专题11 化学工艺流程综合（抢分专练）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题11 化学工艺流程综合 题型 考情分析 考向预测 物质制备为主工艺流程综合 2025年北京卷，T18：以工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的流程示意图为背景材料，考查盖斯定律的应用、化学方程式书写、原理分析、尾气处理、平衡原理及图像分析等。 2026年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维： 1.情境更具时代性：深度融入新质生产力、科技自立自强等国家战略，结合北京科创中心建设、京津冀生态治理等本土元素，素材更贴近前沿科研与实际工业场景。2.设问更具综合性：弱化单一知识点考查，强化“流程分析+原理应用+实验探究”融合，新增工艺优化、路径评价等开放性设问，突出工程化思维。 3.导向更具素养化：进一步强化绿色化学与可持续发展理念，增加数据解读、误差分析等考查，倒逼学生建立系统解题思维，拒绝机械刷题。 分离提纯为主工艺流程综合 2023年北京卷，T18：以银锰精矿和氧化锰矿为原料联合提取银和锰的流程示意图为背景材料，考查原料预处理、Ksp、原理分析、氧化还原反应方程式配平、化学平衡移动原理及图像分析、条件控制等。 化学反应原理分析为主工艺流程综合 2024年北京卷，T18：以黄铜矿生产纯铜的流程示意图为背景材料，考查原料预处理、化学（离子）方程式书写、图表数据处理、条件控制及原因分析、分离提纯等。 考点1 物质制备为主工艺流程综合 【典例】（2025·北京市中国人大附属中学·三模） 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 （1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。 （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。 （3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。 （4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。 （5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。 （6）测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。 (的摩尔质量：182g/mol) 1.条件控制——调溶液的pH （1）调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 ①原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 ②pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 ③调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 ④除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出）。 ⑤除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 （2）抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯 （3）控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 （4）调节离子的水解程度。 （5）控制PH的目的的答题思路： ①pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀。 ②pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等。 2.条件控制——调节温 （1）升高温度（加热）： ①加快反应速率或溶解速率。 ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀。 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质。 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 （2）降低温度： ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； 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。 （3）控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)： ①温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小。 ②温度过高：催化剂会失去活性；化学反应速率下降、物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等；物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等；物质易被氧化：如Na2SO3等；物质易升华：如I2升华。 （4）答题方法与技巧： ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解。 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发。 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率。 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气。 ⑤温度范围答题模板： a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率。 1.（2026·北京市·预测）镓在5G芯片、光伏薄膜、军工雷达等领域占据重要地位，以含镓母液(含、、、等)为原料制备高纯镓的流程如图所示。 已知：与的化学性质相似，“解析”后以的形式存在。 回答下列问题： （1）基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）滤渣1为___________；若“沉淀”后所得滤液仍有较强碱性，则生成滤渣2的离子方程式为___________。 （3）先采用的溶液活化吸镓树脂。的溶液的物质的量浓度(c)比的溶液___________(填“大”或“小”)。 （4）“除钒”时，得到较为纯净的的化学方程式为___________。 （5）“树脂(含有氨基、羟基)吸附”时，易吸附镓离子，而难吸附钠离子，其原因是___________。 （6）已知上述流程中树脂的单次吸附系数为，则吸附一次后，溶液中的残余率___________%[残余率]。 （7）“电解”时，镓的浓度和电流效率(实际金属产量与理论金属产量的比值)随电解时间的变化如图所示。 ①阴极的电极反应为___________。 ②2h后，电流效率降低的原因是___________。 2 （2025·北京市第五中学·模拟）二氧化氯()广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。 （1）工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：；； ①可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有___________性。 ②写出发生器中生成的化学方程式：___________。 ③冷却塔用于分离并回收。冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A． B． C． ④经过程I和过程II可以获得芒硝。处理器中获得芒硝时，加入固体的作用：___________(结合化学用语解释)。 ⑤制备过程中可以循环利用的物质除外，还有___________。 （2）可用于处理水体中的对二甲苯(PX)。 为了探究浓度对水溶液中PX降解率的影响，完成如下实验： I：将不同浓度分别加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图1。 II：分别将三种含氯微粒浓度相同溶液、和异丙醇混合溶液、和混合溶液加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2。 已知：①溶于水后存在如下反应： i． ii． ②异丙醇能快速淬灭 由实验1可知随浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因___________。 3. （2026·北京市延庆区·一模）是新能源汽车电池的正极材料，其前驱体磷酸铁的纯度与结构对的电化学性能至关重要。以下是一种制备磷酸铁的流程： （1）共沉淀反应：共沉淀反应发生的主要离子反应有： i._______。 ii. iii. （2）溶液1中含有的主要物质为_______。 （3）老化过程： ①结合平衡移动原理解释老化过程加入稀磷酸作用_______。 ②铁磷比是衡量磷酸铁品质的关键指标，是决定电池电化学性能的重要因素，最佳铁磷比区间为0.965~0.985。老化温度与铁磷比数据如下： 组别 温度/℃ 铁含量/% 磷含量/% 铁磷比 1 80 37.15 20.61 1.016 2 85 35.75 20.77 0.970 3 90 35.76 20.79 0.969 4 95 36.24 21.01 0.972 5 100 36.42 20.94 0.980 实际生产中温度选取为宜，试解释其原因_______。 （4）测定磷酸铁中的铁含量： a.称取的样品于锥形瓶中，加入盐酸溶液，加热至完全溶解并沸腾； b.趁热滴加二氯化锡溶液至淡黄色，加入去离子水后冷却；加入滴溶液，混匀，再滴加溶液令其略变蓝色； c.加入硫磷混酸，3~5滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，到达滴定终点时，记下体积读数。 已知：①重铬酸钾稍过量时，二苯胺磺酸钠溶液显紫红色；溶液是一种指示剂，可氧化，被还原后呈蓝色，且氧化性：钨酸钠 ②反应原理： 步骤b操作的实验目的是_______，本产品中铁含量(质量分数)为_______。 考点2 分离提纯为主工艺流程综合 【典例】（2025·北京市朝阳区·一模） 是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 （1）碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是_____。 ②溶解的化学方程式是_____。 （2）酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是_____。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是_____。 （3）还原 用离子方程式表示的作用：_____。 （4）用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是_____。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因_____。 常见原料预处理操作及作用 1.研磨、雾化 （1）将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）； （2）提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等. 2.浸取(即浸出/溶解） （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）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。 3.灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。 （1）除去硫、碳单质； （2）有机物转化、除去有机物； （3）高温下原料与空气中氧气反应； （4）除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4.煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 1．（2026·北京市·预测）在锂离子电池以及在水分解制氢的电催化中具有独特的作用。工业上以镍渣(主要成分为Ni，含少量Fe、、和难溶于酸碱的杂质等)为主要原料制备的工艺流程如图所示。 已知：①酸性条件下不能氧化。 ②常温下，，。 ③溶液呈弱碱性。 回答下列问题： （1）“滤液a”中所含金属元素的存在形式为、___________(填离子符号)。 （2）“酸溶”过程中通入的目的是___________，该工艺中需要加压的原因是___________。 （3）常温下若“酸溶”后溶液中，则“调pH”的范围为___________。 （4）“沉镍”时可得，研究表明“沉镍”时溶液浓度对产率、纯度的影响如图所示，则应选择的浓度为___________%，溶液的浓度过大时生成的杂质可能是___________(填化学式)。 （5）“灼烧”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）可用于循环利用的物质是___________(填化学式)。 2.（2025·北京市东城区·二模） 一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。 资料： ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有、、CuO、。 ⅱ.常温下、几种氢氧化物的： 氢氧化物 （1）铟（）在元素周期表中的位置是__________。 （2）闪锌矿焙烧产生的气体可用于__________（写出一种用途）。 （3）“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有__________。 （4）“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以形式存在。 ①结合平衡移动原理解释的生成：__________。 ②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。 60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是__________。 （5）“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。 补全“置换”的操作：加入过量Zn，__________，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。 3. （2025·北京市海淀区·二模）从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。 已知： ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。 ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。 （1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ.__________。 （2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。 ①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是__________。 ②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有__________（写出两条）。