第07讲 化工流程题解题策略（专项训练）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第07讲 化工流程题解题策略（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 化工微流程与实验操作 考向02 化工微流程与化学反应原理 考向03 化工流程与物质制备 考向04 化工流程与反应原理 考向05 化工流程与化学计算 考向06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 化工微流程与实验操作 1．以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下： 已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是 A．还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2 B．酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解 C．滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO3－、SO42－ D．煅烧时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol 2．以某种MnCO3样品(含少量Fe2＋)为原料制备MnO2的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”时MnCO3发生的反应为Mn2＋＋SO42－＝MnO2↓＋SO2↑ B．“氧化”时可以用等物质的量的H2O2代替MnO2 C．滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的Fe(OH)3固体 D．随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 考向02 化工微流程与化学反应原理 3．(2026·江苏扬州·一模)室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A．Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B．沉钴后得到的上层清液中：< C．NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D．沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 4．(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)从炼钢粉尘(主要含、和ZnO)中提取锌的过程如下： 已知：“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出。下列说法正确的是 A．“氧化”后的滤渣主要成分为 B．“沉锌”后的滤液中 C．溶液中： D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中： 考向03 化工流程与物质制备 5．以废旧铅膏(主要含有、、PbO、Pb等)为原料，合成四碱式硫酸铅的流程如下。 已知：；； (1)“脱硫”时，分别用同浓度溶液、溶液浸泡废旧铅膏脱硫，脱硫率与温度的变化关系如图-1所示。 ①溶液脱硫率随温度变化的曲线为___________(选填“a”或“b”)，判断的理由为___________。 ②脱硫后，若溶液中，，判断中是否混有，___________(选填“是”或“否”)。 (2)“还原”时，与HCOOH反应生成的化学方程式为___________。 (3)补充完整由溶液制备的实验方案：取溶液，加稀硫酸至完全沉淀，___________，将与固体在100℃下焙烧，得 (已知：，分解生成含量与温度的关系如图-2所示。实验必须使用的试剂：溶液。) 6．(2026·江苏南通·一模)一种利用废旧铅酸蓄电池中铅膏(、、PbO)制备的流程如下： (1)其它条件一定，“酸浸还原”后水洗除去可溶性物质，测得硫酸铅粗品中的质量分数[]与浓度的关系如图1所示。 ①该条件下，无还原剂时铅膏中发生反应的主要物质为___________。 ②写出葡萄糖被铅膏中物质氧化生成的化学反应方程式：___________。 ③使用85%的硫酸，控制其它条件一定，实验测得还原率、粗品中质量分数随葡萄糖过量系数[]的变化如图2所示。过量系数大于3，质量分数下降的可能原因为___________。 (2)用二乙烯三胺[[]溶液浸出Pb(Ⅱ)，形成铅胺络合溶液。浸铅时需调节溶液。pH过小，Pb(Ⅱ)浸出效果不佳的原因是___________。 (3)“转化”所得滤液不能直接用于循环浸出的原因：滤液中含有___________(填化学式)。 (4)已知：，。若使用溶液浸泡含0.1 mol的硫酸铅粗品(杂质不参与反应)，结合转化反应的平衡常数，计算完全转化所需溶液的体积___________。(写出计算过程) 考向04 化工流程与反应原理 7．(2026·江苏南通市·二模)电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： (1)写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 (2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 (3)用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 (4)以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 (5)受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 (6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 8．(2026·江苏南京第九中学·二模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 考向05 化工流程与化学计算 9．(2026·江苏镇江·一模)钕铁硼(NdFeB)磁性材料是重要的稀土资源，在新能源、电子信息和高端制造等行业应用广泛。以NdFeB废料[主要含、和等]为原料制备氧化钕的流程如下： (1)氯化焙烧后金属元素以氯化物形式存在，发生反应的化学方程式为_______。 (2)与废料的质量比对铁元素浸出率的关系如图-1所示，到区间，随着质量增加，铁元素浸出率逐渐增大的原因为_______。 (3)氯化焙烧温度对NdFeB废料中Nd元素浸出率的关系如图-2所示，时Nd元素浸出率最高的原因为_______。 (4)已知：，沉铁后的溶液中，沉铁后，若继续滴加氨水，当溶液的_______时，开始沉淀。 (5)草酸“沉钕”后所得晶体，将该晶体洗净、自然晾干。准确称取146.40g晾干后晶体，置于马弗炉中，在下灼烧约2小时，确保草酸钕完全分解为氧化钕()。将所得固体在干燥器中冷却至室温再准确称量，得。 ①计算晶体的纯度_______。 ②分析计算所得结果的原因_______。(写出计算过程)。 10．