价，1 mol HAuCl4转移3 mol电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由－2价变为0价，1 mol N2H4转移4 mol电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3∶4，C正确；“真金不怕火炼”说明金的化学性质不活泼，即使在高温时也不与氧气反应，D错误。 返回 题空热点1 原料的预处理、物质转化条件的控制 返回 核心整合 (一)原料的预处理 1.原料的预处理措施 方法 作用 粉碎、研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧、焙 烧、煅烧 除去可燃性杂质(碳、有机物)；氢氧化物、碳酸盐类分解为氧化物；金属单质、金属硫化物转变为金属氧化物 方法 作用 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸、酸浸、碱浸、醇浸等 酸浸：与酸反应或溶解，金属氧化物转变为金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸：除去油污；溶解铝(氧化铝等两性物质)、锌、二氧化硅；调节pH促进水解，实现金属离子(Al3＋、Fe3＋等)的沉淀 醇浸：提取有机物，主要涉及有机物的提纯、分离 2.浸出率(浸取率) 实际浸取量与理论浸取量的比值(固体溶解后，离子在溶液中含量的多少)。 3.提高浸出率的方法 适当升温(加热)、搅拌、粉碎(研磨)、适当增大反应物(酸、碱)的浓度等。 (二)物质转化条件的控制 条件控制. 目的 固体原料 粉碎或研磨 减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率 煅烧或灼烧 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的氧气反应；④除去热不稳定的杂质等 酸浸 ①溶解金属、金属氧化物等，使之转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②除去氧化物(膜) 碱溶 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等 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；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl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 条件控制 目的 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 控温(常用 水浴、冰浴 或油浴) ①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大，防止副反应的发生；②控制化学反应进行的方向，使化学平衡移动；③升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发物质挥发，使易分解的物质分解；煮沸：使气体逸出；促进水解，聚沉后利于过滤分离；④控制固体的溶解与结晶 条件控制 目的 加入氧化剂 (或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，然后调节溶液的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使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀，而目标离子不生成沉淀，以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息，选择pH范围，使杂质离子以氢氧化物形式沉淀出来)；②“酸作用”还可以除去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等；③“碱作用”还可以除去油污、除去铝片表面的氧化铝、溶解铝等；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关；⑤调节溶液pH常用试剂：a.调节溶液呈酸性：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、金属氧化物、酸性气体(二氧化硫)等。b.调节溶液呈碱性：氢氧化钠、氨水、碳酸钠、碳酸氢铵等 (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。 精研真题 1.(2025·甘肃卷，节选)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：As2O3熔点：314 ℃，沸点：460 ℃； 分解温度：CuO：1 100 ℃，CuSO4：560 ℃，ZnSO4：680 ℃，PbSO4高于1 000 ℃； Ksp(PbSO4)＝1.8×10－8。 (1)设计焙烧温度为600 ℃，理由为________________________________。 使CuSO4受热分解，并分离出As2O3 结合已知温度信息，控制温度为600 ℃时，硫酸盐中只有CuSO4受热分解，且600 ℃高于As2O3的沸点，能使As2O3固体转化为As2O3蒸气，与其余成分分离。 (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3，该反应的化学方程式为__________________________________________。 Na2CO3＋2Na2S＋4SO23Na2S2O3＋CO2 将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液中，发生归中反应生成Na2S2O3，反应的化学方程式为Na2CO3＋2Na2S＋4SO23Na2S2O3＋CO2。 (3)酸浸的目的为____________________________。 使CuO溶解，并分离出PbSO4 结合图示及元素守恒可知，制酸系统制备的是硫酸，酸浸时CuO溶解得到CuSO4溶液，PbSO4不溶于硫酸，可分离出PbSO4沉淀。 (4)从浸出液得到Cu的方法为____________________________(任写一种)。 电解法(或湿法炼铜或还原法) 从CuSO4溶液中得到Cu，可采用湿法炼铜的原理，其化学方程式可以为CuSO4＋ZnZnSO4＋Cu，也可直接电解CuSO4溶液或利用还原法得到Cu。 2.(2025·河北卷，节选)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。