第3章 微专题1 化工流程题解题策略（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考化学大一轮复习练案

该高中化学高考复习课件聚焦“化工流程题”专题，依据高考评价体系梳理了物质转化、沉淀溶解平衡、氧化还原反应等核心考点，通过2024-2025年多省市真题分析，明确离子方程式书写、Ksp计算等高频考点权重，归纳选择与综合两类常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精析+解题模型+素养提升”策略，如以2025甘肃题沉铜反应为例，运用科学思维剖析反应原理，通过流程分析步骤培养证据推理能力。特设易错点警示（如Al(OH)₃两性判断），帮助学生掌握答题技巧，教师可据此系统指导，助力学生高效冲刺高考。

微专题1　化工流程题解题策略 返回目录 高考真题 考向1　微型化工流程题 1.★★(2025甘肃,11,3分)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 D 返回目录 2 　 解析　“沉铜”过程中发生反应的离子方程式为Fe+Cu2+  Fe2++Cu,A错误;Al(OH)3 是两性氢氧化物,会与NaOH反应生成Na[Al(OH)4],则NaOH固体的量不是越多越好,B 错误;“氧化”过程中,Fe2+被H2O2氧化为Fe3+,进而生成Fe(OH)3沉淀,铁元素化合价升高, C错误;向含Li+的溶液中加入Na2CO3析出Li2CO3,利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的 性质,D正确。 返回目录 2.★★(2024湖南,11,3分)中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下:   已知:①H3PO4的电离常数: =6.9×10-3, =6.2×10-8, =4.8×10-13; ②Na2HPO4·12H2O易风化。 下列说法错误的是 (　　　 ) A.“中和”工序若在铁质容器中进行,应先加入Na2CO3溶液 B.“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4 C.“结晶”工序中溶液显酸性 D.“干燥”工序需在低温下进行 C 返回目录 　 解析　因H3PO4能与Fe发生反应,Na2CO3不与Fe发生反应,故“中和”工序若在铁质容 器中进行,应先加入Na2CO3溶液,A正确;向“中和”反应后的溶液中加入NaOH或H3PO 4,调节pH,使溶质恰好为Na2HPO4,B正确;“结晶”工序中溶液的溶质为Na2HPO4,HP  的水解常数Kh= = ≈1.6×10-7> ,则HP 的水解程度大于其电离程度,故Na2 HPO4溶液显碱性,C错误;由题中已知信息可知,Na2HPO4·12H2O易风化,故“干燥”工序 需在低温下进行,D正确。 返回目录 3.★★(2025湖南,12,3分)工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利 用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下: 已知:①富集液中两种金属离子浓度相当; ②常温下,金属化合物的Ksp: 金属化合物 CdS CdCO3 MnS MnCO3 Ksp 8.0×10-27 1.0×10-12 2.5×10-13 2.3×10-11 下列说法错误的是 (　　　 ) A.粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B.试剂X可以是Na2S溶液 C.“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换 D.“沉锰”时,发生反应的离子方程式为Mn2++HC   MnCO3↓+H+ D 返回目录 　 解析　粉碎工业废料能增大废料与浸取试剂的接触面积,有利于提高金属元素的浸出 率,A正确。富集液中含有Cd2+、Mn2+,且二者浓度相当,加入适量试剂X“沉镉”时,由 题给表格中数据可知,CdCO3、MnCO3的Ksp接近,Cd2+与Mn2+不易分离;而CdS与MnS的 Ksp相差很大,易将Cd2+与Mn2+分离,则试剂X应选择含S2-的试剂,可以是Na2S溶液,B正 确。由B项分析可知“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换,C正确。“沉锰”时,发生 反应的离子方程式为Mn2++2HC   MnCO3↓+CO2↑+H2O(也可以从生成的H+可与 HC 反应的角度判断),D错误。 返回目录 4.★★(2025四川,13,3分)一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿,通过如下流 程可制得重要的化工产品白磷(P4)、K2CO3、Al2O3。其中,电炉煅烧发生的反应为2Ca3 (PO4)2+2KAlSi3O8+10C  6CaSiO3+2KAlO2+P4↑+10CO↑。 下列说法错误的是 (　　　 ) A.“电炉煅烧”必须隔绝空气 B.浸渣的主要成分是CaSiO3 C.“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D.“中和沉淀”需要控制溶液的pH C 返回目录 流程分析 主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿,与焦炭经“电炉煅烧”生成CaSiO3、KA- lO2、P4气体和CO气体,“炉气水洗”时磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷,尾气成分为 不溶于水的CO,CO燃烧生成CO2,用于“中和沉淀”;“炉渣水浸”后KAlO2转化为K [Al(OH)4],CaSiO3成为浸渣,“中和沉淀”环节通入CO2,生成K2CO3、Al(OH)3,过滤,滤液 的主要成分为K2CO3,滤渣的主要成分为Al(OH)3,Al(OH)3经一系列操作得到Al2O3。 返回目录 　 解析　“电炉煅烧”时生成P4,P4可与氧气反应,故必须隔绝空气,A正确;根据流程分析 可知,浸渣的主要成分是CaSiO3,B正确;“炉气水洗”时P4、CO均不溶于水,磷蒸气通过 冷水冷凝成固态白磷,使P4与CO分离,C错误;因要获得K2CO3,则“中和沉淀”需要控制 溶液的pH,防止生成KHCO3,D正确。 返回目录 5.★★★(2024江西,8,3分)从CPU针脚(含有铜、镍和钴等金属)中回收金的实验步骤如 下图。 下列说法错误的是 (　　　 ) A.将CPU针脚粉碎可加速溶解 B.除杂和溶金步骤需在通风橱中进行 C.富集后,K[AuBr4]主要存在于滤液中 D.还原步骤中有S 生成 C 返回目录 　 解析　A项,粉碎CPU针脚,可增大反应物的接触面积,加速溶解,正确;B项,除杂和溶金 时都需加入HNO3作氧化剂,HNO3易挥发,且反应生成有毒气体NOx,故需在通风橱中进 行,正确;C项,第二次减压过滤后,得到的固体被Na2S2O5还原得到金,则富集后K[AuBr4] 主要存在于滤渣中,错误;D项,还原时,Au元素化合价降低,K[AuBr4]发生还原反应,则 Na2S2O5发生氧化反应,S元素化合价升高,生成S ,正确。 返回目录 考向2　物质制备型工艺流程题 6.★★★(2025重庆,15,14分)硒(Se)广泛应用于工农业和生物医药等领域,一种利用H2Se 热解制备高纯硒的流程如下:   已知H2Se的沸点为231 K,回答下列问题: (1)真空焙烧时生成的主要产物为Al2Se3,其中Se的化合价为_______,Al元素基态原子的 电子排布式为____________________。 (2)氢化过程没有发生化合价的变化,Al元素转化为Al2O3·xH2O,则反应的化学方程式为 　1s22s22p63s23p1     　-2     　Al2Se3+(x+3)H2O  Al2O3·xH2O+3H2Se     返回目录 (3)热解反应:H2Se(g)  H2(g)+Se(g)    ΔH>0 。