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。 ①加入溶液的目的是__________。 ②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：__________。 ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是__________。 （4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有__________（写出两条）。 考点3 化学反应原理分析为主工艺流程综合 【典例】 常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 1.试剂加入的作用与循环物质的确定 （1）初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 ①看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 ②看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 ③看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 ④看可能信息：综合利用流程信息和体重设问提供的信息。 （2）确定循环物质： ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等。 （3）副产品的判断： ①从流程图上看：支线产品。 ②从制备的目的上判断：不是主产品。 （4）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。 2．陌生方程式的书写 （1）化学（离子）方程式书写思路： 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： ①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 ②元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 （2）流程中陌生的氧化还原反应的书写流程： ①首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 ②根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 ③根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 ④根据质量守恒配平反应方程式。 3.解沉淀溶解平衡图像题三步骤 第一步：明确图像中纵、横坐标的含义：纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。 第二步：理解图像中线上点、线外点的含义： （1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。 （2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。 （3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。 第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断： （1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况： ①原溶液不饱和时，离子浓度都增大。 ②原溶液饱和时，离子浓度都不变。 （2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。 1.（2026高三上·北京西城·月考）辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含有等杂质)生产金属铋，流程如下： 已知：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，需要加入的试剂为溶液和 。 ②检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是 。 2. （2026·北京市·预测）高纯碳酸锶主要用于电子元件工业领域。以某冶炼厂中含锶阳极泥（主要成分为SrSO4，还含MnO2、CaSO4、BaSO4等杂质）为原料制备并提纯碳酸锶的工艺流程如图所示： 已知：①向含锶阳极泥中加入溶液后，可能发生的反应及反应的如下表所示： 反应方程式 380.00 ②25℃时，。 回答下列问题： （1）锶元素在元素周期表中的位置是_______，基态锶原子核外电子排布式为_______。 （2）“转化”时，加入的主要目的为_______，“滤渣1”的主要成分为_______（填化学式）。 （3）“转化”时，在65℃、碳酸钠的添加量与硫酸锶的物质的量之比为1:1的条件下，分别研究了阳极泥反应时间与阳极泥的液固比对Sr转化率的影响，结果如图所示，则最佳反应时间为_______h，最适液固比为_________。 （4）25℃时，“酸浸Ⅲ”操作中，若溶液中，当开始沉淀时，的去除率为_______（溶液体积变化忽略不计，去除率）。 （5）“萃取”时，D2EHPA萃取体系对的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中含量更低，需进行的操作为_______。 （6）制备高纯碳酸锶的工艺中，传统除钙方法为加入NaOH溶液后趁热过滤，或高温浸取CaO，而本工艺除钙采用D2EHPA萃取法，其优点是_______（答一点）。 （7）“碳化”时，发生反应的离子方程式为_______，操作时最适温度为60℃，温度不宜过低或过高的原因是_______。 3．（2026·北京市·预测）我国是金属材料生产大国，一种从多金属矿粉［主要含、，，有少量的、、、］中提取、、等工艺如下。 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，一些金属阳离子如下： 氢氧化物 （1）“酸浸”时，“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。 （2）“高压加热”沉铁时，高压的目的是________，加热能提高镍铜金属阳离子的产率的主要原因是________。 （3）“沉铝”时，调节时，未产生沉淀，该溶液中不超过________。 （4）“选择萃取”中，形成如图的配合物，该配合物易进入有机相的原因为________(填字母)。 A．烷基链具有疏水性 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 （5）已知的晶胞如图(a)，晶体的晶胞如图(b)，其中N与图(a)中________空间位置相同，________。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，即可使Fe不断生成且产物无污染体现绿色理念，请用化学方程式结合必要的文字解释的作用________。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以下图电解池原理进行电解，请写出阴极电极反应式________。 1． （2026·北京市·信息必刷卷）某厂硫酸铜结晶母液成分复杂，含高浓度、、和，两种处理工艺流程如下。 Ⅰ．新型NaOH三段沉淀工艺：该工艺通过分步加入浓NaOH溶液实现砷、铜、镍的分离。 已知：随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。 （1）生成铜砷渣()的离子方程式为 。 中和、沉铜阶段溶液温度随时间的变化曲线如图1，常温时镍沉淀率随pH的变化曲线如图2。 （2）中和阶段，溶液温度升高的原因是 。 （3）在沉铜的过程中，需维持在较高温度，原因是 。 （4）理论计算得出常温时沉淀完全的pH约为9.0，实际沉镍时pH选择10.0，结合图2从化学反应速率的角度分析原因 。 Ⅱ．传统还原工艺 （5）写出过程a中发生反应的离子方程式 。 (（6）过程b中加入NaOH后，以形式存在，但氧化性减弱，从电极反应角度分析加入NaOH的作用 。 （7）与传统还原工艺相比，新型NaOH三段沉淀工艺的优势有 。 2．（2026·北京市·预测）氧化锆（ZrO2）可用于生产压电陶瓷制品、日用陶瓷、耐火材料，还可用于生产钢及有色金属、光学玻璃和二氧化锆纤维。以锆砂（主要成分为ZrSiO4，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备氧化锆的工艺流程如图所示： 已知：①ZrO2与NaOH反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与稀盐酸反应生成ZrO2+； ②Zr(OH)4为两性物质； ③部分离子在溶液中开始沉淀和完全沉淀（c=1.0×10-5mol·L-1）时的pH（25℃时）如表所示。 离子 Fe3+ Al3+ ZrO2+ 开始沉淀时的pH 2.2 3.7 6.5 完全沉淀时的pH 3.2 4.7 8.0 回答下列问题： （1）“熔融”时，常将锆砂粉碎，其目的是______。 （2）“酸浸”时，稀盐酸与Na2SiO3反应的化学方程式为____________。 （3）检验“过滤Ⅰ”后的滤液中含Fe3+的操作和现象为____________。 （4）滤渣Ⅱ的成分中含有Al(OH)3和Fe(OH)3。 ①写出反应生成Fe(OH)3的化学方程式：____________。 ②由表中数据计算可得Ksp[Al(OH)3]=______，Al(OH)3在生活中的用途有____________。 ③第一次加氨水调节pH=a时，若用普通pH试纸检验溶液的pH，则a的值应该取______（填标号）。 A．3.7    B．4.7    C．5.2    D．6 （5） “调pH=b”时，不能用过量的氢氧化钠溶液代替氨水的原因为____________。 3. （2025·北京市西城区·一模）某小组探究金属、、与溶液的反应。 已知：ⅰ、(白色)(棕色) ⅱ、 装置 实验 金属 现象 Ⅰ 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 （1）经检验，中产生的黑色固体是，中生成的过程中的反应有_____、。 （2）探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到_____(填实验现象)，证明有生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是_____。 ③反应过程中溶液发生变化，起始溶液的约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：_____。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有_____。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是_____。 （3）实验Ⅲ将条放入酸化的溶液()中，条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合、、，对比、、与溶液反应，解释与溶液反应既有又有生成的原因：_____。 （4）综合上述实验，影响、、与溶液反应产物的因素有_____(写两点)。 4. （2025·北京市西城区·一模）钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是_____。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：_____。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是_____。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是_____。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是_____。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是_____。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量_____(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 5.（2025届·北京师范大学实验中学·模拟） 粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) （2）浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 （3）浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 （4）该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 6.（2025·北京市石景山区·一模） 以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 （1）中Co元素的化合价为______。 （2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是______。 （3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式______。 ②混合液调的原因______。 ③混合液时，______填“>”或“<”）。 （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式______。 （5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是______。 （6）分析联合提取钴和锂的优势______。 7.（2026·北京市第八十中学·模拟） 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右上图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 8. （2026·北京市第十一中学·模拟）稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备的工艺流程如下： 资料：ⅰ．氟碳铈矿的主要成分为，主要杂质有BaO和；ⅱ．氢氟酸具有较强的挥发性；；ⅲ．难溶于水可溶于强酸；难溶于水也难溶于强酸。 （1）“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是_______。 （2）固体A的主要成分是_______。 （3）用硫酸浸出过程中，控制浸出时间、浸出温度，Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。后，的浸出率下降，原因是_______。 （4）步骤Ⅰ中硫脲作_______剂。 （5）从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH的作用：_______。 （6）滤液D结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是_______。 9.（2026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 。 10．（2026·北京市·预测）稀土矿主要以氟碳铈矿(CeFCO3)和独居石(CePO4)的形式存在，伴生有Fe2O3、Al2O3和SiO2。某研究小组设计从氟碳铈矿(CeFCO3)中提取铈的流程如图。 已知：①常温下，，，。 ②“酸浸”后的浸出液中Ce3+的浓度约为0.01 mol·L-1；离子浓度≤10-5 mol·L-1时视为该离子已沉淀完全。 ③电负性：Si>Fe>Al。 回答下列问题： （1）Fe2O3、Al2O3和SiO2三种氧化物的化学键中离子键成分百分数由大到小的顺序是________。 （2）对比传统浓硫酸焙烧工艺，NaOH焙烧法的环保优势是______。“焙烧”时控制温度为550℃，CeFCO3转化为Ce(OH)3和两种钠盐，写出该反应的化学方程式，______。 （3）浸渣的主要成分为_____(填化学式)。 （4）加入H2O2的目的是将Ce3+转化为Ce4+，沉淀的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，该过程中调节pH的范围为______(保留小数点后一位，不考虑因加入氨水和过氧化氢造成的溶液的体积变化)。 （5）工业上萃取常采用逆流萃取方式(有机相与水相逆向流动)，其优点是_____。 （6）流程中电解过程需控制阴极室pH稳定在2.0～2.5，原因是_____。 （7）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_____。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 化学工艺流程综合 考点1 物质制备为主工艺流程综合 【典例】（1） （2）增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 （3） （4）除去Al(OH)3，降低萃取的Al3+，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中c(H+)，使平衡VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+正向移动，增加VO2+萃取率。 （5）pH<2.5，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随pH升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 （6） 1.（1）4s24p1 （2）Fe(OH)3 （3）大 （4） （5）Ga易与氨基等形成配位键，而Na不能 （6） （7） 溶液中[Ga(OH)4]-的浓度不断降低，析氢反应增多，电流效率随之降低 2 （1）①. 氧化 ②. ③. B ④. ，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，利于Na2SO4•10H2O晶体析出 ⑤. H2SO4、NaClO3 （2）·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低 3. （1） （2）硫酸铵或(NH4)2SO4 （3）①. 老化过程存在平衡，加入磷酸，H+与OH-发生中和反应同时生成，均使平衡正向移动，促使Fe(OH)3溶解，生成FePO4 ②. 温度低于85℃时铁磷比偏高(超过0.985)，温度高于95℃时铁磷比无明显优化，但高温会增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，故选择 85～95℃ （4）①. 将Fe3+恰好全部转化为Fe2+ ②. 或 考点2 分离提纯为主工艺流程综合 【典例】（1）①. 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 ②. （2）①. c(H+)浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快 ②. 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行 （3） （4）①. Fe(OH)2 ②. 产生OH-的速率与产生H+的速率基本相同，基本不变 1．（1）[Al(OH)4]- （2）氧化镍、铁元素使其转化为金属阳离子进入溶液 增大氧气的溶解度，加快反应速率 （3）3~7 （4）7.5 Ni(OH)2 （5） （6）NaOH 2.（1）第五周期第ⅢA族 （2）制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可） （3）H+、Fe3+、Cu2+ （4）①. ，加锌粉时发生反应，使c(H+)降低，促进了In3+的水解 ②. 无锌后，Fe2+逐渐被O2氧化为Fe3+，沉铟条件下Fe(OH)3析出，使得c(H+)增大，促进In(OH)3的溶解 （5）边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH 3. （1） （2）①. H2S（SnS或其他合理答案） ②. 温度升高，Sn2+被氧化为SnO2的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使SnO2的溶解度降低 （3）①. 将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并在调pH后与Fe3+形成FeAsO4沉淀 ②. pH过高会产生Fe(OH)3沉淀，c(Fe3+)降低，正向移动，As去除率下降 ③. （4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的Cd2+，避免污染或减少滤ZnSO4液中的杂质 考点3 化学反应原理分析为主工艺流程综合 【典例】（1）① 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 ②. Fe2+提供空轨道，HPO中O原子提供孤电子对 ③. ④. pH过高会使 Fe3+水解生成Fe(OH)3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 （2）①. 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 ②. Li2CO3 ③. H2O2添加量低于2.5%，FePO4⋅2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分 Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 （3） 1.（1）增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分 （2） ，与中的结合，降低，促进的沉淀溶解平衡正向移动；，增大水解平衡逆移，增大水解平衡逆向移动 （3），， （4）盐酸 取少量溶液于试管中，加入溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 （1）第五周期第ⅡA族 （或） （2）将SrSO4转化为SrCO3（合理即可） MnO2 （3）3 30 （4）99% （5）连续多次萃取（合理即可） （6）避免了其他原料的使用与能源的消耗，节省成本，操作简便（合理即可，答1点即可） （7） 温度过低，反应速率较慢或不利于NH4HCO3的电离；温度过高，NH4HCO3易分解 3．（1）SiO2 （2）加压增大O2浓度 防止生成Fe(OH)3，胶体吸附金属离子 （3）0.022 （4）A （5） Ti 3:1:1 （6）反应消耗H2，使反应向正反应方向移动，NH3不断分解提供H2 1．（1） （2）反应放出大量的热 （3）随温度升高，Cu(OH)2的溶解度减小，Ni(OH)2的溶解度增大。因此较高温度有利于Cu(OH)2的析出，不利于Ni(OH)2的析出，使Cu(OH)2的产率高、纯度高 （4）沉镍反应，当pH<10时，随c(OH-)增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随c(OH-)增大，镍沉淀率基本保持不变 （5） （6）氧化反应：，加入NaOH，c(OH-)增大，SO2的还原性增强，且增大程度大于Ni(OH)2氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出 （7）绿色无污染，中和阶段为沉铜阶段提供能量等 2．（1）增大接触面积，加快反应速率 （2） （3）取少量滤液于试管中，滴加适量KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+ （4） 用于治疗胃酸过多 D （5）Zr(OH)4为两性物质，会溶解在过量的氢氧化钠溶液中，生成Na2ZrO3 3. （1） （2） ①. 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色 ②. 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成 ③. 生成H+的反应：，消耗H+的反应：等，相同时间内生成的H+多于消耗的H+，c(H+)增大 ④. 温度、形成Al—Cu原电池 ⑤. （3）金属与水反应生成H2和OH-的速率：Na>Mg>Al，金属阳离子结合OH-的能力：Mg2+<Cu2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu （4）金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH-的能力等 4. （1） （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动 （3） （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液 （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入 （6）①. ②. 偏高 5.（1）、 （2）①.ClO +5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O ②. 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，ClO+5 Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O的速率更快，发生反应i的ClO减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 （3） ①.SO2 ②. Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含Na2SO3再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 （4）H2SO4和NaCl 6.（1）+3 （2） （3）①. ②. 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 ③. < （4） （5）1：22 （6）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 7.（1）增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 （2）①. ②. 加入少量的FeSO4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，Fe3+氧化FeS2的速率快于MnO2氧化FeS2的速率。且Fe2+可以循环利用 （3）①. 氧化性：H2SO5 >H2O2。S=O是吸电子基，使O—O键极性增强，更易断裂 ②. 调节pH，使Fe3+产生沉淀除去；Ca2+可以与过量的SO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 8. （1）增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率 （2）SiO2、BaSO4 （3）H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降 （4）还原 （5）加入NaOH溶液，使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液或：，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液 （6）热风烘干使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体受热发生分解生成气体 9.(1) (2) (3)7.15 (4)降低溶液中浓度，避免步骤IV中产生沉淀 (5) 10．（1）Al2O3>Fe2O3>SiO2 （2）无污染性气体放出(或“无污染”或“浓硫酸焙烧有污染”) CeFCO3+3NaOH Ce(OH)3+NaF+Na2CO3550℃ （3）SiO2 （4）4.7～7.6 （5）增大接触面积，提高分离效率，减少萃取剂的使用 （6）pH过低，会加速H+放电产生氢气，降低铈的沉积效率，pH过高，Ce4+会水解 （7）CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 化学工艺流程综合 题型 考情分析 考向预测 物质制备为主工艺流程综合 2025年北京卷，T18：以工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的流程示意图为背景材料，考查盖斯定律的应用、化学方程式书写、原理分析、尾气处理、平衡原理及图像分析等。 2026年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维： 1.情境更具时代性：深度融入新质生产力、科技自立自强等国家战略，结合北京科创中心建设、京津冀生态治理等本土元素，素材更贴近前沿科研与实际工业场景。2.设问更具综合性：弱化单一知识点考查，强化“流程分析+原理应用+实验探究”融合，新增工艺优化、路径评价等开放性设问，突出工程化思维。 3.导向更具素养化：进一步强化绿色化学与可持续发展理念，增加数据解读、误差分析等考查，倒逼学生建立系统解题思维，拒绝机械刷题。 分离提纯为主工艺流程综合 2023年北京卷，T18：以银锰精矿和氧化锰矿为原料联合提取银和锰的流程示意图为背景材料，考查原料预处理、Ksp、原理分析、氧化还原反应方程式配平、化学平衡移动原理及图像分析、条件控制等。 化学反应原理分析为主工艺流程综合 2024年北京卷，T18：以黄铜矿生产纯铜的流程示意图为背景材料，考查原料预处理、化学（离子）方程式书写、图表数据处理、条件控制及原因分析、分离提纯等。 考点1 物质制备为主工艺流程综合 【典例】（2025·北京市中国人大附属中学·三模） 钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒为主的某石煤为原料(含、、等杂质)，低温硫酸化焙烧-水浸工艺高效提取钒制备高纯的主要流程如下： 资料： i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表 沉淀物 完全沉淀 3.2 9.0 4.7 ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为； iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为(有机相)(有机相)； iv．沉钒过程前会发生。 （1）焙烧过程中向石煤中通焙烧，将转化为的化学方程式是___________。 （2）焙烧时将原矿石磨碎且气体与矿料逆流而行，目的是___________。 （3）滤液A中含有、、、和，滤液C中钒的微粒为。“还原”过程中，铁粉发生的反应有___________。 （4）“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是___________。 （5）沉钒过程中加入铵盐使中的钒元素形成多钒酸铵沉淀，且沉淀颗粒大小影响最终产品品质。溶液pH值与沉钒率，沉淀颗粒直径的关系如图所示，请结合反应原理解释沉钒时的pH选择2.0-2.5的原因：___________。 （6）测定产品中的纯度： 称取产品，先用硫酸溶解，得到溶液。再加入溶液最后用溶液滴定过量的至终点，消耗溶液的体积为。已知被还原为，假设杂质不参与反应。则产品中的质量分数是___________。 (的摩尔质量：182g/mol) 【答案】（1） （2）增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应 （3） （4）除去Al(OH)3，降低萃取的Al3+，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中c(H+)，使平衡VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+正向移动，增加VO2+萃取率。 （5）pH<2.5，平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随pH升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质。 （6） 【解析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O5。 （1）通SO3焙烧，将V2O3转化为VOSO4，V的化合价升高，O2做氧化剂，化学方程式为； （2）焙烧时将原矿石磨碎且SO3气体与矿料逆流而行，目的是：增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应； （3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和Fe3+、H+反应，故发生的反应有 、、； （4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和H+，使平衡VO2++2HA(有机相)VOA2(有机相)+2H+正向移动，增加VO2+萃取率； （5）溶液中存在反应10VO2++8H2OH2V10O+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随pH升高，沉淀颗粒大小急剧下降，影响最终产品的品质； （6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=n(VO)=×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5的质量分数是=。 1.条件控制——调溶液的pH （1）调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 ①原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 ②pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 ③调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 ④除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出）。 ⑤除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 （2）抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯 （3）控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 （4）调节离子的水解程度。 （5）控制PH的目的的答题思路： ①pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀。 ②pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等。 2.条件控制——调节温 （1）升高温度（加热）： ①加快反应速率或溶解速率。 ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀。 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质。 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 （2）降低温度： ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； 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。 （3）控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)： ①温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小。 ②温度过高：催化剂会失去活性；化学反应速率下降、物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等；物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等；物质易被氧化：如Na2SO3等；物质易升华：如I2升华。 （4）答题方法与技巧： ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解。 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发。 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率。 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气。 ⑤温度范围答题模板： a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率。 1.（2026·北京市·预测）镓在5G芯片、光伏薄膜、军工雷达等领域占据重要地位，以含镓母液(含、、、等)为原料制备高纯镓的流程如图所示。 已知：与的化学性质相似，“解析”后以的形式存在。 回答下列问题： （1）基态原子的价层电子排布式为___________。 （2）滤渣1为___________；若“沉淀”后所得滤液仍有较强碱性，则生成滤渣2的离子方程式为___________。 （3）先采用的溶液活化吸镓树脂。的溶液的物质的量浓度(c)比的溶液___________(填“大”或“小”)。 （4）“除钒”时，得到较为纯净的的化学方程式为___________。 （5）“树脂(含有氨基、羟基)吸附”时，易吸附镓离子，而难吸附钠离子，其原因是___________。 （6）已知上述流程中树脂的单次吸附系数为，则吸附一次后，溶液中的残余率___________%[残余率]。 （7）“电解”时，镓的浓度和电流效率(实际金属产量与理论金属产量的比值)随电解时间的变化如图所示。 ①阴极的电极反应为___________。 ②2h后，电流效率降低的原因是___________。 【答案】（1）4s24p1 （2）Fe(OH)3 （3）大 （4） （5）Ga易与氨基等形成配位键，而Na不能 （6） （7） 溶液中[Ga(OH)4]-的浓度不断降低，析氢反应增多，电流效率随之降低 【解析】（1）Ga是31号元素，位于第四周期第ⅢA族，主族元素价电子为最外层电子，价层电子排布式为4s24p1。 （2）第一步加过量NaOH和H2O2，Fe2+被氧化为Fe3+，在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀；Ga和Al性质类似，Ga、Al均转化为可溶性的含氧酸根，因此滤渣1为Fe(OH)3。沉淀步骤通CO2，滤液仍为强碱性，CO2不足，四羟基合铝酸钠生成Al(OH)3沉淀（滤渣2），对应离子方程式为。 （3），，因此NaOH溶液的物质的量浓度更大。 （4）V以形式存在，加CaO和NaOH发生复分解反应生成Ca3(VO4)2沉淀，其化学方程式为<>。 （5）Ga3+所带正电荷数更多，与树脂中氨基、羟基的结合（配位）能力远强于Na+，因此更易被树脂吸附。 （6）设余液中Ga质量为m，则树脂中Ga质量为k·m，Ga总质量为m(1+k)，残余率，即。 （7）①除钒后Ga以偏镓酸根形式存在于碱性溶液中，阴极得电子生成Ga，对应电极反应为； ②随电解进行，溶液中镓浓度降低，阴极上氢离子（水）放电占比升高，更多电子用于生成氢气，因此镓的电流效率降低。 2 （2025·北京市第五中学·模拟）二氧化氯()广泛应用于纸浆漂白、杀菌消毒和水净化处理等领域。 （1）工业上利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：；； ①可用于纸浆漂白、杀菌消毒是因其具有___________性。 ②写出发生器中生成的化学方程式：___________。 ③冷却塔用于分离并回收。冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A． B． C． ④经过程I和过程II可以获得芒硝。处理器中获得芒硝时，加入固体的作用：___________(结合化学用语解释)。 ⑤制备过程中可以循环利用的物质除外，还有___________。 （2）可用于处理水体中的对二甲苯(PX)。 为了探究浓度对水溶液中PX降解率的影响，完成如下实验： I：将不同浓度分别加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图1。 II：分别将三种含氯微粒浓度相同溶液、和异丙醇混合溶液、和混合溶液加入到相同浓度PX溶液中反应相同时间，结果如图2。 已知：①溶于水后存在如下反应： i． ii． ②异丙醇能快速淬灭 由实验1可知随浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因___________。 【答案】（1）①. 氧化 ②. ③. B ④. ，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，利于Na2SO4•10H2O晶体析出 ⑤. H2SO4、NaClO3 （2）·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低 【解析】发生器中发生反应：，过滤得到不溶性Na3H(SO4)2滤渣和含有CH3OH等物质的滤液，滤液在冷却塔中冷却分离出ClO2气体，含有CH3OH等物质的滤液循环到发生器中，充分利用原料CH3OH和NaClO3，ClO2气体在吸收塔中经冰水冷却至液体ClO2储存；处理器中，Na3H(SO4)2滤渣在Na+作用下与水转化为Na2SO4•10H2O和H2SO4，过滤得到芒硝Na2SO4•10H2O，滤液中的H2SO4和NaClO3循环到发生器中充分利用。 （1）①ClO2具有强氧化性，可用于纸浆漂白、杀菌消毒，故答案为：氧化； ②由分析可知，反应器中生成ClO2反应的化学方程式为：； ③冷却塔用于分离ClO2并回收CH3OH，并结合ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B； ④Na2SO4•10H2O晶体在溶液中存在溶解和结晶的平衡，即，根据平衡移动原理可知，加入NaClO3使溶液中c(Na+)增大，平衡逆向移动，使Na2SO4•10H2O晶体析出； ⑤由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除CH3OH有H2SO4和NaClO3； （2）对比题干图2可知，ClO2水溶液的PX的氧化率最大，而HClO2和HClO3混合溶液的氧化率最小，ClO2与异丙醇的混合溶液在中间，结合题干信息①可知ClO2水溶液中产生大量的·OH，信息②可知异丙醇可以快速淬灭·OH，由此得出随ClO2浓度增大对二甲苯的降解率先增大后减小，解释减小的原因为：·OH氧化PX的速率大于ClO2氧化PX的速率；ClO2浓度增大，反应ii速率增大的程度大于反应i速率的增大程度，c(·OH)反而减小，氧化PX的速率降低。 3. （2026·北京市延庆区·一模）是新能源汽车电池的正极材料，其前驱体磷酸铁的纯度与结构对的电化学性能至关重要。以下是一种制备磷酸铁的流程： （1）共沉淀反应：共沉淀反应发生的主要离子反应有： i._______。 ii. iii. （2）溶液1中含有的主要物质为_______。 （3）老化过程： ①结合平衡移动原理解释老化过程加入稀磷酸作用_______。 ②铁磷比是衡量磷酸铁品质的关键指标，是决定电池电化学性能的重要因素，最佳铁磷比区间为0.965~0.985。老化温度与铁磷比数据如下： 组别 温度/℃ 铁含量/% 磷含量/% 铁磷比 1 80 37.15 20.61 1.016 2 85 35.75 20.77 0.970 3 90 35.76 20.79 0.969 4 95 36.24 21.01 0.972 5 100 36.42 20.94 0.980 实际生产中温度选取为宜，试解释其原因_______。 （4）测定磷酸铁中的铁含量： a.称取的样品于锥形瓶中，加入盐酸溶液，加热至完全溶解并沸腾； b.趁热滴加二氯化锡溶液至淡黄色，加入去离子水后冷却；加入滴溶液，混匀，再滴加溶液令其略变蓝色； c.加入硫磷混酸，3~5滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，到达滴定终点时，记下体积读数。 已知：①重铬酸钾稍过量时，二苯胺磺酸钠溶液显紫红色；溶液是一种指示剂，可氧化，被还原后呈蓝色，且氧化性：钨酸钠 ②反应原理： 步骤b操作的实验目的是_______，本产品中铁含量(质量分数)为_______。 【答案】（1） （2）硫酸铵或(NH4)2SO4 （3）①. 老化过程存在平衡，加入磷酸，H+与OH-发生中和反应同时生成，均使平衡正向移动，促使Fe(OH)3溶解，生成FePO4 ②. 温度低于85℃时铁磷比偏高(超过0.985)，温度高于95℃时铁磷比无明显优化，但高温会增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，故选择 85～95℃ （4）①. 将Fe3+恰好全部转化为Fe2+ ②. 或 【解析】首先共沉淀阶段，过氧化氢将原料中的Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+一部分直接与磷酸根生成FePO4沉淀，部分水解得到氢氧化铁沉淀，过滤洗涤后，溶液1主要成分为副产物硫酸铵，沉淀进入老化环节。 老化环节加入稀磷酸可消耗平衡生成的OH-，推动氢氧化铁转化为磷酸铁的平衡正向移动；选择85-95℃老化，是因为该温度区间产物铁磷比刚好落在0.965-0.985的最佳区间，同时兼顾了转化效率与生产能耗，最终经分离干燥脱水得到合格产物。 （1）原料中Fe2+需要被H2O2氧化为Fe3+，酸性条件下离子方程式为：； （2）Fe3+已经转化为FePO4、Fe(OH)3沉淀，体系中剩余的离子为NH（来自NH4H2PO4）和SO（来自FeSO4），因此主要物质为：(NH4)2SO4； （3）① 加入稀磷酸的作用： 稀磷酸电离出H+，H+会与平衡体系中的OH-结合生成水，降低c(OH-)，另一方面增加了反应物的浓度，均使平衡正向移动，促进Fe(OH)3转化为FePO4，提高产物纯度； ② 选择 85～95℃的原因： 最佳铁磷比区间为0.965～0.985；温度低于85℃时，铁磷比（80℃为1.016）超出最佳区间，不符合要求； 85～95℃范围内，铁磷比刚好落在最佳区间内；温度高于95℃时，铁磷比无明显优化，会额外增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，提高生产成本，因此选择 85～95℃； （4）步骤b的实验目的：将样品中全部Fe3+完全还原为Fe2+，保证后续滴定测定铁含量的准确性； 铁的质量分数计算： 根据反应关系6Fe～6Fe2+～Cr2O，得，，因此铁的质量分数为。 考点2 分离提纯为主工艺流程综合 【典例】（2025·北京市朝阳区·一模） 是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为，含少量等)生产的过程如下。 资料：i．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 ii．生成，开始沉淀时，沉淀完全时 （1）碱浸 ①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是_____。 ②溶解的化学方程式是_____。 （2）酸浸 取相同质量铁精粉，酸浸相同时间，测得铁浸出率随硫酸浓度变化如下图所示。 ①浓度低于，随浓度增大，铁浸出率增大的原因是_____。 ②浓度高于，随浓度增大，铁浸出率降低的可能原因是_____。 （3）还原 用离子方程式表示的作用：_____。 （4）用溶液制备 保持反应温度不变，将溶液加入到溶液(略过量)中，产生白色沉淀，并很快变为灰绿色。缓缓通入空气并记录变化(如下图)。经检测时段产生。 ①白色沉淀是_____。时段，减小，有红褐色物质产生。 ②减小，促进正向移动，应增大，但时段体系基本不变。结合有关反应，从反应速率的角度解释原因_____。 【答案】（1）①. 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 ②. （2）①. c(H+)浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快 ②. 硫酸浓度增大，铁的硫酸盐析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行 （3） （4）①. Fe(OH)2 ②. 产生OH-的速率与产生H+的速率基本相同，基本不变 【解析】黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，含少量SiO2、Al2O3等)用NaOH碱浸除去SiO2和Al2O3，铁精粉为铁的氧化物，加入硫酸酸浸得到含有Fe2+和Fe3+的溶液B，再加入FeS2还原把Fe3+还原为Fe2+，溶液C经过铁粉精制最终得到FeSO4溶液。 （1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率； ②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：； （2）①由图可知，浓度低于c1mol/L，随浓度增大，铁浸出率增大，原因是随硫酸浓度增大，氢离子浓度增大，铁精粉与酸反应的速率加快； ②浓度高于c1mol/L，随浓度增大，铁浸出率减小，原因是：硫酸浓度增大，铁的硫酸盐达到饱和析出，覆盖在铁精粉的表面，阻碍反应进行； （3）加入FeS2还原Fe3+为Fe2+，S元素被氧化为硫酸根离子，根据电子守恒和电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为：； （4）①将NaOH溶液加入到FeSO4溶液(略过量)中，产生白色沉淀为Fe(OH)2； ②t1—t2时段内，存在电离平衡和氧化反应：，，电离产生OH-的速率与氧化反应产生H+的速率基本相同，基本不变。 常见原料预处理操作及作用 1.研磨、雾化 （1）将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）； （2）提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等. 2.浸取(即浸出/溶解） （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）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。 3.灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。 （1）除去硫、碳单质； （2）有机物转化、除去有机物； （3）高温下原料与空气中氧气反应； （4）除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4.煅烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 1．（2026·北京市·预测）在锂离子电池以及在水分解制氢的电催化中具有独特的作用。工业上以镍渣(主要成分为Ni，含少量Fe、、和难溶于酸碱的杂质等)为主要原料制备的工艺流程如图所示。 已知：①酸性条件下不能氧化。 ②常温下，，。 ③溶液呈弱碱性。 回答下列问题： （1）“滤液a”中所含金属元素的存在形式为、___________(填离子符号)。 （2）“酸溶”过程中通入的目的是___________，该工艺中需要加压的原因是___________。 （3）常温下若“酸溶”后溶液中，则“调pH”的范围为___________。 （4）“沉镍”时可得，研究表明“沉镍”时溶液浓度对产率、纯度的影响如图所示，则应选择的浓度为___________%，溶液的浓度过大时生成的杂质可能是___________(填化学式)。 （5）“灼烧”时发生反应的化学方程式为___________。 （6）可用于循环利用的物质是___________(填化学式)。 【答案】（1）[Al(OH)4]- （2）氧化镍、铁元素使其转化为金属阳离子进入溶液 增大氧气的溶解度，加快反应速率 （3）3~7 （4）7.5 Ni(OH)2 （5） （6）NaOH 【详解】（1）滤液a中的溶质为四羟基合铝酸钠和过量NaOH，故所含金属元素的存在形式为Na+、[Al(OH)4]-； （2）氧气具有氧化性，“酸溶”过程中通入O2的目的是氧化镍、铁元素使其转化为金属阳离子进入溶液；氧气在溶液中溶解度较小，该工艺中需要加压的原因是：增大氧气的溶解度，加快反应速率； （3）常温下若“酸溶”后调节pH使得铁离子沉淀而镍离子不沉淀，铁离子沉淀完全，，pOH=11，pH=3，溶液中，，pOH=7，pH=7，则“调pH”的范围为3~7； （4）由图，应选择的浓度为7.5%左右，此时得到NiCO3产率较高、纯度较大；NH4HCO3溶液呈弱碱性，NH4HCO3溶液的浓度过大时，溶液中氢氧根离子较大，则生成的杂质可能是Ni(OH)2。 （5）“灼烧”时发生反应为碳酸镍和氟化铵生成氟化镍和二氧化碳、氨气、水，化学方程式为； （6）滤液a中含过量氢氧化钠，氢氧化钠可用于在调节pH环节中循环利用。 2.（2025·北京市东城区·二模） 一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。 资料： ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有、、CuO、。 ⅱ.常温下、几种氢氧化物的： 氢氧化物 （1）铟（）在元素周期表中的位置是__________。 （2）闪锌矿焙烧产生的气体可用于__________（写出一种用途）。 （3）“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有__________。 （4）“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以形式存在。 ①结合平衡移动原理解释的生成：__________。 ②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。 60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是__________。 （5）“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。 补全“置换”的操作：加入过量Zn，__________，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。 【答案】（1）第五周期第ⅢA族 （2）制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可） （3）H+、Fe3+、Cu2+ （4）①. ，加锌粉时发生反应，使c(H+)降低，促进了In3+的水解 ②. 无锌后，Fe2+逐渐被O2氧化为Fe3+，沉铟条件下Fe(OH)3析出，使得c(H+)增大，促进In(OH)3的溶解 （5）边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH 【解析】闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、In2O3的锌焙砂，经过硫酸浸出，SiO2不溶，酸性浸出液中金属阳离子有Fe3+、Cu2+、In3+、Zn2+，加入铁粉，将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+、Cu、In3+，过滤得到富铜渣，沉铜后液加入锌粉，铟元素转化为In(OH)3，沉铟后液中含有Fe2+、Zn2+，据此解答。 （1）In与Al位于同一个主族，Al在第三周期ⅢA族，In原子序数为49，则比Al大了两个周期，位于第五周期第ⅢA族； （2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为ZnO、SO2，则该气体可用于制备硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等； （3）由分析可知，加入铁粉，将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+、Cu，同时酸性浸出液中的H+也会和铁粉反应，故与铁粉发生反应的离子有：H+、Fe3+、Cu2+； （4）①加入锌粉，发生反应：，使c(H+)降低，促进了In3+的水解平衡正向移动，生成了In(OH)3； ②60min后，锌粉几乎无剩余，Fe的沉淀率上升，In的沉淀率下降，由表中数据可知，，说明In(OH)3沉淀时，Fe(OH)3已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌后，Fe2+逐渐被O2氧化为Fe3+，沉铟条件下Fe(OH)3析出，使得c(H+)增大，促进In(OH)3的溶解； （5）置换前液含有H+、In3+、Cl-，加入过量的Zn，将In3+转化为In，同时为防止In3+水解，需要加HCl控制pH，防止析出In(OH)3沉淀，故加入过量的Zn之后的操作是搅拌边加入盐酸，控制溶液pH，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。 3. （2025·北京市海淀区·二模）从锡冶炼烟尘（含、ZnO、CdO、SnS及少量、）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程如下图。 已知： ⅰ.难溶于水和稀酸；酸浓度越高，溶解得越多。 ⅱ.、均为弱酸，难溶于水。 （1）酸性条件下，SnS易被氧化为。反应分两步：ⅰ.；ⅱ.__________。 （2）浸出液中含有、、、、、等微粒。硫酸浓度、浸出时间等条件不变时，反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率的影响如下图。 ①酸浸过程中铁元素被还原，还原剂是__________。 ②升高温度有利于减少浸出液中锡元素的残留。反应温度升高，锡浸出率下降的可能原因有__________（写出两条）。 （3）向浸出液中加入溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含）。该种脱砷方法称为沉淀法。 ①加入溶液的目的是__________。 ②从平衡角度解释脱除砷时pH不宜过高的原因：__________。 ③若将烟尘中的砷充分转化为沉淀脱除，烟尘成分应满足的条件是__________。 （4）置换时，先加入接近理论投加量的锌粉，充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉。这样操作的目的有__________（写出两条）。 【答案】（1） （2）①. H2S（SnS或其他合理答案） ②. 温度升高，Sn2+被氧化为SnO2的速率加快；ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使SnO2的溶解度降低 （3）①. 将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并在调pH后与Fe3+形成FeAsO4沉淀 ②. pH过高会产生Fe(OH)3沉淀，c(Fe3+)降低，正向移动，As去除率下降 ③. （4）避免锌粉过量，影响海绵镉的纯度；除去滤液中的Cd2+，避免污染或减少滤ZnSO4液中的杂质 【解析】从锡冶炼烟尘（含SnO2、ZnO、CdO、SnS及少量Fe2O3、As2O3）中脱除砷，并分离回收锡、锌、镉的部分工艺流程为：将锡冶炼烟尘加入稀H2SO4进行酸浸，除SnO2难溶过滤以滤渣分离，其余全部溶解转化为相应离子过滤得到浸出液含：Zn2+、Cd2+、H3AsO3、Fe2+和H+、SO等微粒，在浸出液加入H2O2溶液氧化Fe2+为Fe3+，再加入CaO调pH至4～6，过滤得到产生富砷渣：FeAsO4和滤液1，最后加入锌粉进行置换后过滤得到海绵镉和滤液2，据此分析解答。 （1）酸性条件下，SnS易被O2氧化为SnO2，根据第ⅰ步反应和Sn2+被O2氧化为SnO2的目的，则第ⅱ步的反应方程式为：。 （2）①在酸浸中，杂质Fe2O3最终被还原为Fe2+，则将Fe3+还原为Fe2+的物质结合元素组成应该为SnS在酸性中生成的还原性气体H2S； ②根据反应温度对烟尘中锡、锌、镉浸出率图可知，温度越高，锡元素的浸出率越低，即固体残留越多，其原因可能为：温度升高，Sn2+被氧化为SnO2的速率加快；温度升高，ZnO、CdO与酸反应的速率加快，使相同时间内剩余酸浓度减小，使SnO2的溶解度降低。 （3）向浸出液中加入H2O2溶液，随后用CaO调pH至4～6，产生富砷渣（主要含FeAsO4）； ①原浸出液中为Fe2+和H3AsO3，形成FeAsO4后Fe元素变为+3价，As元素由H3AsO3的+3价变为的+5价，则加入H2O2溶液的主要目的是：将Fe2+氧化为Fe3+，将H3AsO3氧化为H3AsO4，并在调pH后与Fe3+形成FeAsO4沉淀； ②除砷时要用CaO调pH至4～6，pH如果过高则会出现Fe3+转化为沉淀Fe(OH)3，使c(Fe3+)降低，导致正向移动，使As去除率下降； ③若将烟尘中的砷充分转化为FeAsO4沉淀脱除，根据FeAsO4中可知，但要保证砷充分除去，则Fe元素需要适当过量，最后得到烟尘中。 （4）先加入接近理论投加量的锌粉的目的是防止过量的锌粉过滤后混在海绵镉中影响海绵镉的纯度；充分反应后过滤，再向滤液2中加入少量锌粉，目的是：进一步除去滤液中残留的Cd2+，避免污染或减少ZnSO4滤液中的杂质。 考点3 化学反应原理分析为主工艺流程综合 【典例】 常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。是制备的原料。 （1）由钛白渣（主要成分为）获取的流程示意图如下。 资料：ⅰ．性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小 ⅱ．空间结构： ①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是______。 ②溶液A的主要成分是（配合物），分析中配位键的形成过程______。 ③溶液B中含铁的主要微粒为，写出Ⅲ中反应的离子方程式______。 ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是______。 （2）从废旧电极粉末中回收制备，同时获得副产品，工艺流程如下。 ①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是______。 ②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为______（填化学式）。 ③添加量对Fe、P沉淀率影响如下图所示。 实际生产时，添加量选2.5%的原因是______。 （3）产品中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入溶液，至恰好完全还原为，被氧化为，滴加指示剂，用标准溶液滴定（铬元素被还原为），消耗标准溶液，样品中铁的质量分数为______。（实验条件下存在不影响实验结果） 【答案】（1）① 增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底 ②. Fe2+提供空轨道，HPO中O原子提供孤电子对 ③. ④. pH过高会使 Fe3+水解生成Fe(OH)3，影响产品纯度；pH过高体系中增大，Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能 （2）①. 