流程如下： 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)煅 烧 工序中Fe (CrO2)2 反应生成 K2Cr O4的化学方程式：_________________________ ________________________________________。 16KOH8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O 4Fe(CrO2)2＋7O2＋ 在空气中煅烧时，Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的氧气发生反应，生成K2CrO4，铁元素被氧化为Fe2O3，根据得失电子守恒、原子守恒配平，得该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH 8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O。 (2)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、______、_________(填化学式)。 MgO　 Al(OH)3 根据分析，锻烧时，铬铁矿中Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2分别转化为K2CrO4及Fe2O3、MgO、KAlO2、K2SiO3，浸取后得滤渣Ⅰ为：MgO、Fe2O3、Al(OH)3和H2SiO3，故滤渣Ⅰ中除了Fe2O3、H2SiO3外，还有MgO和Al(OH)3。 (3)酸化工序中需加压的原因：_________________________________________________。 增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 “酸化”过程中通入过量CO2调节pH，使K2CrO4转化为K2Cr2O7，加压是为了增大CO2的溶解度，从而提高“酸化”的反应速率和K2CrO4的转化率。 (4)滤液Ⅱ的主要成分：__________(填化学式)。 KHCO3 “酸化”后溶液中主要含有K2Cr2O7和KHCO3，“分离”后得到K2Cr2O7，故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。 (5)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↑ K2CrO4 4H2O Fe(OH)3↓ 2KOH 5 还原、分离工序中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沉淀，根据得失电子守恒、原子守恒配平，可得该反应的化学方程式。 (6)滤渣Ⅱ可返回______ 工序(填工序名称)。 煅烧 滤渣Ⅱ主要成分为Cr(OH)3和Fe(OH)3，可返回煅烧工序。 3.(2025·陕、晋、宁、青卷，节选)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、N的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10－5.17， Ksp[Mg(OH)2]＝10－11.25， Ksp[Mn(OH)2]＝10－12.72； ②S2结构式为 。 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有___________、_______________________________________(写出两种)。 适当加热 搅拌(或将废盐固体粉碎等，写出两种即可) 制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取适当加热、搅拌、将废盐固体粉碎等措施。 (2)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物NH4HSO4 和_____ (填化学式)。 O2 由题意可知，(NH4)2S2O8的水解是非氧化还原反应，根据S2的结构式中含有过氧键可知，水解时S结合—OH，—O—O—结合—H，化学方程式为(NH4)2S2O8＋2H2O2NH4HSO4＋H2O2，而H2O2不稳定，加热时分解产生O2，故最终产物是NH4HSO4和O2。 (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___________________________________________________ ________________________________________________。 pH过大时，主要生成Mg(OH)2，沉淀中MgCO3的量较少， 煅烧产生的CO2气体减少，故得不到疏松的轻质MgO “沉镁Ⅰ”中，当pH过大时，主要生成Mg(OH)2，沉淀中MgCO3的量较少，煅烧产生的CO2气体减少，故得不到疏松的轻质MgO。 (4)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0时，Mg2＋沉淀完全；若加至pH＝4.0时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式：_________ ____________________________。 ＋H3PO4Mg2＋＋2H2P MgHPO4 据图可知，“沉镁Ⅱ”中，加H3PO4至pH＝8.0时，Mg2＋沉淀为MgHPO4，加至pH＝4.0时沉淀完全溶解为Mg2＋和H2P，故沉淀溶解的离子方程式是MgHPO4＋H3PO4Mg2＋＋2H2P。 (5)“结晶”中，产物X的化学式为_____________。 (NH4)2SO4 根据流程可知，“沉镁Ⅱ”后的溶液中含有大量的N，故加H2SO4调节pH＝6.0(弱酸性)“结晶”时得到的晶体X是(NH4)2SO4。 (6)“焙烧”中，Mn元素发生了________(填“氧化”或“还原”)反应。 还原 “焙烧”中Mn3O4和MnO2转化为＋2价锰的化合物，Mn元素的化合价降低，发生还原反应。 返回 题空热点2 化工流程中物质的分离、提纯 返回 核心整合 1.