冷凝时,将混合气体温度迅速降至500 K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为_______。迅速降温的目的是 _________________________________;冷凝后尾气的成分是____________(填化学式)。 (4)Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定,测定过程中Se的化合价变化 如下:   　H2、H2Se         减少H2Se的生成,提高Se的产率     　凝华     返回目录 称取粗硒样品0.100 0 g,经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3,并消除测定过程中的干 扰。在酸性介质中,先加入0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00 mL,再加入少量KI和 淀粉溶液,继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3  2NaI +Na2S4O6),又消耗8.00 mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4,且 反应最快。过程③的离子方程式为________________________________。该样品中 Se的质量分数为__________。 　94.8%     　H2SeO3+4I-+4H+  2I2+Se+3H2O     返回目录 　 解析    (1)Al2Se3中Al元素的化合价为+3,则Se元素的化合价为-2;Al元素位于元素周期 表第三周期第ⅢA族,基态Al原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1。(2)“氢化”过程中 Al2Se3与水蒸气发生反应生成气体和Al2O3·xH2O,且没有元素化合价发生变化,则Se元素 转化为H2Se,依据原子守恒配平可得反应的化学方程式。(3)物质由气态直接转变为固 态的过程称为凝华;H2Se(g)  H2(g)+Se(g)为吸热反应,降温平衡逆向移动生成H2Se (g),通过迅速降温可减少H2Se(g)的生成,提高Se(s)的产率;混合气体温度迅速降至500 K 时Se(g)转变为固态,已知H2Se的沸点为231 K,可得冷凝后尾气的成分是H2和H2Se。(4) Se转化为H2SeO3后,大部分在过程②被Na2S2O3还原,少部分在过程③中被KI还原。过程 ②中被Na2S2O3还原时用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL,H2SeO3与Na2S2O3反应的物质的量 返回目录 之比为1∶4,可计算出该部分被还原的n(H2SeO3);那么过程③中被KI还原的H2SeO3的量 如何计算呢?H2SeO3被KI还原时,生成Se和I2,反应的离子方程式为H2SeO3+4I-+4H+  2 I2+Se+3H2O,生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失时,生成的I2恰好完全反应,而I2 +2Na2S2O3  2NaI+Na2S4O6,可得H2SeO3~2I2~4Na2S2O3~4e-,则被KI还原的H2SeO3的量 用8.00 mL 0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液的量计算即可,再根据过程②中Se(Ⅳ)与Na2 S2O3反应的物质的量之比为1∶4,可得出H2SeO3被还原的整个过程相当于48 mL 0.100 0 mol·L-1的Na2S2O3溶液与H2SeO3恰好反应,根据原子守恒可知n(Se)=n(H2SeO3),则样品 中Se的质量分数为 ×100%=94.8%。 返回目录 7.★★★(2025湖北,16,14分)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:     已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。 返回目录 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________________________________________。 (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=________。 (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH  Ca(OH)2+2NaF。分析混合物Ⅰ, 测得反应的转化率为78%。水浸分离,NaF的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应_______(填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化,推测溶解度S(CaF2)______S[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。 (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+ 　<     　正向     　4c3     　1s22s22p6{写成[He]2s22p6或者[Ne]也给分}     2NaOH+TiO2  CaTiO3+2NaF+H2O     返回目录 (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 (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     　a     返回目录 解析    (1)氟的原子序数为9,基态氟离子的电子排布式为1s22s22p6。(2)CaF2饱和溶液的 浓度为c mol·L-1,则c(Ca2+)=c mol·L-1、c(F-)=2c mol·L-1,Ksp(CaF2)=c(Ca2+)·c2(F-)=4c3。(3)① 分析混合物Ⅰ,测得反应的转化率为78%,大于50%,即工艺Ⅰ的固相反应正向进行程度 大。②水浸分离,NaF的产率仅为8%,说明大部分NaF未进入溶液,则水浸时溶液中存在 Ca(OH)2与NaF反应向CaF2的转化,可推测S(CaF2)<S[Ca(OH)2]。(4)已知室温下,TiO2是 难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低,且工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,则工艺Ⅱ 中CaF2、TiO2与NaOH反应生成CaTiO3、NaF和H2O,反应的化学方程式为CaF2+2NaOH +TiO2  CaTiO3+2NaF+H2O。(5)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,则滤液Ⅱ中的溶 质主要是NaF,已知温度对NaF的溶解度影响不大,所以从滤液Ⅱ获取NaF晶体应采用蒸 发结晶而不是冷却结晶,故选a。(6)研磨可增大反应物间的接触面积,促进固相反应发 返回目录 生,a正确;研磨过程中可能使反应物中化学键断裂或削弱,促进固相反应发生,b正确;研 磨可增大反应物分子有效碰撞的频率,但不能降低反应的活化能,c错误;研钵表面跟反 应物更好接触不能促进固相反应发生,d错误。 返回目录 8.★★★★(2025北京,18节选)利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠 (Na2S2O5)的一种 流程示意图如下。 已知: 物质 H2CO3 H2SO3 Ka(25 ℃)  =4.5×10-7  =4.7×10-11  =1.4×10-2  =6.0×10-8 返回目录 (2)制Na2S2O5 Ⅰ.在多级串联反应釜中,Na2CO3悬浊液与持续通入的SO2进行如下反应。 