(2026·江苏扬州·一模)从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 (1)酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 (2)沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 (3)“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 考向06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 11．尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 （1）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1 mol H2O参加反应，理论上可获得_________mol H2。 （2）反应器Ⅳ中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应的平衡常数表达式为K＝________________，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，ΔH＝________kJ·mol－1；反应器Ⅳ中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是 ___________________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 重难·创新演练 1．Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备通式Ce2(CO3)3•8H2O的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率 B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀 C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH D．“沉铈”的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑ 2．(2026·江苏沭阳高级中学·二模)工业上以废铅膏(PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb)为原料，制备甲基磺酸铅[Pb(CH3SO3)2] 实现 Pb 循环再利用。已知Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=4×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5.下列说法中正确的是 A．0.1mol・L⁻¹(NH4)2CO3溶液中 (pH=9.0)：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O) B．“酸浸” 后上层清液中： C．脱硫反应： 的平衡常数K=3×10−6 D．脱硫反应后滤液中 3．(2026·江苏常州·一模)是生产锂离子电池正极材料的重要原料。 (1)由高纯铁锭制备的流程如下： ①磷酸溶铁时，将长方形铁锭按“井”字排放在溶铁槽内，并在铁锭之间留有3~5cm空隙，其目的是______。从安全、环保和能源等方面考虑，应对溶铁尾气中的______（填化学式）进行回收利用。 ②向溶铁产生的溶液中加入磷酸调磷铁比。然后加入进行氧化合成，发生反应的本质是、。 已知：磷酸中含磷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图-1所示。 流程中调磷铁比尤为重要。若磷酸量过少，氧化合成时将观察到______（填现象），从而影响产品纯度。若磷酸量过多，产生的后果是______。 (2)以、和葡萄糖为原料，在窑炉经烧结、高温成型制得。 ①焙烧2~3h后，葡萄糖分解为单质C。4~5h后，晶体逐渐生成，写出生成的化学方程式：______。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的的导电性能，还能起到的作用是______。 (3)的晶胞结构如图-2（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构如图-2（b）所示。在中，______，______。 4．(2026·江苏盐城·一模)由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 5．(2026·江苏南京市天印高级中学等·二模)利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 (1)“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 (2)焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 (3)“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (4)“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 (5)由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 6．(2026·江苏如皋·一模)某铅锌矿冶炼废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl等难溶物质，一种分离回收铅元素的流程如下： 已知：①(NH4)2S2O8中含有过氧键(-O-O-)，S的最外层均为8电子。 ②酒石酸结构简式为，记作H2L，酒石酸钠记作Na2L。 ③Ksp(PbSO4)=2.5×10-8、Ksp(PbC2O4)=5×10-10、Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10-15。 (1)“氧化浸出”后的滤液含［Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、等，滤渣含PbSO4等。 ①(NH4)2S2O8中S的原子轨道杂化方式为___________。 ②“氧化浸出”时ZnS反应的离子方程式为___________。 ③“氧化浸出”时，控制其他条件、氨水的量和时间一定，测得Zn、Cu浸出率与(NH4)2S2O8起始浓度关系如图-1所示。(NH4)2S2O8起始浓度为0 mol·L-1时，Zn 和Cu浸出率大于零的原因是___________。 ④“氧化浸出”时，控制其他条件、(NH4)2S2O8溶液的量和时间一定，测得各元素浸出率与溶液中NH3·H2O的起始浓度关系如图-2所示。NH3·H2O浓度为1mol·L-1时，所得含铁滤渣的成份为___________。 (2)“浸铅”时，用酒石酸钠溶液对含PbSO4的滤渣进行浸泡时发生反应：PbSO4+L2-PbL+。实验测得Pb的浸出率随溶液pH升高先增大后减小，其原因是___________。 (3)草酸铅(PbC2O4)、可制备某些反应的催化剂。