化工流程中常用分离操作 分离操作 目的 过滤(趁热过 滤或抽滤) 分离难溶物和液体(防止降温析出不必要晶体；加快过滤速率) 洗涤(冰水、 有机溶剂) 洗去沉淀、晶体表面的杂质离子(减少固体的溶解损失) 萃取 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，把物质从一种溶剂提取到另一种溶剂，萃取后需要分液 分离操作 目的 反萃取 反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃取组分结构的作用，使被萃取组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃取后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称为再生有机相，继续循环使用 分液 分离两种互不混溶的液体 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质 分离操作 目的 冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大、易水解的溶质或结晶水合物 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 蒸馏或分馏 分离互溶但沸点不同的液体混合物 冷却法 利用气体易液化的特点分离气体 升华 利用一种固体易升华的性质分离固体混合物 晶体的干燥 自然晾干，滤纸吸干，在干燥器中干燥，烘干(热稳定性较好)，低温减压干燥(热稳定性差) 2.分离提纯中操作的答题规范 (1)结晶操作 从溶液中得到带结晶水的晶体的操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 (2)沉淀、过滤 ①沉淀剂过量的判断 把反应后的混合物静置一段时间，吸取少量上层清液，置于一洁净的试管中，再滴加少量的沉淀剂，若没有沉淀生成，则证明沉淀剂已过量。 ②沉淀洗涤操作 向过滤得到的沉淀慢慢加入适量蒸馏水至刚好浸没沉淀，然后静置，待水自然流下，重复以上操作2～3次，直至洗涤干净。为了减少沉淀的溶解，可用冰水或有机溶剂洗涤。 ③检验沉淀是否洗涤干净 取少量最后一次洗涤液，置于一洁净的试管中，滴加少量的检验试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净。 3.沉淀洗涤时洗涤剂的选择 洗涤试剂 适用范围 目的 水 冷水 产物溶解度随温度变化较大 减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失 热水 溶解度随着温度升高而降低的物质 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，加快干燥速率 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；减少固体溶解损失 【应用示例】 1.萃取法分离 (1)“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图1所示，pH一般选择5左右，理由是_________________________________。 pH在5左右时，钴、锂的分离效率高 (2)萃取剂对Al3+、Co2+的萃取率与pH的关系如图2所示。萃取分离钴、铝的实验操作：向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CoSO4溶液；____________________________________________________ _________________，可得Al2(SO4)3溶液。 继续向萃取分液后的有机相中加稀H2SO4调pH＝0.5以下(或 1以下)，然后分液 (3)萃取剂A、B，pH对钴离子、锰离子萃取率的影响如图3所示，为了除去Mn2+，应选择萃取剂_____(填“A”或“B”)。 B 2.反萃取分离 (1)实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示。 向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I－，其离子方程式：__________________________________。 该操作将I2还原为I－的目的是__________________________。 使四氯化碳中的碘进入水层 S＋I2＋H2O2I－＋2H＋＋S (2)钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取五氧化二钒的一种工艺流程如图： 已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应； ②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋。“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2R VOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用____(填字母)。 a.NaCl b.NaOH 　　 c.H2SO4 溶剂萃取 反萃取 c 3.结晶与过滤 从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶 →过滤→洗涤、干燥。 需要加热得到的晶体(或物质)：蒸发结晶、趁热过滤。 需要冷却得到的晶体(或物质)：蒸发浓缩、冷却结晶。 (1)制备MnSO4·H2O晶体。已知有关物质的溶解度曲线如图1所示，MnSO4·H2O晶体在曲线拐点右侧。 操作方法：滴加稀硫酸酸化，温度_______(填“高于”“低于”或“等于”)40 ℃，______结晶、______过滤，酒精洗涤，低温干燥。 高于 蒸发 趁热 (2)制备FeSO4·7H2O晶体。已知有关物质的溶解度曲线如图2所示，FeSO4·7H2O晶体在曲线拐点左侧。 操作方法：加热_____，得到____ ℃饱和溶液，冷却至__ ℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥。 浓缩 60 0 (3)由图3和图4，确定以下物质的制备方法： ①制备KNO3：__________、__________、过滤、洗涤、干燥。 ②制备KCl：蒸发______、__________、洗涤、干燥。 ③制备无水Na2SO3：在______(填“高于”“低于”或“等于”)34 ℃条件下，__________、__________、洗涤、干燥。 蒸发浓缩 冷却结晶 结晶 趁热过滤 高于 蒸发结晶 趁热过滤 题型总结   工艺操作(结果) 目的(或操作名称) 分离 提纯 不相溶液体 分液 相溶性液体 蒸馏 难溶性固体 过滤 易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶 趁热过滤 防止温度降低，目标物质析出 冰水洗涤 减少晶体的溶解损失 乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失 精研真题 1.