第4讲 化学工艺流程题 专项训练-2027届高三化学一轮复习

第4讲-化学工艺流程题考向预测 一、考情解码 无机化工流程题考情分析： 情境：真实的工业生产情境 试题呈现：I卷选择题（新高考省份，3分）、II卷大题（14~15分） 元素载体：第四周期过渡金属元素（Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等）相关化合物为主，也可能是主族元素相关化合物或其它周期过渡金属元素 核心：元素化合物知识和分离提纯操作 设问：流程分析→滤渣及滤液成份分析、涉及的方程式书写、循环物质判断 分离提纯操作→除杂、分离操作相关问题、提纯操作相关问题 计算问题→Ksp相关计算、pH的相关计算、热重问题、产率计算等 其他问题→物质结构相关问题 二、重温经典 【例1】（2023河北卷T10）一种以锰尘（主要成分为 Mn3O4，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的 Ksp 如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6 10-12.7 10-10.3 10-8.3 下列说法错误的是 A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和 Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入 NaF 溶液时，若 Ca2+、Mg2+浓度接近，则 CaF2先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为 Mn2+ + 2HCO3－＝MnCO3↓+ CO2↑ + H2O 【答案】C 【解析】锰尘Mn3O4中的+3价Mn能够氧化盐酸生成氯气（气体①），氯气加入NaOH溶液进行尾气处理，A选项正确；盐酸酸浸后，杂质离子均进入溶液，调pH 5~6的目的是除去Fe3+和Al3+，则滤渣①主要成分为Al(OH)3和Fe(OH)3，B选项正确；Ca2+和Mg2+沉淀时所需pH较大，调pH无法实现除去，因此选用NaF作为沉淀剂，Ca2+和Mg2+以CaF2及MgF2的形式除去，即滤渣②，若Ca2+、Mg2+浓度接近，MgF2的Ksp更小，优先沉淀，C选项错误；溶液中的Mn2+用NH4HCO3沉淀形成高纯MnCO3，发生反应的离子方程式为Mn2+ + 2HCO3－＝MnCO3↓+ CO2↑ + H2O，D选项正确。 【例2】（2023山东卷T13）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是 A．反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体I D．若Cu₂O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比n(X)/n(CuSO4)增大时，需补加 NaOH的量减少 【答案】CD 【解析】铜和浓硫酸反应（反应Ⅰ）生成二氧化硫气体（气体Ⅰ）和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应（反应Ⅱ），所得溶液pH在3～4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性（电离大于水解），则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发（防止Na2SO3被氧化），固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO32-+2Cu2++2H2O = SO42-+ Cu2O+4H+，反应过程中产生的H+使酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+ 3Na2SO3 = Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。 反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，A选项错误；低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，B选项错误；经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体（气体Ⅰ），C选项正确；制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大n(X)/n(CuSO4)比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，D选项正确。 【例3】 （2024九省联考辽吉黑试卷T-12）实验室合成高铁酸钾（K2FeO4）的过程如下图所示。下列说法错误的是 A．气体a的主要成分为Cl2 B．沉淀b的主要成分为KClO3 C．K2FeO4中Fe的化合价为+6 D．反应2为2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O 【答案】B 【解析】高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，氯气中混有HCl气体，通过饱和食盐水洗气除去HCl气体，得到气体a的主要成分为Cl2，氯气和饱和KOH溶液在10-15℃条件下反应生成KClO和KCl，由于主体物质走主线，会析出KCl白色沉淀，将Fe(NO3)3和KOH加入饱和次氯酸钾中发生反应生成K2FeO4，以此解答。由分析可知，气体a的主要成分为Cl2，故A正确；由分析可知，沉淀b的主要成分为KCl，故B错误；由化合物化合价的代数和为零可知，K2FeO4中Fe的化合价为+6，故C正确；反应2中Fe(NO3)3和KClO在碱性条件下发生氧化还原反应生成K2FeO4和KCl，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O，故D正确。 【例4】（2023全国甲卷）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。   回答下列问题： （1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。 （2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。 （3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a．稀硫酸    b．浓硫酸    c．盐酸    d．磷酸 （4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。 （5）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为 。 （6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)：n(CO) 。 