第一步:2Na2CO3+SO2+H2O  Na2SO3+2NaHCO3 第二步:NaHCO3+SO2  NaHSO3+CO2 Na2SO3+SO2+H2O  2NaHSO3 Ⅱ.当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时,形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体。 ①Ⅱ中生成Na2S2O5的化学方程式是_________________________。 ②配碱槽中,母液和过量Na2CO3配制反应液,发生反应的化学方程式是_____________ __________________________________________________________________________。 　NaHSO3+ 　2NaHSO3  Na2S2O5+H2O     Na2CO3  NaHCO3+Na2SO3(或Na2S2O5+H2O+2Na2CO3  2Na2SO3+2NaHCO3)     返回目录 ③多次循环后,母液中逐渐增多的杂质离子是_______,需除去。 ④尾气吸收器中,吸收的气体有_______________。 (3)理论研究Na2SO3 、NaHCO3与 SO2的反应。一定温度时,在1 L浓度均为1 mol·L-1的 Na2SO3和NaHCO3的混合溶液中,随n(SO2) 的增加,S 和HC 平衡转化率的变化如图。 　CO2、SO2     　S      返回目录 ①0~a mol,与 SO2优先反应的离子是_______。 ②a~b mol,HC  平衡转化率上升而S 平衡转化率下降,结合方程式解释原因: ______________________________________________________________________ ______________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 溶液中发生的反应:ⅰ.HC +SO2+H2O   H2CO3+HS ,H2CO3  H2O+CO2; ⅱ.S +SO2+H2O   2HS 。a mol后,随着n(SO2)增加,因H2CO3分解,促进ⅰ中SO2 与HC 的反应不断正向进行,溶液中c(HS )不断增加,促使反应ⅱ逆向进行     　S      返回目录 　 解析    (2)①已知Ⅱ中NaHSO3悬浊液转化为Na2S2O5固体,根据H、O原子守恒可知还有 H2O生成,据此写出相应的化学方程式。②母液中有剩余的NaHSO3,由题表中数据可知  (H2SO3)> (H2CO3),故NaHSO3与Na2CO3反应生成NaHCO3和Na2SO3,NaHCO3和Na2 SO3均可参与多级串联反应釜中的第二步转化。③由题图可知,通入多级串联反应釜中 的气体含有少量O2,O2可将S 或HS 氧化为S 。④多级串联反应釜中发生的反应 之一为NaHCO3+SO2  NaHSO3+CO2,故尾气中含有CO2以及未完全反应的SO2,两者 均能与尾气吸收器中的NaOH溶液反应,生成的Na2CO3和Na2SO3可进入配碱槽中循环 利用。(3)①由题图可知,0~a mol时平衡转化率:S >HC ,故与SO2优先反应的离子是 S 。 返回目录 　 解题技巧　当反应体系中存在易被氧化的微粒(例如S 、HS 、Fe2+、I-等)时,需注 意空气或O2可能会氧化这些微粒,从而对反应体系产生影响。 返回目录 考向3　涉及Cu、Mn、Co的工艺流程 9.★★★★(2025湖南,16,14分)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2, 有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液 (NiSO4、CoSO4、MnSO4)的工艺流程如下: 返回目录 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,溶液中金属离子(假定浓度均为0.1 mol·L-1)开始沉淀和完全沉淀(c≤1.0× 10-5 mol·L-1)的pH: Fe3+ Al3+ Cu2+ Ni2+ Co2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 返回目录 回答下列问题: (1)基态Ni的价层电子排布式为___________。 (2)“酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是_________(写化学式);SO2还原Co2O3的化学 方程式为________________________________。 (3)“沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3的离子方程式为__________________________________, 加热至200 ℃的主要原因是_________________________________。 (4)“沉铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,该溶液中c(Cu2+)不超过_________mol·L-1。 4Fe2++O2+4H2O  2Fe2O3↓+8H+     　Co2O3+SO2+H2SO4  2CoSO4+H2O     　SiO2     　3d84s2     　0.01     防止生成Fe(OH)3胶体吸附金属阳离     返回目录 (5)“第二次萃取”时,________、_______(填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其 结构如图所示,M表示金属元素)更稳定,这些配合物中氮原子的杂化类型为________。 　sp2     　Co2+     　Ni2+     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)Ni为第28号元素,基态Ni的价层电子排布式为3d84s2。(2)由流程分析可知, “酸浸还原”时,“滤渣”的主要成分是SiO2;SO2将Co2O3还原为CoSO4,结合得失电子 守恒和原子守恒得出反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4  2CoSO4+H2O。(3) “沉铁”时,Fe2+转化为Fe2O3,铁元素化合价上升被氧化,O2作氧化剂,结合原子守恒、得 失电子守恒和电荷守恒写出离子方程式;已知金属氢氧化物胶体具有吸附性,可吸附金 属阳离子,则加热至200 ℃的主要原因是防止生成Fe(OH)3胶体,避免吸附其他金属阳离 子造成产率下降。(4)由题表中的数据可得Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-5×( )2=10-19.6,“沉 返回目录 铝”时,未产生Cu(OH)2沉淀,则c(Cu2+)≤ =  mol·L-1=0.01 mol·L-1[注 意:题中流程图给出“沉铝”时pH=5.2,不要根据题表中pH=4.6进行计算]。(5)由“萃 余液2”电解得到Mn可知,“第二次萃取”时主要萃取Ni2+、Co2+,因此“第二次萃取” 时,Ni2+、Co2+与混合萃取剂形成的配合物更稳定;由题给配合物结构可知,N原子的σ键 电子对数为3(存在N→M配位键),无孤电子对,价层电子对数为3,杂化类型为sp2。 返回目录 10.★★★★(2025山东,17,12分)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:   返回目录 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)。 (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     　Fe2O3、CaSO4     　3MnO2+3NH4HSO4  3MnSO4+N2↑+ NH3↑+6H2O     返回目录 (3)HR萃取Cu2+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)。 (4)“沉钴”中,pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5 mol·L-1],则此时溶液中c(H2S)= ___________mol·L-1。已知: (H2S)=1×10-7, (H2S)=1×10-13,Ksp(CoS)=4×10-21。CoS“溶 解”时发生反应的离子方程式为___________________________________。 (5)“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。 低温焙烧     　CoS+H2O2+2H+  Co2++S+2H2O     　4×10-4     　H2SO4     返回目录 流程分析 返回目录 解析    (1)“低温焙烧”过程中,MnO2与NH4HSO4反应有MnSO4和N2生成,根据得失电 子守恒可知MnSO4与N2的化学计量数之比为3∶1,根据氮原子守恒可知有NH3生成,根 据氢、氧原子守恒可知有H2O生成,据此写出相应的化学方程式。由题给信息可知, “低温焙烧”时,Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca等金属元素的氧化物分别转化为Fe2(SO4)3、MnSO4、CoSO4、CuSO4、CaSO4等。“高温焙烧”时,Fe2(SO4)3在650 ℃完全分解 为Fe2O3和SO3,其他金属硫酸盐不分解,故“水浸”所得滤渣的主要成分除SiO2外还含 有Fe2O3和微溶物CaSO4。 (2)由已知信息可知,若直接“高温焙烧”,(NH4)2SO4会完全分解为气体,导致金属氧化 物无法有效转化为硫酸盐,从而使“水浸”时金属元素的浸出率减小。 返回目录 (3)“反萃取”时,为使萃取反应2HR(有机相)+Cu2+(水相)  CuR2(有机相)+2H+(水相) 平衡逆向移动,需加入酸以增大H+的浓度,且由流程图可知“反萃取”得到的是CuSO4 溶液,故加入的酸为H2SO4。 (4)Co2+恰好沉淀完全时,溶液中c(S2-)= =  mol·L-1=4×10-16 mol·L-1,根据  (H2S)· (H2S)= ,可得c(H2S)= =  mol·L-1=4× 10-4 mol·L-1。CoS“溶解”时加入H2O2和稀H2SO4,生成物有S和CoSO4,即CoS被H2O2氧化 生成Co2+和S,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出相应的离子方程式。 (5)“沉锰”过程中发生的反应为MnSO4+2NH4HCO3  MnCO3↓+CO2↑+H2O+(NH4) 2SO4,故“沉锰”所得滤液中含有(NH4)2SO4。由(1)中分析可知,“低温焙烧”时产生的 返回目录 气体为N2和NH3,“吸收”时NH3与稀H2SO4反应,则“吸收”液中含有(NH4)2SO4,故将 “沉锰”所得滤液并入“吸收”液中,经处理后得到的(NH4)2SO4可导入“低温焙烧” 中循环利用。 　 关键点拨　第(5)小题,“沉锰”时Mn2+与HC 反应生成MnCO3和H+,生成的H+又与其 他HC 反应生成CO2和H2O,故反应的离子方程式为Mn2++2HC   MnCO3↓+ CO2↑+H2O,S 和N 未参加反应,故所得滤液中含有(NH4)2SO4。 返回目录 11.★★★★(2025陕晋青宁,16,14分)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; 返回目录 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) (2)“沉锰Ⅰ”中,写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式_______________ ______________________。当Mg2+(c=10-0.68 mol·L-1)将要开始沉淀时,溶液中剩余Mn2+ 浓度为____________mol·L-1。 　10-2.15     　6Mn(OH)2+ 　适当升高 　搅拌     温度(合理即可)      O2  2Mn3O4+6H2O     返回目录 (3)“沉锰Ⅱ”中,过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除,最终产物是NH4HSO4和_______(填 化学式)。 (4)“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_____________________ _________________________________________。 (5)“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__________________________________________ _______________________。 　MgNH4PO4·6H2O+2H3PO4  3H2P + 　pH过大时,MgCO3 　O2     转化为Mg(OH)2,不能得到碱式碳酸镁     Mg2++N  +6H2O     返回目录   (6)“结晶”中,产物X的化学式为_________________。 (7)“焙烧”中,Mn元素发生了_______(填“氧化”或“还原”)反应。 　还原         (NH4)2SO4     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (2)根据题中信息,Mn(OH)2被O2氧化生成Mn3O4,根据得失电子守恒和原子守恒 可写出反应的化学方程式。当Mg2+将要开始沉淀时,c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2],c2 (OH-)= =  mol2·L-2=10-10.57 mol2·L-2,根据c(Mn2+)·c2(OH-)=Ksp[Mn(OH)2]可 知,此时c(Mn2+)= =  mol·L-1=10-2.15 mol·L-1。 (3)根据S2 的结构式可知,每个S2 中有2个O呈-1价,故S2 在水中加热水解的化学 方程式为2(NH4)2S2O8+2H2O  4NH4HSO4+O2↑,故最终产物为NH4HSO4和O2。 (4)根据已知信息①可知,Ksp(MgCO3)≫Ksp[Mg(OH)2],故若pH过大,MgCO3会转化为Mg (OH)2,不能得到碱式碳酸镁。 返回目录 (5)根据题图可知,当pH=4.0时,磷元素主要以H2P 形式存在,故离子方程式为MgNH4 PO4·6H2O+2H3PO4  3H2P +Mg2++N +6H2O。 (6)“沉镁Ⅱ”后的溶液中含N 和S ,加入H2SO4调pH,得到的X为(NH4)2SO4。 (7)“焙烧”中,Mn3O4、MnO2均转化为MnSO4·6H2O,Mn的化合价降低,故Mn元素被还 原,发生还原反应。 返回目录 考向4　涉及绿色生产及废物回收的工艺流程 12.★★★(2025河北,16,14分)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭 环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾,同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。 过程如下: 返回目录 已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。 回答下列问题: (1)基态铬原子的价层电子排布式:___________。 (2)煅烧工序中 Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:_______________________ ___________________________________________。 (3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、____________、_________ (填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因:________________________________________。 (5)滤液Ⅱ的主要成分:__________(填化学式)。 　KHCO3     　增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行     　MgO     　Al(OH)3     　4Fe(CrO2)2+7O2+ 　3d54s1     16KOH  2Fe2O3+8K2CrO4+8H2O     返回目录 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式:Fe(CO)5+___________+__________   Cr(OH)3↓+_____________+_________+_________CO↑。 (7)滤渣Ⅱ可返回_______工序(填工序名称)。 　煅烧     　5     　2KOH     　Fe(OH)3↓     4H2O     　K2CrO4     返回目录 流程分析 返回目录 解析    (2)根据题意,煅烧工序中O2作氧化剂,将Fe(CrO2)2转化为K2CrO4、Fe2O3,Fe、Cr 元素化合价升高,根据得失电子守恒、原子守恒可得反应的化学方程式。(3)浸取工序 中,KAlO2与CO2、H2O反应转化为Al(OH)3沉淀,MgO与KHCO3-K2CO3(aq)、CO2均不反 应。(4)酸化工序中,加水溶解K2CrO4固体,并通入过量CO2提供酸性环境,使K2CrO4转化 为K2Cr2O7,加压可以增大CO2的溶解度,使更多的CO2溶解在溶液中,提高酸化反应的速 率和K2CrO4的转化率。(6)根据题意,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,Fe元素化合价由0升高为+3,Cr元素 化合价由+6降低为+3,根据得失电子守恒、原子守恒补全反应的化学方程式。 返回目录 　 知识拓展　在高温下,Al2O3与固体Na2CO3反应生成NaAlO2,NaAlO2遇水转化为 Na[Al(OH)4]。 返回目录 13.★★★★(2025黑吉辽蒙,16,14分)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、 FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。   已知:①“氧化浸出”时,PbSO4不发生变化,ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+; 返回目录 ②Ksp[Pb(OH)2]=10-14.8; ③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。 回答下列问题: (1)H2A分子中手性碳原子数目为______。 (2)“氧化浸出”时,过二硫酸根(S2 )转变为_______(填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_____________________ __________________________________________________________________________ ____________。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为___________________________________。 [Cu(NH3)4]2++Zn  [Zn(NH3)4]2++Cu     温度升高,化学反应速 　S      　2     率加快,浸出率增大;达到一定温度后,继续升高温度,NH3·H2O与(NH4)2S2O8发生分解,浸出率降低     返回目录 (5)滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤,PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因 为_____________________________________________________________________, pH过高可能生成____________(填化学式)。 (7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为 _________________________________________________________________。 　Pb[OOC(CHOH)2COO]  Pb+2H2O↑+4CO↑     　Pb(OH)2     　pH升高,A2-浓度增大,促进生成PbA的反应正向进行,PbA产率增大     　Fe     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子,根据H2A的结构简式可知 其分子中手性碳原子的数目为2,如图所示: (用“*”标出 的碳原子为手性碳原子)。 (2)S2 的结构为[ ]2-,含有过氧键,有氧化性,在反应中作氧化剂, 被还原为S 。 (4)根据流程分析可知,“除铜”时加入的Zn与[Cu(NH3)4]2+反应生成Cu和[Zn(NH3)4]2+, 返回目录 发生了置换反应,据此写出反应的离子方程式。 (5)根据流程分析可知,Fe元素在“氧化浸出”后以Fe(OH)3的形式进入滤渣1,在“浸 铅”后进入滤渣2,故滤渣2中的金属元素为Fe。 (7)Pb[OOC(CHOH)2COO]经过290 ℃“真空热解”生成纯Pb,Pb元素化合价由+2降低 为0,同时生成2种气态氧化物,根据其元素组成可知其中一种氧化物为H2O;结合氧化还 原反应中元素化合价有降必有升及原子守恒可知另一氧化物为CO,据此写出反应的化 学方程式。 返回目录 14.★★★★(2025安徽,15,14分)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3 和MgCO3等,一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。   已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10-6.46,Ksp(BaSO4)=10-9.97。 回答下列问题: (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为________。 　5s2     返回目录 (2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、______________(填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_____________________________; 25 ℃时,向0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-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)。 (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____________________________________________________。 　