(2025·山东卷，节选)采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体；Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700 ℃。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为_____________________ ____________________________________。 “高温焙烧”温度为650 ℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有______________(填化学式)。 3MnSO4＋N2↑＋6H2O＋NH3↑ 3MnO2＋3NH4HSO4 Fe2O3、CaSO4　 MnO2转化为MnSO4得2e－，NH4HSO4 转化为N2失3e－，根据得失电子守恒， MnO2、NH4HSO4的化学计量数分别为 3、2，再根据原子守恒，配平化学方程 式为3MnO2＋3NH4HSO43MnSO4 ＋N2↑＋6H2O＋NH3↑。“高温焙烧”时温度为650 ℃，根据已知信息可知，Fe2(SO4)3可完全分解生成Fe2O3和SO3，“水浸”时Fe2O3不溶于水，CaSO4微溶于水，故所得滤渣主要成分除SiO2外还含有Fe2O3、CaSO4。 (2)在(NH4)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金属元素的浸出率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 减小 (NH4)2SO4在高温时完全分解为气体，S元素逸出，故直接“高温焙烧”，金属氧化物转化为硫酸盐的量减小，则“水浸”时金属元素的浸出率减小。 (3)HR萃取Cu2＋的反应为：2HR(有机相)＋Cu2＋(水相)CuR2(有机相)＋2H＋(水相)。 “反萃取”时加入的试剂为________ (填化学式)。 H2SO4 “反萃取”时应使萃取反应逆向进行，故应增大c(H＋)，结合得到CuSO4溶液知，加入的试剂为H2SO4。 (4)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______ ____(填操作单元名称)循环利用。 烧 低温焙 “沉锰”时发生反应：MnSO4＋2NH4HCO3(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，所得滤液主要含(NH4)2SO4，并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入“低温焙烧”步骤循环利用。 2.(2025·湖北卷)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)基态氟离子的电子排布式为__________。 1s22s22p6 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。 (2)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＝_____。 4c3 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。CaF2饱和溶液的浓度为c mol·L－1，则c(Ca2＋)＝c mol/L、c(F－)＝2c mol/L，Ksp[CaF2]＝c(Ca2＋)×c2(F－)＝4c3； (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(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。 正向 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。反应的转化率为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； ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2)____S(填“＞”或“＜”)。 ＜ 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。NaF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]； (4)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：_____________________________________________。 CaF2＋TiO2＋2NaOHCaTiO3＋2NaF＋H2O (5)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 a 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。由(4)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； (6)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 ab 工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2＋2NaOHCa(OH)2＋2NaF，水浸后得到滤液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。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。 3.(2024·湖北卷，节选)铍用于宇航器件的构筑。 一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取 铍的路径为： 已知：Be2＋＋4HA⥫⥬BeA2(HA)2＋2H＋。 回答下列问题： (1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_________。 快速冷却 将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态，即玻璃态，故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，需要快速冷却。 (2)“萃取分液”的目的是分离Be2＋和Al3＋，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是________________________________。 