【答案】 （1）做还原剂，将BaSO4还原 （2）S2-+Ca2+=CaS↓ （3）c （4）不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低 （5）BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4=BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl （6）1:1 【解析】 （1）“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将BaSO4还原。 （2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过量的CaCl2可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为S2-+Ca2+=CaS↓。 （3）“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。 （4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2，导致BaCl2溶液中混有CaCl2杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。 （5）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为：BaCl2+TiCl4+H2O+2(NH4)2C2O4= BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl。 （6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO(C2O4)2BaTiO3+ 2CO2↑+2CO↑，因此，产生的n(CO2)：n(CO)=1:1。 【例5】（2023全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：    已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： （1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。 （2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。 （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。 （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。 （6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。 【答案】 （1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿 （2）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解 （3）2.8×10-9 Al3+ （4）BaSO4、NiS （5）Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2 （6）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑ 【解析】 （1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。 （2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。 （3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10 mol/L，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9 mol/L，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5 mol/L，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7 mol/L，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12 mol/L，c(Ni2+)=5.5×10-2 mol/L，c(Al3+)小于1.0×10-5 mol/L，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO42-= BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。 （5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+ MnO2↓ +2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定。 （6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。 【例6】（2023辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。 （2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），1 mol H2SO5中过氧键的数目为 。 （3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 （H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。 （4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。 （5）“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为 。 （6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于 （精确至0.1）。 【答案】 （1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积 （2）NA （3）Mn2++HSO5-+H2O=MnO2+SO42-+3H+ CaSO4、Fe(OH)3 （4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5）4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O （6）11.1 【解析】 （1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积. （2）H2SO5的结构简式为，所以1 mol H2SO5中过氧键的数目为NA。 （3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：Mn2++HSO5-+H2O=MnO2+SO42-+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp[Fe(OH)3]=10-37.4，则c(OH-)=10-10.8 mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁； （4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 （5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O。 （6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5 mol/L，计算c(OH-)=10-2.9 mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1 mol/L，所以溶液的pH=11.1。 【例7】（2023河北卷）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。 回答下列问题： （1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。 （2）滤渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 （4）浸取工序宜在30~40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是 。 （5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]++2H++Cl-= + 。 （6）真空干燥的目的为 。 【答案】 （1）[Cu(NH3)4]Cl2 （2）Fe （3）[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=2[Cu(NH3)2]Cl 8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+=4[Cu(NH3)4]2++2H2O （4）盐酸和液氨反应放热 （5）CuCl↓ 2NH4+ （6）防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化 【解析】 （1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为[Cu(NH3)4]Cl2。 （2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁。 （3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=2[Cu(NH3)2]Cl。氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应的离子方程式为8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+=4[Cu(NH3)4]2++2H2O。 （4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取。 （5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为[Cu(NH3)2]++2H++Cl-=CuCl↓+2NH4+。 （6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方法干燥，故答案为：防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化。 【例8】（2024九省联考河南卷）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知：钢渣中Ca元素质量分数为30%，V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： （1）浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 （2）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为 (举1例)。 （3）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为 。 （4）若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 kg CO2。 （5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 （6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a=b=4.99 nm，c=17.3 nm，α=β=90°，γ=120°，该晶体密度为 g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 【答案】 （1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣反应 （2）H2O2或氯水 （3）氨水 （4）297 （5） Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2 （6）×1023 【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。 （1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣反应。 （2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。 （3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。 （4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297 kg。 （5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。 （6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4× +4 =6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023 g/cm3。 三、解法点拨 1.矿石类处理方案 碱煮水洗→去除表面油污 空气（O2）焙烧→除去表面有机物，氧化过程 酸浸→溶解矿石中碱性成分变成溶液中离子 碱浸→溶解矿石中酸性成分变成溶液中离子 Na2CO3熔融→溶解SiO2、给定信息 2.除杂问题 调pH→调高pH去除溶液中Fe3+、Al3+。 沉淀法→加入沉淀剂去除某种离子，如：M2+ + 2HCO3- = MCO3↓ + CO2↑ + H2O。 形成配合物→具有空轨道的Mn+，易与可提供孤对电子的配体形成配合物从而实现溶解。 萃取与反萃取→加入萃取剂，分液实现水相及有机相的分离。