其他条件相同时,温度升高,SrSO4转化反应的速率加快     　10-8.97     　Ca2+、Mg2+     　SrSO4+Ba2+  BaSO4+Sr2+     返回目录 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_________________(填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中,能提取其中的Sr2+, 原因是___________________________________________________________________ ___________________________________________。 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是______(填标号)。 a.加热脱水　　　　b.在HCl气流中加热 c.常温加压　　　　d.加热加压 　a     与Ca2+、Mg2+相比,Sr2+的大小更接近窝穴体a的空腔尺寸,结合能力更强; 　BaSO4、SiO2     超分子结构中的O、N可与Sr2+产生相互作用     图1 图2 返回目录 流程分析 含锶废渣中的CaCO3、SrCO3、MgCO3分别与稀盐酸反应生成CaCl2、SrCl2、MgCl2进 入“浸出液”中,SrSO4、SiO2进入“浸出渣1”中。“浸出渣1”中的SrSO4与BaCl2溶 液反应得到SrCl2溶液,BaSO4、SiO2和部分未转化的SrSO4进入“浸出渣2”中,SrCl2溶 液经后续操作获得SrCl2·6H2O。 返回目录 　 解析    (1)锶位于元素周期表第ⅡA族,则基态锶原子的价电子数为2,且锶位于第五周 期,故价电子排布式为5s2。 (2)根据前述分析可知,“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。 (3)根据已知信息可知Ksp(SrSO4)>Ksp(BaSO4),“盐浸”时SrSO4转化为更难溶的BaSO4, 据此写出反应的离子方程式。起始时,溶液中n(BaCl2)=0.11 mol·L-1×0.1 L=0.011 mol, BaCl2过量,假设SrSO4完全反应,可列出三段式: 　　　　　　SrSO4+Ba2+  BaSO4+Sr2+ n起始/mol　　0.01　　0.011　　0　　0 n变化/mol　　 0.01　　0.01　　 0.01　　0.01 n反应后/mol　　 0　　0.001　　 0.01　　0.01 返回目录 反应后c(Ba2+)= =0.01 mol·L-1,则c(S )= =  mol·L-1=10-7.97 mol·L-1, c(Sr2+)= =0.1 mol·L-1,故理论上溶液中c(Sr2+)·c(S )=0.1 mol·L-1×10-7.97 mol·L-1=10- 8.97 mol2·L-2=Q<Ksp(SrSO4),说明SrSO4确实已完全反应。 (7)Ca(OH)2为强碱,金属性:Sr>Ca,故Sr(OH)2也为强碱,SrCl2是强酸强碱盐,Sr2+不发生水 解,故可由SrCl2·6H2O直接加热脱水得到无水SrCl2。SrCl2·6H2O受热分解产生SrCl2和H2 O(g)的反应为气体分子数增大的反应,故加压不利于反应正向进行。 返回目录 15.★★★★(2025广东,18,14分)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。 返回目录 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2 Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16 (1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有__________________________________ (写一条)。 (2)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为__________+O2+______H2O  ______Fe2O3↓+______H+。 (3)“沉铝”时,pH最高可调至______(溶液体积变化可忽略)。已知:“滤液1”中c(Cu2+) =0.022 mol/L,c(Ni2+)=0.042 mol/L。 　5     　8     　2     　4     　4Fe2+     　适当升高温度、搅拌等(任写一条)     返回目录 (4)“选择萃取”中,镍形成如图的配合物。 镍易进入有机相的原因有_______。 A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基链具有疏水性 　AD     返回目录 (5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知:同种位置原子相同,相邻原子 间的最近距离之比dNi-Cu∶dNi-N= ∶1,则x∶y∶z=__________;晶体中与 Cu 原子最近 且等距离的原子的数目为_______。   　12     　3∶1∶1     返回目录 (6)①“700 ℃加热”步骤中,混合气体中仅加少量H2,但借助工业合成氨的逆反应,可使 Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为___________________________和 _______________________________。 　Fe2O3+3H2  2Fe+3H2O     　2NH3  N2+3H2     返回目录 ②“电解”时,Fe2O3颗粒分散于溶液中,以Fe片、石墨棒为电极,画出电解池示意图并 做相应标注。 ③与传统高炉炼铁工艺相比,上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同 点是________________________________________________(写一条)。 　工艺相对清洁,可减少有害气体的排放(合理即可)     返回目录 流程分析 返回目录 “酸浸”时,通入的SO2将多金属精矿(含Fe、Al、Cu、Ni、O等元素)中的Fe元素还原, 过滤除去固体残渣,浸取液中含Fe2+、Al3+、Cu2+、Ni2+等。“高压加热”时,Fe2+被O2氧 化生成Fe2O3,经H2还原或用电解法获得Fe。滤液1中含有Al3+、Cu2+、Ni2+等,经“沉 铝”环节,Al3+转化为Al(OH)3进入滤饼中,滤液2中含有Cu2+、Ni2+等,加入有机萃取剂 “选择萃取”后,经一系列处理获得Cu配合物和Ni配合物,再经一系列处理获得 NixCuyNz晶体。 返回目录 　 解析    (2)“酸浸”后溶液中含Fe2+,“高压加热”时Fe2+被O2氧化生成Fe2O3,根据得失 电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得离子方程式为4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3↓+8H+。 (3)“沉铝”时要控制pH使Al3+转化为Al(OH)3沉淀,同时Cu2+、Ni2+不能生成沉淀。根据 Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-),则Cu2+开始沉淀时,c(OH-)= =  mol/ L=10-9 mol/L,pH=5。同理,根据Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH-),则Ni2+开始沉淀时,c(OH-)=  =  mol/L≈ ×10-7 mol/L>10-7 mol/L,pH>7,当pH=5时,溶液中 返回目录 c(Al3+)= =  mol/L=1.3×10-6 mol/L<1×10-5 mol/L,Al3+已沉淀完全,则 pH最高可调至5。 (4)镍与N、O形成配位键,有利于镍进入有机相,A正确;配位时Ni元素的化合价不变,Ni2 +未被还原,B错误;若配合物与水能形成分子间氢键,会使配合物更易溶于水相,而不是 进入有机相,C错误;配合物中烷基链具有疏水性,使配合物易溶于有机相,所以镍易进入 有机相,D正确。 (5)以距离最近的顶点、面心、体心的原子构成直角三角形,如图所示: ,由相邻 原子间的最近距离之比dNi-Cu∶dNi-N= ∶1,可推出Ni原子位于面心,Cu原子位于顶点,N 返回目录 原子位于体心,根据均摊法,1个晶胞中含有Ni原子的个数为6× =3,含有Cu原子的个数 为8× =1,含有N原子的个数为1,则x∶y∶z=3∶1∶1;晶体中与Cu原子最近且等距离的 Ni原子的数目为12。 (6)①结合题给信息可知,借助工业合成氨的逆反应(NH3分解为N2和H2)可提供H2,Fe2O3 被H2还原为Fe,这样可使Fe不断生成。②“电解”时用Fe2O3制备Fe,Fe2O3在阴极发生 还原反应,生成的Fe附着在Fe片(阴极)上,石墨棒作阳极,结合题给流程可知NaOH溶液 作电解质溶液,同时溶液中含有Fe2O3颗粒。 返回目录 高考模拟 16.★★★(2026届吉林延边零模,11)一种以软锰矿还原浸出液(主要成分为K+、Na+、 Ca2+、Mg2+、Zn2+、Mn2+、H+、S )为原料制备电池级硫酸锰的工艺流程如图所示。   已知:“除钾钠”时生成了KFe3[SO4(OH)3]2、 NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀。下列说法错误的 是　     (　　　 ) A.“除钾钠”时未发生氧化还原反应 B.“滤渣2”的主要成分为Fe2(CO3)3 C.上述流程分离出“滤渣1、2、3、4”均需采用的操作为过滤 D.实验室模拟“系列操作”需要用到玻璃棒 B 返回目录 流程分析 返回目录 　 解析　根据已知信息,“除钾钠”时,Fe2(SO4)3与K+、Na+反应生成KFe3[SO4(OH)3]2、 NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀,此反应前后元素化合价未发生变化,即未发生氧化还原反应,A正 确;“除铁”时,MnCO3与H+反应,溶液pH升高,促进了Fe3+水解,生成Fe(OH)3沉淀,故滤渣 2的主要成分为Fe(OH)3,B错误;分离固体与液体的操作为过滤,C正确;MnSO4溶液经过 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4固体,蒸发、过滤、洗涤时均需 使用玻璃棒,D正确。 返回目录 17.★★★(2026届北京房山开学考,9)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2]为原料制备KClO3 的流程如图1所示。   已知:ⅰ.加热氯化时会生成Ca(ClO)2,Ca(ClO)2可进一步分解生成Ca(ClO3)2; ⅱ.相关物质在水中的溶解度曲线如图2所示。 下列说法不正确的是 (　　　 ) A.氯化时生成Ca(ClO)2的反应为2Cl2+2Ca(OH)2  CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O B.Ca(ClO)2分解为Ca(ClO3)2的化学反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1 C.“转化”能够得到KClO3的原因是KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2的溶解度 D.转化后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,可得到KClO3粗品 B 返回目录 　 解析　由题干已知信息知,氯化时,Cl2与Ca(OH)2反应生成Ca(ClO)2,依据氧化还原反应 原理可知反应还生成了CaCl2,根据得失电子守恒和原子守恒,可得反应的化学方程式为 2Cl2+2Ca(OH)2  CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,A正确;由题干已知信息知,Ca(ClO)2可进一 步分解生成Ca(ClO3)2,依据氧化还原反应原理,可知反应还生成了CaCl2,根据得失电子 守恒可知,氧化产物[Ca(ClO3)2]与还原产物(CaCl2)的物质的量之比为1∶2,B错误;由题 图2中相关物质在水中的溶解度曲线知,实验条件下KClO3的溶解度小于Ca(ClO3)2的溶 解度,则溶液中加入KCl,Ca(ClO3)2会转化为溶解度较小的KClO3析出,C正确;KClO3的溶 解度随温度变化较大,转化后得到的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤,可得到KClO3 粗品,D正确。 返回目录 18.★★★(2026届辽宁期初调研,16)BaCl2可用于电子、仪表等工业。以毒重石(主要成 分为BaCO3,含少量的CaCO3、MgSO4、Fe2O3、SiO2等杂质)为原料,模拟工业制取BaCl2 ·2H2O的流程如下图所示:   返回目录 已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9;相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下: Ca2+ Mg2+ Fe3+ 开始沉淀时的pH 11.9 9.1 1.9 完全沉淀时的pH 13.9 11.0 3.7 返回目录 (1)盐酸浸取时需要适当加热的原因是_____________________________。 (2)用质量分数为37%的盐酸配制质量分数为15%的盐酸需用到的仪器有_________ (填字母)。 A.量筒　　　　B.烧杯 C.容量瓶　　　　D.玻璃棒 (3)滤渣Ⅰ的成分为_________________。 (4)Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=______________;加入H2C2O4时发生的离子反应为 ________________________________________,加入H2C2O4应避免过量,其原因是 ______________________。 　防止生成BaC2O4     　Ca2++H2C2O4+2OH-  CaC2O4↓+2H2O     　1.0×10-11     　SiO2、BaSO4     　ABD     　加快反应速率,提高浸取率     返回目录 (5)母液中除了含有Ba2+、Cl-外,还含有大量的________(填离子符号)。 (6)滤渣Ⅲ(不含结晶水)是结石的主要成分,滤渣Ⅲ经过洗涤干燥后在空气中进行热重 分析,取128.0 g该纯净物,在200~470 ℃灼烧,最后得到100.0 g产物,200~470 ℃时发生反 应的化学方程式为___________________________________________。 　2CaC2O4+O2  2CaCO3+2CO2     　Na+     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)盐酸浸取时适当加热,可以加快反应速率,提高浸取率。 (2)用质量分数为37%的盐酸配制质量分数为15%的盐酸的步骤为计算、量取、混匀, 需用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒等。 (3)SiO2不溶于盐酸,部分Ba2+会与S 结合生成BaSO4沉淀,故滤渣Ⅰ的成分为SiO2、 BaSO4。 (4)根据表中数据,当pH=11.0时,Mg2+恰好沉淀完全,此时c(Mg2+)=1.0×10-5 mol/L,c(OH-)= 10-3 mol/L,则Ksp[Mg(OH)2]=1.0×10-5×(1.0×10-3)2=1.0×10-11;根据表中数据,当pH=12.5时, Mg2+、Fe3+已沉淀完全,部分Ca2+转化为沉淀,溶液中还剩余部分Ca2+,再加入H2C2O4将剩 返回目录 余的Ca2+转化为CaC2O4沉淀,反应的离子方程式为Ca2++H2C2O4+2OH-  CaC2O4↓+2H2 O[注意:H2C2O4是弱酸,不能拆成离子形式;同时注意环境呈碱性];加入H2C2O4过量时,会 产生BaC2O4沉淀,造成Ba2+损耗。 (5)母液中除了含有Ba2+、Cl-外,因调pH至12.5过程中加入了NaOH溶液,故母液中还含 有大量的Na+。 (6)128 g CaC2O4的物质的量为1 mol,200~470 ℃灼烧得到100.0 g产物,其中含有1 mol Ca2+,根据原子守恒及CaCO3的摩尔质量(100 g/mol)推知,所得固体为CaCO3,则根据钙原 子守恒可得CaC2O4+O2  CaCO3,再结合得失电子守恒和钙原子守恒可知在CaC2O4、 CaCO3前均加“2”,最后根据碳、氧原子守恒可知在右边加“2CO2”,则反应的化学 方程式为2CaC2O4+O2  2CaCO3+2CO2。 返回目录 19.★★★(2026届山西大同一调,16)POM是一种常用的浸渍试剂,一种从辉钼矿(主要 含有MoS2、NiS、PbS、SiO2以及其他惰性杂质)获得POM、Ni以及Na2SO4的流程如下 图所示:   返回目录 已知:“闪速焙烧”所得烧渣中生成的氧化物有MoO3、PbO、NiO。请回答下列问题: (1)基态Ni的价电子排布式为___________。 (2)“脱硫”工序需控制温度在40~60 ℃,离子方程式为___________________________ ______________。 (3)滤渣2的成分除了SiO2之外还有__________(填化学式)。 (4)该流程中可以循环利用的物质有__________________、__________(填化学式)。 　3d84s2     S  +Cl-+H2O     　SO2+ClO-+2OH-  　H2SO4     　NH3(或NH3·H2O)     　PbSO4     返回目录 (5)工业上,采用羰基法提纯镍的原理为Ni(s)+4CO(g)  Ni(CO)4(g)    ΔH<0。T1_______ T2(填“>”“<”或“=”),简述该方法提纯镍的原理:__________________________________ ___________________________________________________________________________ _____________________________。 T1温度较低,有利于粗镍中的镍转化为 　<     Ni(CO)4,Ni(CO)4通过气体分子膜扩散到右室,在T2较高温度下,有利于Ni(CO)4分解为固 体镍(纯镍)并在右室富集     返回目录 流程分析 返回目录 解析    (1)Ni是28号元素,基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2。 (2)由流程分析知,“闪速焙烧”后,辉钼矿中MoS2、NiS、PbS与空气中O2反应生成 MoO3、PbO、NiO、SO2,碱性条件下“脱硫”时,ClO-将SO2氧化为S ,ClO-被还原为 Cl-,结合得失电子守恒可得SO2+ClO-  S +Cl-,结合电荷守恒及体系环境(碱性)可 知在左边加“2OH-”,最后结合原子守恒可知在右边加“H2O”,则对应的离子方程式 为SO2+ClO-+2OH-  S +Cl-+H2O。 (3)由流程分析知,滤渣2中含SiO2、PbSO4。 (4)“氨溶”时加入浓氨水,结晶得到(NH4)2MoO4,热分解(NH4)2MoO4会产生NH3,NH3可 以再用于“氨溶”工序;电解NiSO4溶液制取Ni的过程中,同时会生成H2SO4,H2SO4可以 再用于“酸溶”工序,故可循环利用的物质是NH3(或NH3·H2O)、H2SO4。 返回目录 20.★★★(2025重庆主城五区二诊,15)钛被称为“二十一世纪的金属”,乳酸亚铁[Fe(C 3H5O3)2]常作补铁制剂。工业上用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,杂质有Fe2O3、CaO、 MgO、SiO2等)生产钛和乳酸亚铁的工艺流程如下: 返回目录 已知:①酸性溶液中钛元素主要以TiO2+形式存在,TiO2+能水解; ②25 ℃时,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-29、Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11。 回答下列问题: (1)基态钛原子价层电子轨道表示式为_____________________;滤渣的主要成分为 _______________(填化学式);试剂X为_______。 (2)“沉铁”时需控制反应温度低于35 ℃,其主要目的是______________________。 (3)滤液1“沉钛”的离子方程式为_______________________________________。 　TiO2++(n+1)H2O  TiO2·nH2O↓+2H+     　防止NH4HCO3分解     　Fe     　SiO2、CaSO4     返回目录 (4)已知滤液2中Fe2+的浓度为0.8 mol/L,Mg2+的浓度为0.02 mol/L,则滤液2中pH不大于 ___________(已知lg3≈0.5)。 (5)上述流程中,“结晶”和“沉钛”顺序不宜交换的主要原因是_________________ _____________________________。 (6)TiO2与C、Cl2在600 ℃时充分反应后,混合气体中各组分的分压如下表所示: 物质 TiCl4 CO CO2 Cl2 分压/MPa 4.59×10-2 1.84×10-2 3.70×10-2 5.98×10-9 　沉钛时,需加入     6.5     大量的水,不利于绿矾的结晶     返回目录 ①该温度下,TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为________________________________ _________________________。 ②随着温度升高,尾气中CO的含量升高,主要原因是______________________________ _______________________________。 　随着温度升高,CO2与C反应 　5TiO2+6C+10Cl2  5TiCl4+2CO+4CO2     生成CO(或C+CO2  2CO)     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)Ti是22号元素,基态钛原子价层电子排布式为3d24s2,价层电子轨道表示式为      ;CaO与H2SO4反应生成微溶的CaSO4,SiO2不溶于稀H2SO4,故滤渣 的主要成分为SiO2、CaSO4;题中流程要得到乳酸亚铁晶体,而体系中含有Fe3+,则试剂X 的作用是将Fe3+还原为Fe2+,为不引入杂质,则X为Fe。 (2)NH4HCO3受热易分解,为防止NH4HCO3分解,“沉铁”时需控制反应温度低于35 ℃。 (3)由流程知,滤液1加热水,使TiO2+水解为TiO2·nH2O沉淀,离子方程式为TiO2++(n+1)H2O   TiO2·nH2O↓+2H+。 返回目录 (4)Fe2+开始沉淀时,c(OH-)= =  mol/L=1×10-7.5 mol/L,此时c(H+)=10- 6.5 mol/L,即pH=6.5;Mg2+开始沉淀时c(OH-)= =  mol/L=3×10-5 mol /L,此时c(H+)= ×10-9 mol/L,lg3≈0.5,即pH≈9.5,为防止Fe2+、Mg2+沉淀,滤液2中pH不大 于6.5。 (5)沉钛时,需加入大量的水,不利于绿矾的结晶,所以“结晶”和“沉钛”顺序不宜交 换。 (6)①根据相同条件下气体的压强之比等于物质的量之比,由表中数据知,产物中TiCl4、 CO、CO2的物质的量之比约为5∶2∶4,可写出TiO2+C+Cl2  5TiCl4+2CO+4CO2,再结 返回目录 合原子守恒可知反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2  5TiCl4+2CO+4CO2。 ②随着温度升高,CO2与C反应生成CO,所以尾气中CO的含量升高。 返回目录 $