温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢 ②. Li2CO3 ③. H2O2添加量低于2.5%，FePO4⋅2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分 Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低 （3） 【解析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO4+，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到 FePO4⋅2H2O。 （1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底； ②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为 Fe2+提供空轨道，HPO中O原子提供孤电子对，故答案为： Fe2+提供空轨道，HPO中O原子提供孤电子对； ③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO，反应的离子方程式为，故答案为：； ④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使 Fe3+水解生成Fe(OH)3，影响产品纯度；pH过高体系中增大， Fe3+与沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能； （2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢； ②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：Li2CO3； ③由图可知，H2O2添加量低于2.5%，FePO4·2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分 Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，H2O2添加量选2.5%，故答案为：H2O2添加量低于2.5%，FePO4·2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分 Fe3+生成Fe(OH)3沉淀，Fe沉淀率升高，P沉淀率几乎不变，产品纯度降低； （3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6FePO4·2H2O——K2Cr2O7，滴定消耗VmL0.01mol/LK2Cr2O7溶液，则样品中铁的质量分数为=，故答案为：。 1.试剂加入的作用与循环物质的确定 （1）初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 ①看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 ②看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 ③看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 ④看可能信息：综合利用流程信息和体重设问提供的信息。 （2）确定循环物质： ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等。 （3）副产品的判断： ①从流程图上看：支线产品。 ②从制备的目的上判断：不是主产品。 （4）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。 2．陌生方程式的书写 （1）化学（离子）方程式书写思路： 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： ①元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。 ②元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 （2）流程中陌生的氧化还原反应的书写流程： ①首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 ②根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 ③根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 ④根据质量守恒配平反应方程式。 3.解沉淀溶解平衡图像题三步骤 第一步：明确图像中纵、横坐标的含义：纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。 第二步：理解图像中线上点、线外点的含义： （1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。 （2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。 （3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。 第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断： （1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况： ①原溶液不饱和时，离子浓度都增大。 ②原溶液饱和时，离子浓度都不变。 （2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。 1.（2026高三上·北京西城·月考）辉铋矿(主要成分为难溶于水的，含有等杂质)生产金属铋，流程如下： 已知：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，需要加入的试剂为溶液和 。 ②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） ，与中的结合，降低，促进的沉淀溶解平衡正向移动；，增大水解平衡逆移，增大水解平衡逆向移动 （3），， （4）盐酸 取少量溶液于试管中，加入溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 【解析】（1）将辉铋矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）①浸出过程中的主要反应为与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：； ②因浸出时，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的溶解，其原因是：与中的S2-结合，促进的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡正向移动。 （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：，，。 （4）①再生环节，需要将氯化亚铁氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸； ②再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液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，加入溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。 2. （2026·北京市·预测）高纯碳酸锶主要用于电子元件工业领域。以某冶炼厂中含锶阳极泥（主要成分为SrSO4，还含MnO2、CaSO4、BaSO4等杂质）为原料制备并提纯碳酸锶的工艺流程如图所示： 已知：①向含锶阳极泥中加入溶液后，可能发生的反应及反应的如下表所示： 反应方程式 380.00 ②25℃时，。 回答下列问题： （1）锶元素在元素周期表中的位置是_______，基态锶原子核外电子排布式为_______。 （2）“转化”时，加入的主要目的为_______，“滤渣1”的主要成分为_______（填化学式）。 （3）“转化”时，在65℃、碳酸钠的添加量与硫酸锶的物质的量之比为1:1的条件下，分别研究了阳极泥反应时间与阳极泥的液固比对Sr转化率的影响，结果如图所示，则最佳反应时间为_______h，最适液固比为_________。 （4）25℃时，“酸浸Ⅲ”操作中，若溶液中，当开始沉淀时，的去除率为_______（溶液体积变化忽略不计，去除率）。 （5）“萃取”时，D2EHPA萃取体系对的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中含量更低，需进行的操作为_______。 （6）制备高纯碳酸锶的工艺中，传统除钙方法为加入NaOH溶液后趁热过滤，或高温浸取CaO，而本工艺除钙采用D2EHPA萃取法，其优点是_______（答一点）。 （7）“碳化”时，发生反应的离子方程式为_______，操作时最适温度为60℃，温度不宜过低或过高的原因是_______。 【答案】（1）第五周期第ⅡA族 （或） （2）将SrSO4转化为SrCO3（合理即可） MnO2 （3）3 30 （4）99% （5）连续多次萃取（合理即可） （6）避免了其他原料的使用与能源的消耗，节省成本，操作简便（合理即可，答1点即可） （7） 温度过低，反应速率较慢或不利于NH4HCO3的电离；温度过高，NH4HCO3易分解 【解析】（1）锶元素为38号元素，锶元素位于第五周期第ⅡA族。基态锶原子核外电子排布式为或。 （2）根据已知信息①，可知除MnO2外，SrSO4、BaSO4、CaSO44均可转化为其对应的碳酸盐形式，故该步骤可使Sr、Ba、Ca元素从硫酸盐转化为碳酸盐；稀盐酸可与碳酸盐反应，使Sr、Ba、Ca元素进入滤液中，而不与MnO2反应，故滤渣I为MnO2。 （3）由左图可知，延长反应时间能够提高锶的转化率，但随着反应时间不断增加，锶的转化率逐渐趋于稳定，在综合考虑反应效率和成本的基础上，选择3作为最佳反应时间。由右图可知，随着液固比的增加，锶的转化率呈先上升后下降的趋势，当液固比为30ml/g时，锶的转化率达到最大值，进一步增加液固比，锶的转化率下降，表明液固比的增加有利于阳极泥中锶离子的转化，但同时也引起了锶与其他元素沉淀转化的竞争反应，例如阳极泥中硫酸钙和硫酸钡会与碳酸根反应生成碳酸钙和碳酸钡，因此，反应的最佳液固比为30mL/g。 （4）25℃时，原溶液中，当Sr2+开始沉淀时，溶液中，此时溶液中剩余，而原溶液中，根据已知信息，Ba2+去除率。 （5）由于对Ca2+的最高单次萃取率为85%，欲使萃余液中Ca2+含量更低，需连续多次萃取。 （6）用D2EHPA萃取法除钙，避免了其他原料的使用或能源的消耗，节省了费用；传统除钙方法，需要加入NaOH溶液后趁热过滤或高温浸取，要消耗一定的原料或能源，并需要进行固液分离，操作麻烦，而溶剂萃取法，是通过物质在有机相和水相之间分配比的差别，达到分离的效果，分离操作方便，在操作成本上占有较大优势。 （7）“碳化”时，发生反应为锶离子和碳酸氢根离子生成碳酸锶沉淀，同时生成水和二氧化碳，离子方程式为。在操作时最适温度为60℃，温度过低，导致反应速率较慢，效率低：温度过高，易使NH4HCO3分解造成试剂的损失，增大生产成本。 3．（2026·北京市·预测）我国是金属材料生产大国，一种从多金属矿粉［主要含、，，有少量的、、、］中提取、、等工艺如下。 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，一些金属阳离子如下： 氢氧化物 （1）“酸浸”时，“滤渣”的主要成分是________(填化学式)。 （2）“高压加热”沉铁时，高压的目的是________，加热能提高镍铜金属阳离子的产率的主要原因是________。 （3）“沉铝”时，调节时，未产生沉淀，该溶液中不超过________。 （4）“选择萃取”中，形成如图的配合物，该配合物易进入有机相的原因为________(填字母)。 A．烷基链具有疏水性 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 （5）已知的晶胞如图(a)，晶体的晶胞如图(b)，其中N与图(a)中________空间位置相同，________。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，即可使Fe不断生成且产物无污染体现绿色理念，请用化学方程式结合必要的文字解释的作用________。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以下图电解池原理进行电解，请写出阴极电极反应式________。 【答案】（1）SiO2 （2）加压增大O2浓度 防止生成Fe(OH)3，胶体吸附金属离子 （3）0.022 （4）A （5） Ti 3:1:1 （6）反应消耗H2，使反应向正反应方向移动，NH3不断分解提供H2 【解析】（1）“酸浸”中，只有SiO2不溶    ； （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，高压使气体溶解度增大，已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体吸附镍铜金属阳离子，造成产率下降； （3）“沉铝”时，保证Cu2+不沉淀，根据，时，计算得； （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．烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，A正确； B．配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电荷，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电荷，整个配合物电中性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C．配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； 故答案选A； （5）晶胞沿三维坐标分别平移二分之一个单位时，棱心和面心位置互换、顶点和体心位置互换。晶胞中面心原子为Ni，有个，顶点原子为Cu，有个，体心的原子为N，有1个，则； （6）①700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，即可使Fe不断生成且产物无污染体现绿色理念，NH3的作用为该步骤氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，发生反应的化学方程式为，氢气还原氧化铁得到铁单质，化学反应方程式为：； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，Fe2O3在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨作阳极，阴极电极反应式。 1． （2026·北京市·信息必刷卷）某厂硫酸铜结晶母液成分复杂，含高浓度、、和，两种处理工艺流程如下。 Ⅰ．新型NaOH三段沉淀工艺：该工艺通过分步加入浓NaOH溶液实现砷、铜、镍的分离。 已知：随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。 （1）生成铜砷渣()的离子方程式为 。 中和、沉铜阶段溶液温度随时间的变化曲线如图1，常温时镍沉淀率随pH的变化曲线如图2。 （2）中和阶段，溶液温度升高的原因是 。 （3）在沉铜的过程中，需维持在较高温度，原因是 。 （4）理论计算得出常温时沉淀完全的pH约为9.0，实际沉镍时pH选择10.0，结合图2从化学反应速率的角度分析原因 。 Ⅱ．