用100mL Na2C2O4溶液浸取含0.1mol PbSO4的滤渣，若要将PbSO4全部转化为PbC2O4，计算所需Na2C2O4溶液的最低浓度，并写出计算过程___________(忽略溶液体积变化，其余物质不参与反应)。 真题·实战演练 1．（2026·黑吉辽蒙卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B．滤渣可以全部溶于浓 C．被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中被氧化 2．（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：    已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 物质 开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6 ②。 下列说法错误的是 A．“沉渣Ⅰ”中含有和 B．溶液呈碱性，其主要原因是 C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中 D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 3．（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 4．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 5．（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 化工流程题解题策略（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 化工微流程与实验操作 考向02 化工微流程与化学反应原理 考向03 化工流程与物质制备 考向04 化工流程与反应原理 考向05 化工流程与化学计算 考向06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 化工微流程与实验操作 1．以氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)制取氧化铁红的流程如下： 已知还原焙烧后氧化铁渣转化为FeO。下列说法不正确的是 A．还原焙烧时Fe3O4发生反应的化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2 B．酸浸时硫酸适当过量可以抑制金属离子的水解 C．滤液中主要存在的离子是：NH、H＋、HCO3－、SO42－ D．煅烧时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol 【答案】C 【解析】根据流程图分析，氧化铁渣(主要含Fe3O4和Fe2O3)经过还原焙烧后生成Fe和CO2，经过硫酸酸浸后生成硫酸亚铁溶液，过滤后除去难溶于硫酸的滤渣，在滤液中加入碳酸氢铵调节pH，得到到氢氧化亚铁沉淀：Fe2＋＋2HCO3－＝Fe(OH)2↓＋2CO2↑，在通入氧气的条件下煅烧得到氧化铁，据此分析解答。 A项，还原焙烧时Fe3O4被C还原生成铁和二氧化碳，化学方程式为2Fe3O4＋C6FeO＋CO2，正确；B项，酸浸时反应生成硫酸亚铁盐，硫酸适当过量可以抑制亚铁离子的水解，正确；C项，H＋和HCO3－反应，不能大量共存，滤液中主要存在的离子是：NH、SO42－，错误；D项，煅烧时Fe(OH)2中铁元素由＋2价升高为Fe2O3中的＋3价，则时每生成1 mol Fe2O3，反应转移的电子数是2 mol，正确。 2．以某种MnCO3样品(含少量Fe2＋)为原料制备MnO2的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“酸浸”时MnCO3发生的反应为Mn2＋＋SO42－＝MnO2↓＋SO2↑ B．“氧化”时可以用等物质的量的H2O2代替MnO2 C．滤渣经充分洗涤后可以得到纯净的Fe(OH)3固体 D．随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小 【答案】D 【解析】样品加硫酸溶解，加二氧化锰将Fe2＋氧化成Fe3＋，加石灰乳沉铁，生成氢氧化铁除铁，过滤后得到滤液的溶质主要为硫酸锰，电解制得MnO2。 A项，“酸浸”时MnCO3发生的反应为MnCO3＋2H＋＝Mn2＋＋CO2↑＋H2O，错误；B项，H2O2易在Fe3＋催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的H2O2代替MnO2，错误；C项，加石灰乳沉铁过程中还生成硫酸钙沉淀，洗涤后不能得到纯净的Fe(OH)3固体，错误；D项，电解过程中发生的总反应为MnSO4＋2H2OMnO2↓＋H2↑＋H2SO4，可知随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，正确。 考向02 化工微流程与化学反应原理 3．(2026·江苏扬州·一模)室温下，从冶炼富集液中回收钴、锰的部分工艺流程如下 已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，下列说法正确的是 A．Na2S溶液中：c(OH-)=c(H2S)+c(HS-)+c(H+) B．沉钴后得到的上层清液中：< C．NH4HCO3溶液(pH>7)中：c(NH)>c(HCO) D．沉锰后得到pH=6.5的滤液中：c(H2CO3)<c(CO) 【答案】C 【分析】含少量Co2+、Mn2+的溶液加硫化钠可生成CoS沉淀而除去钴离子，过滤，滤液中加碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀、硫酸铵等。 【详解】A．根据的水解反应：，；同时，水的电离平衡为根据质子守恒，溶液中 的来源是水的电离和、的水解，而则来自水的电离，因此，质子守恒应为，A错误； B．沉钴过程中，加入后， 优先沉淀为，而留在溶液中。根据沉淀溶解平衡：，，两式相除可得：，B错误； C．溶液中，的水解常数，的水解常数 ， ，水解程度更大，使溶液，则，C正确； D．在时， 。根据的两步电离：，，将 代入：；，显然， ，且 。因此， ，D错误； 故选C。 4．(2026·江苏南通中学等校九校联考·一模)从炼钢粉尘(主要含、和ZnO)中提取锌的过程如下： 已知：“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出。下列说法正确的是 A．“氧化”后的滤渣主要成分为 B．“沉锌”后的滤液中 C．溶液中： D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中： 【答案】C 【分析】“盐浸”过程ZnO转化并有少量和浸出，故“盐浸”时、只有少量溶解，第二步通入空气氧化过程是将氧化为，在的环境中会生成氢氧化铁沉淀，故滤渣主要成分是未溶解的、，还有少量为Fe(OH)3，“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。 【详解】A．根据分析，通入空气氧化后所得的滤渣主要成分是、和少量为Fe(OH)3，A错误； B．沉锌过程是和反应生成沉淀，故“沉锌”后的滤液为沉淀的饱和溶液，应满足是，而不是，B错误； C．