加入某反应物发生化学反应实现反萃取。 离子交换树脂→通过离子交换柱上交换离子，实现除杂。 3.滤渣、滤液及循环成份分析 滤渣：不溶物→矿石浸取过程的不溶物 沉淀物→沉淀过程得到的沉淀物 滤液： 产品中元素走主线，通过加入（矿石及外加）和去除的物质判断滤液成分。 循环成份：消耗→生成型（主体是流程分析） 母液的循环（返回蒸发浓缩、冷却结晶步骤） 4.分离与提纯操作 分离操作：过滤→固液不溶物，过滤所需的玻璃仪器 分液→互不相溶的液体，分液注意事项 蒸馏→沸点相差较大的两种互溶液体，常用于有机物的分离 萃取→萃取剂的选用，有机相及无机相溶液的处理 提纯：母液中得溶质晶体→加热浓缩、冷却结晶、过滤 洗涤→除去晶体表面杂质离子并尽量降低固体物质的溶解，洗涤的标准操作，晶体是否洗净的判断标准。 干燥→常温干燥/减压干燥/高温干燥 重结晶→杂质除去的更彻底 5.方程式的书写 重点为陌生氧化还原及复分解方程式的书写。 陌生氧化还原方程式的书写：反应物与产物的确定（主线判断） 反应所处溶液的酸碱性 (H++H2O) / (OH-+H2O) 配平问题 陌生复分解方程式的书写：反应物与产物的确定（结合前后信息） 配平问题 6.其它常考问题 Ksp的相关计算：完全沉淀，离子浓度降到10-5 mol/L以下。共沉淀体系，离子浓度比值的关系。 热重曲线：一般为金属元素转化为对应的氧化物，抓住失重比例，分析失重过程，写出对应成份及涉及的反应方程式。 物质结构相关问题 四、考题预测 1.（百师联盟24届二轮复习联考一）纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。 下列表述不正确的是 A．“浸取”产物有CuSO4、FeSO4、S，浸取时，在有氧环境下效果更好 B．“过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤 C．“萃取” 中为提高萃取效果减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取 D．“还原”发生反应的离子方程式为：2Cu2+ +N2H4 = 2Cu+N2↑ +4H+ 【答案】D 【解析】“浸取”工序中，主要利用Fe2(SO4)3氧化Cu2S，在硫酸环境下，得到CuSO4、FeSO4、S，如果在有氧环境下，氧化效果会更好，A正确；“过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤，B正确；“萃取”中为提高萃取效果并减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取，C正确；“还原”工序前pH=10，加入N2H4溶液，在碱性环境下还原，发生反应的离子方程式为2Cu2++N2H4 +4OH-= 2Cu+N2↑+4H2O，D项错误。 2.（2024年河北省首届化学说题比赛）近年来，我国新能源汽车迅速发展，失效三元锂离子电池的清洁回收具有重要意义。某科研团队提出“石墨自还原焙烧—碳酸化水浸提锂—氧化氨浸”工艺用来回收失效锂离子电池中的元素Li、Cu、Co、Ni，部分流程如下： 已知： ①“还原焙烧”产物为Ni、Co、Cu、Li2CO3； ②相关配离子数据见表： 配离子 [Co(NH3)6]3+ [Co(NH3)6]2+ K稳 4.5×1033 1.3×105 K稳越大，表明该配离子越稳定。 回答下列问题： （1）将电池拆解物“破碎”的目的为_____________________________________________。 （2）滤液I中的主要溶质为_______________(填化学式)，流程中可循环利用的气体为_______________(填化学式)。 （3）“氧化氨浸”中生成[Cu(NH3)4]2+的离子方程式为____________________________，该步骤中加入适量(NH4)2CO3溶液可有效提高金属的浸取率，原因为：①缓冲了溶液的pH变化，有利于金属氨配合物的稳定；②_________________________________________________。 （4）“氧化氨浸”中钴以[Co(NH3)6]3+的形式浸出，则“蒸氨沉钴”步骤中加入还原剂N2H4·H2O的目的为_____________________________________________________________。 （5）已知“蒸氨沉钴”所得产物之一为(NH4)2Co9(CO3)7(OH)6·4H2O(M＝1161 g/mol)，在700℃下焙烧3 h后得到稳定的氧化物，其残留率为62.3%，则焙烧产物为_______________(填化学式)。 【答案】 （1）增大电池拆解物的接触面积，加快反应速率，提高电池拆解物的利用率 （2）LiHCO3 NH3、CO2 （3）2Cu+O2+4NH3+4NH4+＝2[Cu(NH3)4]2++2H2O或 2Cu+O2+4NH3·H2O+4NH4+＝2[Cu(NH3)4]2++6H2O 提高溶液中氨的浓度，促进金属与氨形成配合物离子 （4）将比较稳定的[Co(NH3)6]3+还原为较不稳定的[Co(NH3)6]2+，使NH3更易蒸出 （5）Co3O4 【解析】 （1）“破碎”步骤的目的是增大电池拆解物的接触面积，加快反应速率，提高电池拆解物的利用率。 （2）根据信息①和流程得知能够与CO2和H2O反应的只有Li2CO3，结合碳酸盐的基本性质得知滤液I的主要溶质为LiHCO3。对LiHCO3进行热分解，气体B为CO2，可在“碳酸化水浸”步骤中循环利用。“蒸氨沉钴”步骤中气体B中会有NH3产生，可在“氧化氨浸”步骤中循环利用，因此流程中可循环利用的气体为CO2、NH3。 （3）通过流程得知，反应物为Cu和O2，生成物为[Cu(NH3)4]2+，结合氧化还原规律和三大守恒思想得知该离子方程式为：2Cu+O2+4NH3+4NH4+=2[Cu(NH3)4]2++2H2O。(NH4)2CO3的引入，除设问中所给的缓冲溶液pH外，提高了体系中总氨的浓度，从而促进了金属与氨的络合。 （4）通过信息②可知K稳([Co(NH3)6]3+)远远大于K稳([Co(NH3)6]2+)，将[Co(NH3)6]3+直接蒸氨难度太大，因此加入还原剂N2H4·H2O，将比较稳定的[Co(NH3)6]3+还原为较不稳定的[Co(NH3)6]2+，使NH3更易蒸出。 （5）根据“蒸氨沉钴”的产物(NH4)2Co9(CO3)7(OH)6·4H2O M=1161 g/mol，焙烧后固体残留率为62.3%，可计算得出残留固体的质量为m=1161×62.3%≈723 g，其中Co所占质量m(Co)=9×59=531 g，则m(O)≈723-531=192g，故n(Co):n(O)=9:192/16=9:12=3:4，因此焙烧产物为Co3O4。