传统还原工艺 （5）写出过程a中发生反应的离子方程式 。 (（6）过程b中加入NaOH后，以形式存在，但氧化性减弱，从电极反应角度分析加入NaOH的作用 。 （7）与传统还原工艺相比，新型NaOH三段沉淀工艺的优势有 。 【答案】（1） （2）反应放出大量的热 （3）随温度升高，Cu(OH)2的溶解度减小，Ni(OH)2的溶解度增大。因此较高温度有利于Cu(OH)2的析出，不利于Ni(OH)2的析出，使Cu(OH)2的产率高、纯度高 （4）沉镍反应，当pH<10时，随c(OH-)增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随c(OH-)增大，镍沉淀率基本保持不变 （5） （6）氧化反应：，加入NaOH，c(OH-)增大，SO2的还原性增强，且增大程度大于Ni(OH)2氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出 （7）绿色无污染，中和阶段为沉铜阶段提供能量等 【解析】（1）结晶母液中Cu2+、H3AsO4与加入的OH-反应生成CuHAsO4沉淀，根据离子反应规律，结合原子守恒和电荷守恒写出该离子方程式为。 （2）结晶母液中含有高浓度H2SO4，加入NaOH溶液后，H2SO4与NaOH发生中和反应，中和反应为放热反应，放出热量使溶液温度升高。 （3）已知随温度升高，Cu(OH)2的溶解度减小，Ni(OH)2的溶解度增大。在沉铜过程中，维持较高温度，能降低Cu(OH)2的溶解损失，使更多的铜以沉淀形式析出，提高铜的沉淀率。 （4）化学反应速率受反应物浓度等因素影响，在沉镍反应中，OH-浓度（由pH体现）越大，反应速率越快。从图2能看到pH增大镍沉淀率升高，选择pH=10.0可加快反应速率，促进Ni2+沉淀完全。故答案为：沉镍反应，当pH<10时，随c(OH-)增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随c(OH-)增大，镍沉淀率基本保持不变。 （5）结晶母液中Cu2+具有氧化性，SO2具有还原性，在Cl-存在下发生氧化还原反应。Cu2+被还原为CuCl沉淀，SO2被氧化为SO，根据氧化还原反应配平规则，结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式为。 （6）从电极反应角度，转化为Ni(OH)2后，氧化性减弱，则从电极反应角度分析加入NaOH的作用为：二氧化硫发生氧化反应，，加入NaOH，c(OH-)增大，SO2的还原性增强，且增大程度大于Ni(OHJ)2氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出。 （7）新型NaOH三段沉淀工艺通过分步加NaOH溶液能分步分离砷、铜、镍，得到相对纯净的含砷、铜、镍产品；不引入SO2等污染性气体，更环保；操作相对简单，且中和阶段为沉铜阶段提供能量，能耗较低等。 2．（2026·北京市·预测）氧化锆（ZrO2）可用于生产压电陶瓷制品、日用陶瓷、耐火材料，还可用于生产钢及有色金属、光学玻璃和二氧化锆纤维。以锆砂（主要成分为ZrSiO4，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质）为原料制备氧化锆的工艺流程如图所示： 已知：①ZrO2与NaOH反应生成可溶于水的Na2ZrO3，Na2ZrO3与稀盐酸反应生成ZrO2+； ②Zr(OH)4为两性物质； ③部分离子在溶液中开始沉淀和完全沉淀（c=1.0×10-5mol·L-1）时的pH（25℃时）如表所示。 离子 Fe3+ Al3+ ZrO2+ 开始沉淀时的pH 2.2 3.7 6.5 完全沉淀时的pH 3.2 4.7 8.0 回答下列问题： （1）“熔融”时，常将锆砂粉碎，其目的是______。 （2）“酸浸”时，稀盐酸与Na2SiO3反应的化学方程式为____________。 （3）检验“过滤Ⅰ”后的滤液中含Fe3+的操作和现象为____________。 （4）滤渣Ⅱ的成分中含有Al(OH)3和Fe(OH)3。 ①写出反应生成Fe(OH)3的化学方程式：____________。 ②由表中数据计算可得Ksp[Al(OH)3]=______，Al(OH)3在生活中的用途有____________。 ③第一次加氨水调节pH=a时，若用普通pH试纸检验溶液的pH，则a的值应该取______（填标号）。 A．3.7    B．4.7    C．5.2    D．6 （5） “调pH=b”时，不能用过量的氢氧化钠溶液代替氨水的原因为____________。 【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率 （2） （3）取少量滤液于试管中，滴加适量KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+ （4） 用于治疗胃酸过多 D （5）Zr(OH)4为两性物质，会溶解在过量的氢氧化钠溶液中，生成Na2ZrO3 【解析】（1）“熔融”时，常将锆砂粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率；故其目的是：增大接触面积，加快反应速率； （2）“酸浸”时，稀盐酸与Na2SiO3反应生成硅酸沉淀和氯化钠，其化学方程式为：； （3）由分析可知，“过滤Ⅰ”后的滤液中含Fe3+，可用KSCN溶液检验三价铁离子，具体的操作和现象为：取少量滤液于试管中，滴加适量KSCN溶液，溶液变为血红色，说明含有Fe3+； （4）①由分析可知，FeCl3和氨水反应生成Fe(OH)3沉淀和氯化铵，其化学方程式为：； ②由表中数据可得，氢氧化铝完全沉淀时pH=4.7，，可得，Al(OH)3沉淀可与盐酸反应，在生活中可用于治疗胃酸过多。 ③第一次加氨水调节pH=a时，目的是使得铁离子和铝离子沉淀，但不能除去ZrO2+，所以pH范围在4.7~6.5之间，用普通pH试纸检验溶液的pH，读数为整数，则a的值应该取6，故选D； （5）由题给信息可知，氢氧化锆为两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成锆酸钠和水，所以用氨水“调pH=b”时，不能用氢氧化钠溶液代替氨水，故答案为：不能；Zr(OH)4为两性物质，会溶解在过量氢氧化钠的溶液中，生成Na2ZrO3。 3. （2025·北京市西城区·一模）某小组探究金属、、与溶液的反应。 已知：ⅰ、(白色)(棕色) ⅱ、 装置 实验 金属 现象 Ⅰ 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 （1）经检验，中产生的黑色固体是，中生成的过程中的反应有_____、。 （2）探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到_____(填实验现象)，证明有生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是_____。 ③反应过程中溶液发生变化，起始溶液的约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：_____。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有_____。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是_____。 （3）实验Ⅲ将条放入酸化的溶液()中，条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合、、，对比、、与溶液反应，解释与溶液反应既有又有生成的原因：_____。 （4）综合上述实验，影响、、与溶液反应产物的因素有_____(写两点)。 【答案】（1） （2） ①. 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色 ②. 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成 ③. 生成H+的反应：，消耗H+的反应：等，相同时间内生成的H+多于消耗的H+，c(H+)增大 ④. 温度、形成Al—Cu原电池 ⑤. （3）金属与水反应生成H2和OH-的速率：Na>Mg>Al，金属阳离子结合OH-的能力：Mg2+<Cu2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu （4）金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH-的能力等 【解析】Ⅰ 加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体CuO。 Ⅱ 加入金属铝，铝片表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体CuCl，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体铜。 （1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为，故答案为：； （2）①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色； ②检验棕色溶液中的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀(CuCl)，证明有[CuCl3]2-，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成； ③i.pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al3+，其水合离子[Al(H2O)6]3+发生水解，产生H+，使溶液酸性增强；ii.被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答案为：生成H+的反应：，消耗H+的反应：等，相同时间内生成的H+多于消耗的H+，c(H+)增大；温度、形成A—lCu原电池； ④棕色溶液最终褪色(即[CuCl3]2-被还原为(Cu)的离子方程式为，故答案为：； （3）金属与水反应生成H2和OH-的速率：Na>Mg>Al，金属阳离子结合OH-的能力：Mg2+<Cu2+，从而导致部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu； （4）综合实验可知，影响Na、Mg、Al与CuCl2溶液反应产物的主要因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH-的能力等。 4. （2025·北京市西城区·一模）钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。 资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。 ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。 （1）“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是_____。 （2）溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：_____。 （3）溶液经水解析出，反应的离子方程式是_____。 （4）溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是_____。 （5）最终得到的中含有铁元素，原因是_____。 （6）连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。 已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。 ⅱ、还原性均被还原为。 ①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是_____。 ②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量_____(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 【答案】（1） （2）结晶时存在，增大和，平衡逆向移动 （3） （4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液 （5）溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入 （6）①. ②. 偏高 【解析】该工艺流程以钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料，提取铁、钛和钒，原料联合氧化浸出得溶液A，溶液A中含有、、及，与铁屑反应得到溶液B，溶液B含有、、及，加入使结晶析出，溶液C中含有、及和少量，水解析出，溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化，再加入萃取剂萃取，分液后反萃取，最终得到。 （1）具有还原性，被氧化生成，离子方程式为； （2）加入使结晶得到晶体析出，即晶体与离子存在溶解平衡：，加入，增大和，使平衡逆向移动； （3）溶液C中的钛元素以形式存在，发生水解析出，反应的离子方程式是； （4）由有机溶液重新得到含的水溶液，使平衡逆向移动，则应增大，故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液； （5）溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化为、，加入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入中； （6）①溶液A含有、，加入铝片，分别转化为、，即溶液a中含有、，由还原性，加入标准溶液滴定时，先发生反应，，则，溶液b中含有，再加入标准溶液滴定时，发生，则，故溶液A中与的物质的量之比为； ②是将氧化为反应的催化剂，若不加入，该反应速率较慢，则滴定溶液a时，未完全被氧化，导致滴定溶液b时，消耗的标准溶液增多，使得测定结果中铁元素的含量偏高。 5.（2025届·北京师范大学实验中学·模拟） 粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： （1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有_______。(写出两个) （2）浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式_______。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因_______。 （3）浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是_______。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_______。 （4）该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有_______。 【答案】（1）、 （2）①.ClO +5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O ②. 温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，ClO+5 Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O的速率更快，发生反应i的ClO减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 （3） ①.SO2 ②. Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含Na2SO3再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 （4）H2SO4和NaCl 【解析】阳极泥用H2O2、稀硫酸和适量NaCl浸铜，Cu被H2O2氧化为CuSO4，Ag转化为AgCl沉淀，滤渣1为AgCl和Au，用稀硫酸、NaClO3和适量NaCl浸金，Au转化为[AuCl4]-，过滤得到的滤渣2为AgCl，[AuCl4]-和Na2S2O5反应生成Au，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成，与HCHO发生氧化还原反应生成Ag，以此解答。 （1）在浸铜过程中，实际需要H2O2的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是H2O2会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。 （2）①浸金过程除了发生反应：，ClO和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↓+3H2O； ②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，ClO+5 Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O的速率更快，发生反应i的ClO减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。 （3）①浸银时发生反应 ；将HCHO氧化为CO，此时向溶液中通入SO2，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为 SO2。 ②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含Na2SO3再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。 （4）浸金液中[AuCl4]-和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为： ，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除Na2SO3外，还有H2SO4和NaCl。 6.（2025·北京市石景山区·一模） 以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。 ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。 ⅲ.固体B和固体C按配料。 ⅳ.、的溶度积分别为：、。 （1）中Co元素的化合价为______。 （2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是______。 （3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。 ①写出硫酸浸出时反应的化学方程式______。 ②混合液调的原因______。 ③混合液时，______填“>”或“<”）。 （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式______。 （5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是______。 （6）分析联合提取钴和锂的优势______。 【答案】（1）+3 （2） （3）①. ②. 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离 ③. < （4） （5）1：22 （6）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物 【解析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。 （1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价； （2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：； （3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O； ②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8 时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离； ③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L； （4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：； （5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22； （6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。 7.（2026·北京市第八十中学·模拟） 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右上图。 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）①. ②. 加入少量的FeSO4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，Fe3+氧化FeS2的速率快于MnO2氧化FeS2的速率。且Fe2+可以循环利用 （3）①. 氧化性：H2SO5 >H2O2。S=O是吸电子基，使O—O键极性增强，更易断裂 ②. 调节pH，使Fe3+产生沉淀除去；Ca2+可以与过量的SO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 【解析】软锰矿主要含MnO2、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入H2SO4酸浸，得到S单质滤渣和含有、过量H2SO4的滤液；向滤液液中加入除铁剂H2SO5和CaO，将Fe2+氧化并沉淀为Fe(OH)3，得到的滤液⑤为MnSO4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。 （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MnO2、FeS2粉中加入H2SO4酸浸得到，化学方程式为。 ②浸取初期，加入少量的FeSO4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，Fe3+氧化FeS2的速率快于MnO2氧化FeS2的速率。且Fe2+可以循环利用，故可明显提升浸取速率。 （3）①S=O是吸电子基，S=O的存在使H2SO5中的O—O键极性强于H2O2，更易断裂，故氧化性：H2SO5 >H2O2。 ②CaO溶于水生成Ca(OH)2使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使Fe3+产生沉淀除去；同时Ca2+可以与过量的SO产生沉淀，利于后续分离出。 （4）A．图a中H+和SO2 进入反应体系，生成的物质有S和H2O，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HS-，方程式表示为，电子式为，B错误； C．一种以为催化剂载体，FeS2为催化剂催化H2还原SO2制S，方程式为，起始时的值过大，剩余的H2会与S反应生成H2S，C正确； D． FeS2是催化剂，其用量与被还原的 SO2 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MnSO4·H2O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。 8. （2026·北京市第十一中学·模拟）稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备的工艺流程如下： 资料：ⅰ．氟碳铈矿的主要成分为，主要杂质有BaO和；ⅱ．氢氟酸具有较强的挥发性；；ⅲ．难溶于水可溶于强酸；难溶于水也难溶于强酸。 （1）“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是_______。 （2）固体A的主要成分是_______。 （3）用硫酸浸出过程中，控制浸出时间、浸出温度，Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。后，的浸出率下降，原因是_______。 （4）步骤Ⅰ中硫脲作_______剂。 （5）从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH的作用：_______。 （6）滤液D结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是_______。 【答案】（1）增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率 （2）SiO2、BaSO4 （3）H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降 （4）还原 （5）加入NaOH溶液，使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液或：，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液 （6）热风烘干使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体受热发生分解生成气体 【解析】氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO和SiO2）在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加硫酸浸出，Ce4+进入溶液，SiO2不与硫酸反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，固体A为SiO2和BaSO4；含CeF3+的溶液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，与加入的硫酸钠形成复盐固体B为Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O，过滤分离；固体B中加入NaOH溶液，再加入盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入NH4HCO3使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，最后空气焙烧生成CeO2。 （1）利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率。 （2）根据分析可知固体A的主要成分为SiO2、BaSO4。 （3）硫酸浸出过程中，H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降。 （4）根据分析可知，加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+，即硫脲作还原剂，故答案为还原。 （5）根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸，即加入NaOH，使固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液；或：，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液。 （6）Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体分解生成气体。 9.（2026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) 【详解】（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pH，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pH，应使溶液的pH不超过7.15，废渣中的主要成分除了外还有。 （4）NaF与溶液中的形成LiF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：。 10．（2026·北京市·预测）稀土矿主要以氟碳铈矿(CeFCO3)和独居石(CePO4)的形式存在，伴生有Fe2O3、Al2O3和SiO2。某研究小组设计从氟碳铈矿(CeFCO3)中提取铈的流程如图。 已知：①常温下，，，。 ②“酸浸”后的浸出液中Ce3+的浓度约为0.01 mol·L-1；离子浓度≤10-5 mol·L-1时视为该离子已沉淀完全。 ③电负性：Si>Fe>Al。 回答下列问题： （1）Fe2O3、Al2O3和SiO2三种氧化物的化学键中离子键成分百分数由大到小的顺序是________。 （2）对比传统浓硫酸焙烧工艺，NaOH焙烧法的环保优势是______。“焙烧”时控制温度为550℃，CeFCO3转化为Ce(OH)3和两种钠盐，写出该反应的化学方程式，______。 （3）浸渣的主要成分为_____(填化学式)。 （4）加入H2O2的目的是将Ce3+转化为Ce4+，沉淀的主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，该过程中调节pH的范围为______(保留小数点后一位，不考虑因加入氨水和过氧化氢造成的溶液的体积变化)。 （5）工业上萃取常采用逆流萃取方式(有机相与水相逆向流动)，其优点是_____。 （6）流程中电解过程需控制阴极室pH稳定在2.0～2.5，原因是_____。 （7）CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生的循环。请写出CeO2消除CO尾气的化学方程式：_____。 【答案】（1）Al2O3>Fe2O3>SiO2 （2）无污染性气体放出(或“无污染”或“浓硫酸焙烧有污染”) CeFCO3+3NaOH Ce(OH)3+NaF+Na2CO3550℃ （3）SiO2 （4）4.7～7.6 （5）增大接触面积，提高分离效率，减少萃取剂的使用 （6）pH过低，会加速H+放电产生氢气，降低铈的沉积效率，pH过高，Ce4+会水解 （7）CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2 【解析】（1）成键原子电负性差越大，离子键成分百分数越大。氧化物中另一元素均为O，电负性差值，因此离子键成分百分数的顺序为Al2O3>Fe2O3>SiO2。 （2）浓硫酸焙烧时，会产生大量的有毒气体SO2，导致环境被污染，NaOH焙烧可避免此类污染；根据产物信息，两种钠盐为NaF和Na2CO3，配平即可得到方程式为。 （3）“焙烧”时，SiO2转化为硅酸钠，在“酸浸”过程中转化为硅酸沉淀，成为浸渣，硅酸易脱水转化为SiO2。 （4）调节pH使、沉淀，沉淀完全时，通过计算可得，即pOH=11.2，pH=2.8，沉淀完全时，通过计算可得，即pOH≈9.3，pH≈4.7。同时要保证不沉淀，浓度为，开始沉淀时，计算得，pH需小于该值保证不沉淀，故该过程中调节pH的范围为4.7~7.6。 （5）逆流萃取让两相逆向流动，可充分接触溶质，提升萃取充分程度，提高萃取率和原料利用率。 （6）电解阴极发生还原反应，pH不当会导致副反应，pH过低，会加速H+放电产生氢气，pH过高，Ce4+会水解产生氢氧化物沉淀，降低产物纯度和产率，因此需控制pH范围。 （7）根据题目给出的CeO2释氧循环，CO结合O生成CO2，配平后即可得到总反应式为。 / 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