先产生白色沉淀，后沉淀立刻溶解 由已知信息可知，“萃取分液”时Be2＋转化为BeA2(HA)2进入煤油中，水相1为含有Al3＋的水溶液，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，先发生反应：Al3＋＋3OH－Al(OH)3↓，随后立即发生反应：Al(OH)3＋OH－[Al(OH)4]－，故观察到的现象是产生白色沉淀，后沉淀立刻溶解。 (3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式：_____________________ ________________________________。 “滤液2”可以进入____________步骤再利用。 Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O BeA2(HA)2＋6NaOH 反萃取分液 反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOHNa2 [Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH，可以进入反萃取分液步骤再利用。 (4)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是___________ ___________。 盐的导电性 增加熔融 氯化铍为分子晶体，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠可增加熔融盐的导电性。 题空热点3 化工流程中有关常数的分析计算 返回 核心整合 1.工艺流程题中有关Ksp的计算 [类型一]　已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度 饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系 1∶1型 x＝ 1∶2型或2∶1型 x＝ 1∶3型或3∶1型 x＝ 应用：比较溶解度的大小 [类型二]　已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度 [类型三]　根据溶度积规则判断沉淀是否生成 [类型四]　沉淀溶解平衡中的除杂和提纯 [类型五]　沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算 [类型六]　Ksp与水解常数的关系 2.工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算 化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。 计算公式： (1)n＝，n＝，n＝cV(aq)； (2)物质的质量分数(或纯度)＝×100％； (3)产品产率＝×100％； (4)物质的转化率＝×100％。 精研真题 1.(2025·云南卷，节选)从褐铁矿型金—银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其他有价金属的一种工艺如下： 已知：①金—银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19％、2.35％。 ②25 ℃时，Mn的Ksp为1.9×10－13。 25 ℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，无析出，则c≤ ______mol·L－1。 0.19 25 ℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时c(OH－)＝10－6mol·L－1，无Mn(OH)2析出，根据Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13，则c(Mn2＋)≤＝0.19 mol·L－1。 2.(2025·陕、晋、宁、青卷，节选)一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为Mn2＋、Mg2＋、N的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下Ksp＝10－5.17， Ksp＝10－11.25， Ksp＝10－12.72； ②S2结构式为 。 “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＋将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2＋浓度为_______mol·L－1。 　 6Mn (OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O 10－2.15 Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O；根据＝＝＝，c(Mn2＋)＝10－2.15mol/L。 3.(2025·广东卷，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 “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＝0.022 mol/L，c＝0.042 mol/L。 5 沉铝”时，要保证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。 返回 综合题突破(三)　化学工艺流程题 返回 题型结构 典例剖析 典例 碳酸钴可以用作陶瓷工业上的着色剂和农业中的微量元素肥料。一种以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴的工艺流程如图1所示。 已知：①常温下，部分金属阳离子恰好沉淀完全时的pH如表所示。 金属离子 Fe2＋ Fe3＋ Al3＋ Mn2＋ Co2＋ 恰好沉淀完全时的pH 8.3 2.8 4.7 9.8 9.1 ②Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15；lg 2≈0.3。 回答下列问题： (1)“浸取”钴矿前先进行“浆化”操作的目的是_____________________ __________________________________。 面积，提高反应速率，使反应更充分 增大钴矿与盐酸的接触 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 (2)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________________________ ____________________， 若加入的NaClO3溶液过量可能产生的后果是__________________________________。 