溶液中，根据电荷守恒和物料守恒可知，质子守恒为：，C正确； D．“氧化”和“沉锌”后的两份滤液中n(Cl-)不变，但沉锌过程加入溶液会稀释滤液，故氯离子浓度为：，D错误； 故选C。 考向03 化工流程与物质制备 5．以废旧铅膏(主要含有、、PbO、Pb等)为原料，合成四碱式硫酸铅的流程如下。 已知：；； (1)“脱硫”时，分别用同浓度溶液、溶液浸泡废旧铅膏脱硫，脱硫率与温度的变化关系如图-1所示。 ①溶液脱硫率随温度变化的曲线为___________(选填“a”或“b”)，判断的理由为___________。 ②脱硫后，若溶液中，，判断中是否混有，___________(选填“是”或“否”)。 (2)“还原”时，与HCOOH反应生成的化学方程式为___________。 (3)补充完整由溶液制备的实验方案：取溶液，加稀硫酸至完全沉淀，___________，将与固体在100℃下焙烧，得 (已知：，分解生成含量与温度的关系如图-2所示。实验必须使用的试剂：溶液。) 【答案】(1) a 溶液中浓度大于溶液 否 (2) (3)过滤，洗涤，干燥，得固体；另取80 mL相同浓度溶液，加入溶液至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得固体，将固体在450℃加热至固体质量不再变化，得到 【分析】废旧铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO、Pb等，据题给信息可知，加入碳酸铵或碳酸氢铵作为脱硫剂，将转化为，脱硫后的固体主要为、、、，溶液中为硫酸盐，脱硫后的固体中加入HCOOH可与发生氧化还原反应生成可溶性的，脱硫产物中的、、也会与甲酸反应，生成可溶性的，溶液经系列变化得到，据此分析解答。 【详解】（1）①溶液中浓度更大，根据沉淀转化原理，，浓度越大，越有利于转化为，脱硫率更高，因此曲线a对应溶液；在一定温度范围内，升高温度有利于沉淀转化反应的进行，提高脱硫率，但温度过高，可能导致水解程度增大，或水解程度增大，或分解，导致浓度降低，从而使脱硫率下降。 ②已知；；若中混有,则溶液中，此时，远小于，所以不会混有。 （2）“还原”时，与HCOOH反应生成的化学方程式为。 （3）取溶液，加稀硫酸至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得固体；另取80 mL相同浓度溶液，加入溶液至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得固体，将固体在450℃加热至固体质量不再变化，得到，将得到的与固体混合，并在100℃下焙烧，得。 6．(2026·江苏南通·一模)一种利用废旧铅酸蓄电池中铅膏(、、PbO)制备的流程如下： (1)其它条件一定，“酸浸还原”后水洗除去可溶性物质，测得硫酸铅粗品中的质量分数[]与浓度的关系如图1所示。 ①该条件下，无还原剂时铅膏中发生反应的主要物质为___________。 ②写出葡萄糖被铅膏中物质氧化生成的化学反应方程式：___________。 ③使用85%的硫酸，控制其它条件一定，实验测得还原率、粗品中质量分数随葡萄糖过量系数[]的变化如图2所示。过量系数大于3，质量分数下降的可能原因为___________。 (2)用二乙烯三胺[[]溶液浸出Pb(Ⅱ)，形成铅胺络合溶液。浸铅时需调节溶液。pH过小，Pb(Ⅱ)浸出效果不佳的原因是___________。 (3)“转化”所得滤液不能直接用于循环浸出的原因：滤液中含有___________(填化学式)。 (4)已知：，。若使用溶液浸泡含0.1 mol的硫酸铅粗品(杂质不参与反应)，结合转化反应的平衡常数，计算完全转化所需溶液的体积___________。(写出计算过程) 【答案】(1) PbO 部分葡萄糖脱水生成C，增大反应后固体质量；部分被葡萄糖还原为其它低价态含铅物质 (2)pH越小，越大，消耗二乙烯三胺 (3) (4) 【分析】以废旧铅酸蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2、PbO）为原料，先在硫酸介质中加入葡萄糖作还原剂，将PbO2还原并与PbO一同转化为PbSO4粗品；再用二乙烯三胺溶液浸取，使PbSO4形成铅胺络合溶液实现铅与杂质分离；最后向浸出液中加入足量Na2CO3溶液，将铅转化为PbCO3沉淀，从而得到目标产物，据此作答。 【详解】（1）①无还原剂时，铅膏中的PbO2和PbSO4性质稳定；PbO属于碱性氧化物，能够与硫酸发生复分解反应生成PbSO4和水，因此铅膏中发生反应的主要物质为PbO； ②在硫酸提供的酸性环境中，铅膏中的PbO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化为CO2，自身被还原为PbSO4，根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应方程式为：； ③当葡萄糖过量系数大于3时，PbO2的还原率基本趋于稳定，但PbSO4质量分数下降，主要原因有两点：一是部分葡萄糖脱水生成碳单质，增大了反应后固体的总质量，导致PbSO4在总固体中的质量分数下降；二是过量的葡萄糖会将部分PbO2还原为除PbSO4之外的其他低价态含铅物质，使得生成的PbSO4的质量减少，从而导致其质量分数下降；则答案为：葡萄糖过量系数大于3时，部分葡萄糖脱水生成C，增大反应后固体质量；部分PbO2被葡萄糖还原为其它低价态含铅物质； （2）pH越小，溶液中c(H+)越大，H+会与二乙烯三胺中的-NH2、-NH-发生质子化反应，消耗二乙烯三胺，使其有效浓度显著降低，难以与Pb(Ⅱ)形成铅胺络合溶液，从而导致Pb(Ⅱ)浸出效果不佳；答案为：pH越小，c(H+)越大，消耗二乙烯三胺； （3）转化步骤中，PbSO4与Na2CO3反应生成PbCO3沉淀和Na2SO4，因此滤液中含有Na2SO4；若直接循环浸出，溶液中高浓度的硫酸根会与Pb(Ⅱ)结合生成PbSO4沉淀，降低浸出效率，故不能直接循环； （4）转化反应为：，平衡常数；K值很大，说明反应进行得非常彻底，可近似按完全反应计算；完全转化0.1 mol 需要消耗0.1 mol ，则所需溶液的体积为。 考向04 化工流程与反应原理 7．(2026·江苏南通市·二模)电解锰渣(主要成分为、和少量)提取的工艺流程如下： (1)写出一种降低浸出液中含量的有效措施___________。 (2)“还原酸浸”时，发生反应的离子方程式为___________。 (3)用一定浓度的溶液浸出铅元素的反应为。从平衡常数的角度解释不用溶液浸取的原因是___________。 已知：①；； ②。 (4)以、和NaOH为原料，混合后进行沉淀转化制得。已知：的产率随pH的变化如图-1所示。制备时，控制pH约为8的原因是___________。 (5)受热分解为Pb(Ⅳ)和Pb(Ⅱ)的混合氧化物，Pb(Ⅳ)能氧化浓盐酸生成。现将加热分解得到，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到。生成的和的体积比为2：1(相同状况下)。计算剩余固体中、原子个数比___________。(写出计算过程)。 (6)铅的某氧化物的晶胞结构如图-2所示： 用“”和“”画出该晶胞沿z坐标轴方向的投影图___________。 