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲-化学工艺流程题考向预测 一、考情解码 无机化工流程题考情分析： 情境：真实的工业生产情境 试题呈现：I卷选择题（新高考省份，3分）、II卷大题（14~15分） 元素载体：第四周期过渡金属元素（Ti、V、Cr、Mn、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等）相关化合物为主，也可能是主族元素相关化合物或其它周期过渡金属元素 核心：元素化合物知识和分离提纯操作 设问：流程分析→滤渣及滤液成份分析、涉及的方程式书写、循环物质判断 分离提纯操作→除杂、分离操作相关问题、提纯操作相关问题 计算问题→Ksp相关计算、pH的相关计算、热重问题、产率计算等 其他问题→物质结构相关问题 二、重温经典 【例1】（2023河北卷T10）一种以锰尘（主要成分为 Mn3O4，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物）为原料制备高纯MnCO3的清洁生产新工艺流程如下： 已知：室温下相关物质的 Ksp 如下表。 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ca(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 MgF2 CaF2 10-32.9 10-11.3 10-5.3 10-16.3 10-38.6 10-12.7 10-10.3 10-8.3 下列说法错误的是 A．酸浸工序中产生的气体①为氯气 B．滤渣①主要成分为Al(OH)3和 Fe(OH)3 C．除杂②工序中逐渐加入 NaF 溶液时，若 Ca2+、Mg2+浓度接近，则 CaF2先析出 D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为 Mn2+ + 2HCO3－＝MnCO3↓+ CO2↑ + H2O 【例2】（2023山东卷T13）一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3～4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH＝5条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.3×10－8。下列说法正确的是 A．反应I、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应 B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSO3被氧化 C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元中吸收气体I D．若Cu₂O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO4物质的量之比n(X)/n(CuSO4)增大时，需补加 NaOH的量减少 【例3】 （2024九省联考辽吉黑试卷T-12）实验室合成高铁酸钾（K2FeO4）的过程如下图所示。下列说法错误的是 A．气体a的主要成分为Cl2 B．沉淀b的主要成分为KClO3 C．K2FeO4中Fe的化合价为+6 D．反应2为2Fe(NO3)3+10KOH+3KClO=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O 【例4】（2023全国甲卷）BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。   回答下列问题： （1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。 （2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。 （3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。 a．稀硫酸    b．浓硫酸    c．盐酸    d．磷酸 （4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。 （5）“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为 。 （6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO2)：n(CO) 。 【例5】（2023全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：    已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。 回答下列问题： （1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。 （2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。 （3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。 （4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。 （5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。 （6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。 【例6】（2023辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。 已知： 物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2 Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8 回答下列问题： （1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为 （答出一条即可）。 （2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸（H2SO5），1 mol H2SO5中过氧键的数目为 。 （3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为 （H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、 (填化学式)。 （4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是 。 （5）“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为 。 （6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全（25℃），需控制pH不低于 （精确至0.1）。 【例7】（2023河北卷）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下： 已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。 回答下列问题： （1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化学式)。 （2）滤渣的主要成分为 (填化学式)。 （3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。 （4）浸取工序宜在30~40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是 。 （5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]++2H++Cl-= + 。 （6）真空干燥的目的为 。 【例8】（2024九省联考河南卷）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有2CaO·SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等物质。一种以钢渣粉为原料固定CO2并制备V2O3的工艺流程如图所示。 已知：钢渣中Ca元素质量分数为30%，V2O3在稀盐酸和NH4Cl混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如下表所示： 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Ca2+ 开始沉淀的pH 1.9 7.2 3.5 12.4 沉淀完全的pH 2.9 8.2 5.1 13.8 回答下列问题： （1）浸出1过程生成的SiO2“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。 （2）为避免引入杂质离子，氧化剂A应为 (举1例)。 （3）滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为 。 （4）若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 kg CO2。 （5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随pH变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。 （6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知a=b=4.99 nm，c=17.3 nm，α=β=90°，γ=120°，该晶体密度为 g/cm3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 三、解法点拨 1.矿石类处理方案 碱煮水洗→去除表面油污 空气（O2）焙烧→除去表面有机物，氧化过程 酸浸→溶解矿石中碱性成分变成溶液中离子 碱浸→溶解矿石中酸性成分变成溶液中离子 Na2CO3熔融→溶解SiO2、给定信息 2.除杂问题 调pH→调高pH去除溶液中Fe3+、Al3+。 沉淀法→加入沉淀剂去除某种离子，如：M2+ + 2HCO3- = MCO3↓ + CO2↑ + H2O。 形成配合物→具有空轨道的Mn+，易与可提供孤对电子的配体形成配合物从而实现溶解。 萃取与反萃取→加入萃取剂，分液实现水相及有机相的分离。加入某反应物发生化学反应实现反萃取。 离子交换树脂→通过离子交换柱上交换离子，实现除杂。 3.滤渣、滤液及循环成份分析 滤渣：不溶物→矿石浸取过程的不溶物 沉淀物→沉淀过程得到的沉淀物 滤液： 产品中元素走主线，通过加入（矿石及外加）和去除的物质判断滤液成分。 循环成份：消耗→生成型（主体是流程分析） 母液的循环（返回蒸发浓缩、冷却结晶步骤） 4.分离与提纯操作 分离操作：过滤→固液不溶物，过滤所需的玻璃仪器 分液→互不相溶的液体，分液注意事项 蒸馏→沸点相差较大的两种互溶液体，常用于有机物的分离 萃取→萃取剂的选用，有机相及无机相溶液的处理 提纯：母液中得溶质晶体→加热浓缩、冷却结晶、过滤 洗涤→除去晶体表面杂质离子并尽量降低固体物质的溶解，洗涤的标准操作，晶体是否洗净的判断标准。 干燥→常温干燥/减压干燥/高温干燥 重结晶→杂质除去的更彻底 5.方程式的书写 重点为陌生氧化还原及复分解方程式的书写。 陌生氧化还原方程式的书写：反应物与产物的确定（主线判断） 反应所处溶液的酸碱性 (H++H2O) / (OH-+H2O) 配平问题 陌生复分解方程式的书写：反应物与产物的确定（结合前后信息） 配平问题 6.其它常考问题 Ksp的相关计算：完全沉淀，离子浓度降到10-5 mol/L以下。共沉淀体系，离子浓度比值的关系。 热重曲线：一般为金属元素转化为对应的氧化物，抓住失重比例，分析失重过程，写出对应成份及涉及的反应方程式。 物质结构相关问题 四、考题预测 1.（百师联盟24届二轮复习联考一）纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿（主要成分为Cu2S）为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图所示。 下列表述不正确的是 A．“浸取”产物有CuSO4、FeSO4、S，浸取时，在有氧环境下效果更好 B．“过滤”中若所得滤液仍然浑浊，需要再次过滤 C．“萃取” 中为提高萃取效果减少损失，应该用适量的萃取剂多次萃取 D．“还原”发生反应的离子方程式为：2Cu2+ +N2H4 = 2Cu+N2↑ +4H+ 2.（2024年河北省首届化学说题比赛）近年来，我国新能源汽车迅速发展，失效三元锂离子电池的清洁回收具有重要意义。某科研团队提出“石墨自还原焙烧—碳酸化水浸提锂—氧化氨浸”工艺用来回收失效锂离子电池中的元素Li、Cu、Co、Ni，部分流程如下： 已知： ①“还原焙烧”产物为Ni、Co、Cu、Li2CO3； ②相关配离子数据见表： 配离子 [Co(NH3)6]3+ [Co(NH3)6]2+ K稳 4.5×1033 1.3×105 K稳越大，表明该配离子越稳定。 回答下列问题： （1）将电池拆解物“破碎”的目的为_____________________________________________。 （2）滤液I中的主要溶质为_______________(填化学式)，流程中可循环利用的气体为_______________(填化学式)。 （3）“氧化氨浸”中生成[Cu(NH3)4]2+的离子方程式为____________________________，该步骤中加入适量(NH4)2CO3溶液可有效提高金属的浸取率，原因为：①缓冲了溶液的pH变化，有利于金属氨配合物的稳定；②_________________________________________________。 （4）“氧化氨浸”中钴以[Co(NH3)6]3+的形式浸出，则“蒸氨沉钴”步骤中加入还原剂N2H4·H2O的目的为_____________________________________________________________。 （5）已知“蒸氨沉钴”所得产物之一为(NH4)2Co9(CO3)7(OH)6·4H2O(M＝1161 g/mol)，在700℃下焙烧3 h后得到稳定的氧化物，其残留率为62.3%，则焙烧产物为_______________(填化学式)。 1 学科网（北京）股份有限公司 $