6Fe3＋＋Cl－＋3H2O 6Fe2＋＋Cl＋6H＋ 产生有毒气体Cl2，污染环境 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 第三步：解设问 “浸取”后得到的溶液中存在Fe2＋，加入NaClO3溶液发生反应6Fe2＋＋Cl＋6H＋6Fe3＋＋Cl－＋3H2O，Fe2＋被氧化为Fe3＋，便于后续分离。若NaClO3溶液过量，可能会进一步与Cl－反应生成有毒的Cl2，污染环境。 (3)常温时，若溶液中c(Co2＋)＝0.1 mol·L－1，则“调pH”的范围是______________。滤渣1的主要成分为__________________(填化学式)。 4.7≤pH＜7.1 Fe(OH)3、Al(OH)3 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 第三步：解设问 “调pH”的目的是除去Fe3＋、Al3＋，同时保留Co2＋，若溶液中c(Co2＋)＝0.1 mol·L－1，当Co2＋开始沉淀时，c(OH－)＝＝4×10－7.5 mol·L－1，pOH＝－lg(4×10－7.5)＝－2lg 2＋7.5≈6.9，pH＝14－pOH＝7.1，结合题表数据可知，“调pH”的范围为4.7≤pH＜7.1。 (4)“试剂X”可为_________(填化学式)，“除钙”操作发生反应的离子方程式为______________________。 NaF溶液 Ca2＋＋2F－CaF2↓ 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 (5)萃取剂(HA)2可以和Co2＋发生反应：Co2＋＋n(HA)2⥫⥬CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋，则“试剂Y”为________________(填化学式)。该工艺流程设计“萃取”操作的目的是___________________________。 H2SO4(或HCl等) 富集Co2＋，除去Na＋、Mn2＋ 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 (6)所得的CoCO3经过煅烧可以得到Co2O3，用于进一步合成钛酸钴。一种钛酸钴的晶胞结构如图2所示，钛酸钴的化学式为_________，该立方晶胞参数为a pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，已知Co、Ti的相对原子质量 分别为59、48，该钛酸钴晶胞的密度为_________________________g·cm－3(用含a、NA的计算式表示)。 CoTiO3 (答案合理即可) 第一步：审题头 题给流程以钴矿(主要成分为CoO，含CaO、MnO、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料制备碳酸钴。 第二步：析流程 第三步：解设问 根据题图2可知，1个钛酸钴晶胞中Ti的数目为1，Co的 数目为8×＝1，O的数目为6×＝3，则钛酸钴的化学式 为CoTiO3；1个钛酸钴晶胞的质量为 g，晶胞体 积为(a×10－10)3 cm3，则该钛酸钴晶胞的密度为 g·cm－3＝ g·cm－3。 1.浏览一下流程，基本辨别出预处理、提纯、分离等阶段。 2.分析流程中的每一步骤，并获取有价值的信息(如：反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用)，并能从设问中获取信息。 3.解答时要抓住“一个答题中心”：一切反应或操作都是为获得产品而服务，从而确定思维方向。 4.工艺流程涉及的相关问题：工艺流程题的命制是以元素化合物为知识载体的，熟练掌握元素化合物的相关知识及其转化过程，是学好化学工艺流程的必要前提条件，需平时自主温故。 备考策略 精研真题 1.(2025·安徽卷)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。基态锶原子价电子排布式为_____。 5s2 Sr为第五周期第ⅡA族元素，故其基态时的价电子排布式为5s2。 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2＋、____________(填离子符号)。 Ca2＋、Mg2＋ 稀盐酸“酸浸”时，该废渣中的碳酸盐溶解，故“浸出液”中的金属离子除Sr2＋外，还有Ca2＋、Mg2＋。 (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－1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2＋)·c(S)＝_______mol2·L－2(忽略溶液体积的变化)。 Ba2＋(aq)＋SrSO4(s) Sr2＋(aq)＋BaSO4(s) 10－8.97 由已知信息可知，SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化反应，离子方程式是Ba2＋(aq)＋SrSO4(s) Sr2＋(aq)＋BaSO4(s)。该BaCl2溶液中Ba2＋的物质的量为100×10－3 L×0.11 mol·L－1＝0.011 mol，由上述离子方程式可知，0.01 mol SrSO4需消耗0.01 mol BaCl2，则理论上反应后混合液中的n(Sr2＋)＝0.01 mol，n(Ba2＋)＝0.001 mol，故c(Sr2＋)＝0.1 mol·L－1、c(Ba2＋)＝10－2 mol·L－1，反应后的溶液是BaSO4的饱和溶液，则溶液中c(S)＝＝ mol·L－1＝10－7.97 mol·L－1，c(Sr2＋)·c(S)＝0.1 mol·L－1×10－7.97 mol·L－1＝10－8.97 mol2·L－2。 (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____________________________________ _____________。 温度升高，反应速率加快，相同时间内锶 的浸出率增大 温度升高，反应速率增大，故相同时间内锶的浸出率升高。 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_______________(填化学式)。 SiO2、BaSO4 “酸浸”“盐浸”两个操作中，SiO2均不能被浸出，“盐浸”时生成BaSO4，故“浸出渣2”包括SrSO4、SiO2、BaSO4。 (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____________________________。 a的空腔和Sr2＋的大小更适配 窝穴体a与K＋形成的超分子能提取浸出液中的Sr2＋，说明a的空腔与Sr2＋的大小更匹配。 (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 a Ca与Sr同主族，Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr2＋不水解，排除b，由平衡移动原理知加压不利于脱水，排除c，d，故选a。 2.(2025·河南卷)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_______。 除Fe　 由题述流程分析可知，“酸溶1”的目的是除去合金粉中的Fe。 (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)。 Rh＋6HCl＋3HNO3H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O　 SiO2 已知“酸溶2”中Rh被氧化为H3[RhCl6]，Rh化合价升高，则王水中浓HNO3被还原为NO2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，该反应的化学方程式为Rh＋6HCl＋3HNO3H3[RhCl6]＋3NO2↑＋3H2O。由上述流程分析可知，“滤渣”的主要成分是SiO2。 (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________________ _________________________________________。 2Rh＋3H2O、2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl “沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3被氢气还原为Rh，故“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3＋3H22Rh＋3H2O和2RhCl3＋3H22Rh＋6HCl。 (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 A SnCl2初始浓度为1.0×10－4 mol·L－1，恰好生成Sn(OH)2沉淀时，溶液中c(OH－)＝≈2.3×10－12 mol·L－1，pOH≈11.6，pH≈2.4，故为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH应小于2.4，故本题选A。 (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______。 ＋1 6∶1 [Rh(SnCl3)5]4－带4个单位负电荷，Sn为＋2价，则Rh为＋1价。“活化还原”过程中，Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3－计，被还原为Rh(Ⅰ)，SnCl2被氧化为[SnCl6]2－，同时SnCl2与Cl－结合形成[SnCl3]－，每形成1个[Rh(SnCl3)5]4－需要5个SnCl2，结合原子守恒及得失电子守恒可知，理论上SnCl2和[RhCl6]3－反应的物质的量之比为6∶1。 (6)“酸溶3”的目的是___________________。 将Rh与Zn、Sn分离 根据题述流程分析可知，“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。 模拟演练 1.(2025·河南五市高三第一次联考)航空航天领域，锰被用于制造高温金属和钛合金。工业上以含锰矿石(主要成分为MnCO3，还含有铁、钴、铜等的碳酸盐杂质)为原料生产金属锰的工艺流程如下： 25 ℃时，部分物质的溶度积常数如下表所示。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 回答下列问题： (1)基态Mn原子的价层电子的轨道表示式为________________________。 (2)“浸取”前，含锰矿石研磨的目的是______________。 (3)“氧化”步骤发生反应的离子方程式为___________________________ _____________________。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 提高浸取速率 MnO2＋4H＋＋2Fe2＋ 2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ 含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2＋，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2＋，加入氨水调节pH＝4，此时c(OH－)＝10－10 mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2＋不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 Mn2＋、Fe2＋、Co2＋、Cu2＋的Ksp相近，Fe3＋的Ksp远小于Fe2＋、Co2＋、Cu2＋，首先将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入氨水调pH沉淀Fe3＋，从而完全沉淀Fe3＋ (4)先“氧化”，后加氨水调节溶液pH，两步操作不可以调换的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________ _______。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2＋，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2＋，加入氨水调节pH＝4，此时c(OH－)＝10－10 mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2＋不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 (5)当溶液中某组分浓度c≤1.0×10－5 mol·L－1时，可认为已除尽。“除杂3”步骤所得溶液中c(Mn2＋)＝2.5 mol·L－1，则其pS[pS＝－lg c(S2－)]范围是_____________(已知lg 2≈0.3)。