【答案】(1)增大浓度 (2) (3)平衡常数很小，因此不用溶液浸取 (4)pH小于8时，不利于转化为；大于8时生成沉淀 (5)剩余固体含，由得失电子守恒有，又，则剩余固体中，故剩余固体中、 (6) 【分析】电解锰渣主要成分为、和少量。电解锰渣加硫酸、PbS“还原酸浸”时，被还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，过滤，浸出液中含硫酸锰，浸渣用一定浓度的溶液发生反应浸出铅元素。 【详解】（1）增大硫酸根离子浓度，能使逆向移动，所以增大浓度，可以降低浸出液中含量； （2）“还原酸浸”时，被PbS还原为硫酸锰，PbS被氧化为S单质，发生反应的离子方程式为； （3），，平衡常数很小，所以不用溶液浸取。 （4）pH小于8时，逆向移动，不利于转化为；大于8时生成沉淀，所以制备时，控制pH约为8。 （5），剩余固体含，，，可得 。则剩余固体中 ，，故原子个数比 。 （6）“”位于面对角线的处和过体心的面对角线的处呈交叉排布，“”位于顶点和体心，该晶胞沿z坐标轴方向的投影图为。 8．(2026·江苏南京第九中学·二模)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①25℃时，Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，Ksp［Sc(OH)3］=1.0×10-30。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，不溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Sc的萃取率。 (1)“洗涤”时，加入H2O2的目的是__________。 (2)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量NaOH溶液反应的化学方程式：___________。 (3)用“10%盐酸调pH”，调节至pH=3，过滤，滤液中Fe3+的浓度为______mol/L。 (4)某工厂取1000LSc3+总浓度为50mg/L的废酸，加入500L某萃取剂，若D=10，则单次萃取率为______(保留一位小数)。若要提高萃取率，可采取的措施有_______(写两条)。 (5)写出“沉钛”过程中离子反应方程式________。 (6)上述工业中的热还原剂镁，可用于制备重要的有机合成试剂—格氏试剂，其通式可表示为RMgX (R代表烃基，X代表卤素)，它在乙醚的稀溶液中以单体的形式存在，并与两分子的乙醚络合，结构为 ，在乙醚的浓溶液中以二聚体的形式存在，该二聚体［RMgXO(C2H5)2］2   的结构可表示为________。 【答案】(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 【分析】钛白酸性废水(含TiO2+、Fe3+、Sc3+等离子)加入有机萃取剂，有机层含有：TiO2+、Fe3+、Sc3+，用稀硫酸和H2O2洗涤，TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中，经过亚硫酸钠转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机层再经过用NaOH溶液反萃取，再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀，滤渣用10%的盐酸溶解富集，Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液，最后得到ScCl3用Mg热还原得到Sc。 【详解】（1）H2O2作为配体，与Ti4+形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2+。该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离； （2）Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在过量强碱中会溶解生成[Al(OH)4]-，已知Sc3+易形成八面体的配离子，因此Sc3+的配位数为6，在过量强碱中溶解，生成六羟基合钪酸钠Na3[Sc(OH)6]，化学方程式为：Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］； （3）已知Ksp［Fe(OH)3］=2.8×10-39，pH=3时，c(H+)=10-3mol/L，因此c(OH－)=10-11mol/L。根据溶度积公式Ksp［Fe(OH)3］=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.8×10-39，代入数值计算得出c(Fe3+)=2.8×10-6mol/L； （4）萃取率。代入D=10，V水=1000L，V有机=500L，得E=； 提高萃取率的方法有：增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH)； （5）沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2·nH2O沉淀，反应的离子方程式为：TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+； （6） 格氏试剂RMgX在乙醚中以二聚体存在，乙醚氧原子与镁配位，镁的配位数为4，两个RMgX单元通过氯桥连接，形成环状结构，其结构为。 考向05 化工流程与化学计算 9．(2026·江苏镇江·一模)钕铁硼(NdFeB)磁性材料是重要的稀土资源，在新能源、电子信息和高端制造等行业应用广泛。以NdFeB废料[主要含、和等]为原料制备氧化钕的流程如下： (1)氯化焙烧后金属元素以氯化物形式存在，发生反应的化学方程式为_______。 (2)与废料的质量比对铁元素浸出率的关系如图-1所示，到区间，随着质量增加，铁元素浸出率逐渐增大的原因为_______。 (3)氯化焙烧温度对NdFeB废料中Nd元素浸出率的关系如图-2所示，时Nd元素浸出率最高的原因为_______。 (4)已知：，沉铁后的溶液中，沉铁后，若继续滴加氨水，当溶液的_______时，开始沉淀。 (5)草酸“沉钕”后所得晶体，将该晶体洗净、自然晾干。准确称取146.40g晾干后晶体，置于马弗炉中，在下灼烧约2小时，确保草酸钕完全分解为氧化钕()。将所得固体在干燥器中冷却至室温再准确称量，得。 ①计算晶体的纯度_______。 ②分析计算所得结果的原因_______。(写出计算过程)。 【答案】(1) (2)随着质量的增加，分解产生更多的HCl与NdFeB废料中的、发生反应，生成更多可溶性的，使铁元素的浸出率逐渐增大 (3)温度低于时反应速率较慢，导致Nd元素浸出率低；温度高于时，分解速率过快，HCl逸出速率大于HCl参与反应的速率，导致Nd元素浸出率降低 (4)7 (5) 晾干过程中失去部分结晶水；晶体制备过程中混有杂质 【分析】NdFeB废料[主要含、(Ⅲ)和等]为原料，氯化焙烧后金属元素以氯化物形式存在，水浸过滤后，加入氨水沉铁，滤渣为，加入草酸沉钕后所得晶体，氧化焙烧后得到氧化钕()，据此解答。 