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 10＜pS≤15.4 含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2＋，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2＋，加入氨水调节pH＝4， 此时c(OH－)＝10－10 mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2＋不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。除杂3中锰离子浓度c(Mn2＋)＝2.5 mol·L－1，若使锰离子不能发生沉淀， 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 则c(S2－)＜＝＝1×10－10 mol/L，此时pS＞10；同时Co2＋要沉淀完全，即c(Co2＋)≤10－5 mol/L，c(S2－)≥＝＝4×10－16 mol/L，此时pS≤15.4，因此pS的范围是10＜pS≤15.4。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 (6)电解废液中还含有少量Mn2＋，向其中加入饱和NH4HCO3溶液，有沉淀和气体生成，该反应的离子方程式为______________________________ ____________。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 Mn2＋＋2HCMnCO3↓＋ CO2↑＋H2O 含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2＋，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2＋，加入氨水调节pH＝4，此时c(OH－)＝10－10 mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH，使Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2＋不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 MnS CoS Ksp 4.9×10－17 2.8×10－39 2.0×10－20 2.0×10－13 2.5×10－10 4.0×10－21 (7)MnO2一种晶胞结构如图所示。已知该晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数为NA，则该MnO2晶体的摩尔体积Vm为______________m3· mol－1(列出计算式)。 含锰矿石中加入足量硫酸浸取，MnCO3转化为Mn2＋，铁、钴、铜的碳酸盐转化为亚铁离子、钴离子和铜离子，加入过量MnO2，MnO2将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为Mn2＋，加入氨水调节pH＝4，此时c(OH－)＝10－10 mol/L，根据物质的溶度积常数可知，此时生成的沉淀为氢氧化铁，还有过量的二氧化锰，再加入氨水调节pH， 使Cu2＋转化为氢氧化铜沉淀，同时Mn2＋不能沉淀，此时滤渣2为氢氧化铜，再加入硫化铵，生成CoS沉淀，最后电解得到Mn。1个晶胞中Mn的个数为8×＋1＝2，O的个数为4×＋2＝4，则每个晶胞中含有2个MnO2，则该锰氧化物的摩尔体积Vm＝＝＝ m3· mol－1。 2.(2025·河北沧州五县联考一模)半湿法处理铜阳极泥回收贵金属银、铂、金的工艺如下图： 已知：①“焙烧除硒”过程中硒、铜和银转化为相应的氧化物； ②“分银”工艺中银转化为[Ag(NH3)2]＋。 回答下列问题： (1)CuAgSe中铜的化合价为____；Cu的价层电子轨道表达式为 _______________________， 位于周期表_____区。 ＋1 ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ 阳极泥中加入发烟硫酸和空气，焙烧除硒，生成硒蒸气，反应过程中铜和银分别生成CuO和Ag2O，加入盐酸脱铜，CuO转化为CuCl2，Ag2O转化为AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl转化为[Ag(NH3)2]＋，最后加入N2H4与[Ag(NH3)2]＋反应生成Ag和N2。 (2)“脱铜”工艺中，与银元素相关的离子反应方程式为_______________ ______________________。 (3)“分银”得到滤渣的主要成分有Pt和_____。 (4)“沉银”过程中肼(N2H4)的作用是____________________________。 (5)经上述工艺得到的粗银还需进行电解精炼：纯银作阴极，电解液为硝酸和硝酸银的混合溶液。硝酸浓度不能过大，可能的原因是____________ _______________________________________(用化学语言解释)。 2Cl－2AgCl＋H2O Ag2O＋2H＋＋ Au 作还原剂将Ag(Ⅰ)还原为单质 3e－NO↑＋2H2O或2H＋＋2e－H2↑ N＋4H＋＋ 阳极泥中加入发烟硫酸和空气，焙烧除硒，生成硒蒸气，反应过程中铜和银分别生成CuO和Ag2O，加入盐酸脱铜，CuO转化为CuCl2，Ag2O转化为AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl转化为[Ag(NH3)2]＋，最后加入N2H4与[Ag(NH3)2]＋反应生成Ag和N2。 (6)某研究性学习小组为探究Ag与Fe3＋的反应，按图装置进行实验(盐桥中的物质不参与反应)。 ①K闭合时，电流表指针偏转，石墨作_______(填“正极”或“负极”) ②当指针归零后，向U形管左侧滴加几滴Fe(NO3)2浓溶液，发现指针向反方向偏转，写出此时银电极的反应式：_________________。 ③结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式：_____________ _________________。 Fe2＋＋Ag＋ 正极 Ag＋＋e－Ag Fe3＋＋Ag 阳极泥中加入发烟硫酸和空气，焙烧除硒，生成硒蒸气，反应过程中铜和银分别生成CuO和Ag2O，加入盐酸脱铜，CuO转化为CuCl2，Ag2O转化为AgCl沉淀，过滤后滤渣中加入氨水，AgCl转化为[Ag(NH3)2]＋，最后加入N2H4与[Ag(NH3)2]＋反应生成Ag和N2。 返回 谢 谢 观 看 ！ 返回 $