【详解】（1）氯化焙烧后，Fe、Nd元素均转化为相应的氯化物，由题干信息可知，Nd的化合价为+3价，故化学方程式为； （2）铁元素的浸出率与HCl的浓度有关，故随着质量增加，铁元素浸出率逐渐增大，原因是分解产生更多的HCl与NdFeB废料中的、发生反应，生成更多可溶性的，使铁元素的浸出率逐渐增大； （3）时Nd元素浸出率最高，当温度低于时反应速率较慢，导致Nd元素浸出率低；当温度高于时，分解速率过快，HCl逸出速率大于HCl参与反应的速率，导致Nd元素浸出率降低； （4）当 时，开始沉淀，即，即，故答案为7； （5）①=，==，； ②分析所得结果偏大的原因：可能是样品中尚含有其他能在灼烧时亦生成的杂质（如）或晾干过程中失去部分结晶水，使得实际称得的Nd元素质量偏高，导致表观纯度超过100%。 10．(2026·江苏扬州·一模)从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如下 (1)酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·L-1H2SO4和MnO2。 ①此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为___________。 ②元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。 随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是___________。 ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是___________。 (2)沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge4++3H2LH2GeL3↓+4H+。在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是___________。 (3)“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。 ①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___________(写出计算过程)。 ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的___________步骤。 【答案】(1) 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 (2)pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 (3) 酸浸氧化 【分析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)加硫酸、酸浸氧化，生成、、S以及铁、锗的硫酸盐，再加入氧化锌调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再利用单宁酸沉锗，获得ZnSO4溶液，电解ZnSO4溶液获得锌单质。 【详解】（1）①ZnS被氧化为Zn2+和S，其离子方程式为； ②随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降； ③从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降。 （2）在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成。 （3）①测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00 mL ZnSO4溶液，加水稀释至200 mL；取50.00 mL稀释后溶液，调节溶液的pH=10，用0.1000 mol·L-1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00 mL；==，故50.00 mL稀释液中，则200.00 mL稀释液中，故； ②ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，阴极放电生成锌单质，阳极水放电生成氧气和，故所得溶液为硫酸溶液，可循环用于该流程中的酸浸氧化。 考向06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 11．尿素在工业、农业、医药等诸多领域应用广泛。工业上利用合成氨工艺联合生产尿素，原理如图1所示。 （1）若反应器Ⅰ和Ⅱ中各有1 mol H2O参加反应，理论上可获得_________mol H2。 （2）反应器Ⅳ中主要通过两步完成，其能量变化如图2所示，第一步反应的平衡常数表达式为K＝________________，总反应2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)，ΔH＝________kJ·mol－1；反应器Ⅳ中还发生尿素水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]等副反应，其他条件一定时，与尿素产率的关系曲线如图3所示，NH3过量对尿素产率的影响比CO2过量对尿素产率的影响大的原因是 ___________________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 【答案】（1）4 （2） －87.0 第二步脱水反应的活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生 【解析】（1）根据图示可知，反应器Ⅰ中发生反应的化学方程式为CH4＋H2O＝CO＋3H2，反应器Ⅱ中发生反应的化学方程式为CO＋H2O＝CO2＋H2，两个反应各有1 mol H2O参与反应，则共生成4 mol氢气；（2）从图中可知，第一步反应的化学方程式为2NH3(g)＋CO2(g)＝H2NCOONH4(s)，则该反应的平衡常数表达式K＝。从反应过程可知，第二步脱水反应的活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生。 重难·创新演练 1．Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备通式Ce2(CO3)3•8H2O的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率 B．加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀 C．“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH D．“沉铈”的离子方程式为2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑ 【答案】C 【解析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3•8H2O。 A项，可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，正确；B项，由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铝离子转化为沉淀，正确；C项，加碳酸氢铵沉铈得Ce2(CO3)3•8H2O，Ce3＋沉淀，“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子有NH和Mg2＋和，错误；D项，用碳酸氢铵“沉饰”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2(CO3)3•8H2O的离子方程式为：2Ce3＋＋6HCO3－＋5H2O＝Ce2(CO3)3•8H2O↓＋3CO2↑，正确。 2．(2026·江苏沭阳高级中学·二模)工业上以废铅膏(PbSO4、PbO2、PbO、少量Pb)为原料，制备甲基磺酸铅[Pb(CH3SO3)2] 实现 Pb 循环再利用。已知Ksp(PbSO4)=2.5×10-8，Ksp(PbCO3)=7.5×10-14，Ka1(H2CO3)=4×10-7，Ka2(H2CO3)=4×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.80×10-5.下列说法中正确的是 A．0.1mol・L⁻¹(NH4)2CO3溶液中 (pH=9.0)：c(NH)>c(CO)>c(HCO)>c(NH3·H2O) B．“酸浸” 后上层清液中： C．脱硫反应： 的平衡常数K=3×10−6 D．脱硫反应后滤液中 【答案】B 【分析】废铅膏中含有、、和少量Pb，加入、溶液可将Pb元素全部变为沉淀。再加入溶液可将转化为，最后加入甲基磺酸即可得到甲基磺酸铅。 【详解】A．溶液中，初始浓度大于，水解得到，使溶液显酸性水解得到，使溶液显碱性。而溶液的，溶液中的，也说明的水解程度更大。根据和物料守恒，可计算出。根据和物料守恒，可计算出，因此。，所以，即，正确的排序为，A错误； B． 由，，可得： ，B正确； C．脱硫反应平衡常数： ，C错误； D．滤液中含有少量溶解电离出的，溶液中所有阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相同，正确的电荷守恒式子应为： ，D错误； 故选B。 3．(2026·江苏常州·一模)是生产锂离子电池正极材料的重要原料。 (1)由高纯铁锭制备的流程如下： ①磷酸溶铁时，将长方形铁锭按“井”字排放在溶铁槽内，并在铁锭之间留有3~5cm空隙，其目的是______。从安全、环保和能源等方面考虑，应对溶铁尾气中的______（填化学式）进行回收利用。 ②向溶铁产生的溶液中加入磷酸调磷铁比。然后加入进行氧化合成，发生反应的本质是、。 已知：磷酸中含磷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图-1所示。 流程中调磷铁比尤为重要。若磷酸量过少，氧化合成时将观察到______（填现象），从而影响产品纯度。若磷酸量过多，产生的后果是______。 (2)以、和葡萄糖为原料，在窑炉经烧结、高温成型制得。 ①焙烧2~3h后，葡萄糖分解为单质C。4~5h后，晶体逐渐生成，写出生成的化学方程式：______。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的的导电性能，还能起到的作用是______。 (3)的晶胞结构如图-2（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构如图-2（b）所示。在中，______，______。 【答案】(1) 增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率 出现红褐色沉淀 主要生成酸式盐，难以生成 (2) 防止高温时将氧化为 (3) 或0.1875 【分析】本题由高纯铁锭制备，制备过程中，首先用磷酸溶解铁锭，随后要注意调节磷铁比例，磷酸不能过多或者过少，否则会出现杂质，以此解题。 【详解】（1）①在铁锭之间留有3~5cm空隙可以增大铁锭与磷酸的接触面积，使反应更充分、均匀进行，铁与磷酸反应会生成氢气，氢气易燃易爆、直接排放浪费能源，回收可循环利用或作为燃料，故答案为：增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率；； ②磷酸量过少时，溶液酸性不足，氧化生成的 Fe3+易水解生成 Fe (OH)3沉淀，混入产品会降低纯度；若磷酸量过多，则过量的磷酸会和磷酸铁生成酸式盐，故答案为：出现红褐色沉淀；主要生成酸式盐，难以生成； （2）①葡萄糖分解生成的 C 作为还原剂，将 FePO4中+3价的Fe还原为+2价，同时Li2CO3参与反应生成LiFePO4和CO，相应的方程式为：； ②单质碳具有还原性，则作为还原剂，防止 LiFePO4中的 Fe2+被氧化为 Fe3+，保证产物中 Fe 的价态稳定； 故答案为：；防止高温时将氧化为； （3）与图a相比，图b中晶胞缺失1个面心锂离子和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，则由晶胞化学式可得：：4=(1-x)：1，解得x=，设Li1-xFePO4中亚铁离子为a个，由化合价代数和为0可得：+2a+3(1-a)+5-8=0，解得a=，则化合物中亚铁离子和铁离子的物质的量比为：=13∶3，故答案为：或0.1875；13∶3。 4．(2026·江苏盐城·一模)由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P2O4在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 (1)酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 (2)调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 (3)经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 (4)向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 【答案】(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3) 过量的与结合生成 (4) 8 2% 180℃ 【分析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。 【详解】（1）一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化二钪充分反应，提高钪元素的浸出率； （2）由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂P2O4萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率； （3）①由题给信息可知，过量的草酸会与溶液中的钪离子生成配离子，所以当溶液中大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降； ②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； （4）①由晶胞结构可知，氧离子位于Zr4+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学式可知，Zr4+离子的配位数为8； 化合物呈电中性，满足：，已知，设，代入得： ， 总阳离子数为，若无O空位，O总数应为，因此空位数 ，空缺率； ②由图可知，温度为180℃时，产品中不存在三氧化二钪和二氧化锆杂质，所以水热法制备的最佳的制备温度为180℃。 5．(2026·江苏南京市天印高级中学等·二模)利用蛇纹石[主要含和少量Ni、Fe化合物等]制备的工业生产流程如下。 已知：。 (1)“焙烧”时，绿矾()在高温下分解得到红棕色固体和气体产物、和___________。与反应的化学方程式为___________。 (2)焙烧温度与、的浸出率关系如题图-1所示。焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为___________。 (3)“矿化”时，、、的沉淀率随质量浓度的变化关系如题图-2所示。的沉淀率随质量浓度增大而逐渐降低的原因是___________。 (4)“矿化”后的滤液中，镍以形式存在，为正八面体构型(如题图-3所示)，则的结构有___________种，画出其中的一种结构___________(CO中碳原子为配位原子)。 (5)由滤液得到的NiO的晶胞如题图-4所示，晶胞中距离最近的的个数为___________。 【答案】(1) (2)温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 (3)随的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (4) 2 或    (5)6 【分析】利用蛇纹石[主要含Mg3Si2O5(OH)4和少量Ni、Fe化合物等]制备Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，蛇纹石加入绿矾焙烧，生成硫酸镁，SiO2，水浸过滤除去SiO2，硫酸镁加入氨水、碳酸铵矿化，生成Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，过滤得到Mg5(CO3)4(OH)2•4H2O，滤液含Ni，最终生成NiO，据此解答。 【详解】（1）“焙烧”时，绿矾(FeSO4•7H2O)在高温下分解得到红棕色固体(Fe2O3)和气体产物SO3、H2O和SO2；Mg3Si2O5(OH)4与SO3反应的化学方程式为，故答案为：SO2；。 （2）焙烧温度超过670℃时，镁、镍“水浸”时浸出率下降的原因为温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降，故答案为：温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降。 （3）“矿化”时，Fe3+、Mg2+、Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度的变化关系如图-2所示。Ni2+的沉淀率随(NH4)2CO3质量浓度增大而逐渐降低的原因是，故答案为：随(NH4)2CO3的质量浓度增大，浓度增大，NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌逆向移动，NH3浓度增大，导致正向移动，Ni2+的沉淀率减小。 （4） [Ni(CO)2(NH3)4]2+的结构中，CO可位于平面的相邻和相对2种位置，其中的一种结构(CO中碳原子为配位原子)为或 ，故答案为：2；或 。 （5）无论以面心还是体心的离子为基准，晶胞中距离Ni2+最近的O2-的个数为6，故答案为：6。 6．(2026·江苏如皋·一模)某铅锌矿冶炼废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl等难溶物质，一种分离回收铅元素的流程如下： 已知：①(NH4)2S2O8中含有过氧键(-O-O-)，S的最外层均为8电子。 ②酒石酸结构简式为，记作H2L，酒石酸钠记作Na2L。 ③Ksp(PbSO4)=2.5×10-8、Ksp(PbC2O4)=5×10-10、Ksp[Pb(OH)2]=1.4×10-15。 (1)“氧化浸出”后的滤液含［Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、等，滤渣含PbSO4等。 ①(NH4)2S2O8中S的原子轨道杂化方式为___________。 ②“氧化浸出”时ZnS反应的离子方程式为___________。 ③“氧化浸出”时，控制其他条件、氨水的量和时间一定，测得Zn、Cu浸出率与(NH4)2S2O8起始浓度关系如图-1所示。(NH4)2S2O8起始浓度为0 mol·L-1时，Zn 和Cu浸出率大于零的原因是___________。 ④“氧化浸出”时，控制其他条件、(NH4)2S2O8溶液的量和时间一定，测得各元素浸出率与溶液中NH3·H2O的起始浓度关系如图-2所示。NH3·H2O浓度为1mol·L-1时，所得含铁滤渣的成份为___________。 (2)“浸铅”时，用酒石酸钠溶液对含PbSO4的滤渣进行浸泡时发生反应：PbSO4+L2-PbL+。实验测得Pb的浸出率随溶液pH升高先增大后减小，其原因是___________。 (3)草酸铅(PbC2O4)、可制备某些反应的催化剂。用100mL Na2C2O4溶液浸取含0.1mol PbSO4的滤渣，若要将PbSO4全部转化为PbC2O4，计算所需Na2C2O4溶液的最低浓度，并写出计算过程___________(忽略溶液体积变化，其余物质不参与反应)。 【答案】(1) sp3 ZnS+4+12NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++8+9+8H2O ZnS和CuCl 均能与NH3·H2O生成少量能溶于水的配合物 FeS和Fe(OH)3 (2)随着pH升高，溶液中c(L2-)增大，促进反应正向进行，Pb的浸出率增大；pH升高到一定值后，Pb(OH)2沉淀的量增大，Pb的浸出率减小 (3)用100mL Na2C2O4溶液浸取含0.1mol PbSO4的滤渣，要将PbSO4全部转化为PbC2O4，反应消耗0.1mol Na2C2O4；反应后溶液中，则mol/L，mol/L，所需Na2C2O4溶液的最低浓度。 【分析】铅锌矿冶炼废渣中含ZnS、PbSO4、FeS和CuCl等难溶物质。加(NH4)2S2O8氨水“氧化浸出”， “氧化浸出”后的滤液含［Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、等，滤渣含有PbSO4、FeS和Fe(OH)3；滤渣加酒石酸钠溶液，发生反应PbSO4+L2-PbL+“浸铅”，得含铅溶液。 【详解】（1）“氧化浸出”后的滤液含［Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、等，滤渣含PbSO4等。 ①(NH4)2S2O8中含有过氧键(-O-O-)，S的最外层均为8电子，可知 的结构式为，S原子无孤电子对，形成4个σ键，(NH4)2S2O8中S的原子轨道杂化方式为sp3。 ②“氧化浸出”后的滤液含［Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、等，可知ZnS反应的产物［Zn(NH3)4]2+、，反应的离子方程式为ZnS+4+12NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++8+9+8H2O。 ③ZnS和CuCl 均能与NH3·H2O生成少量能溶于水的配合物，所以“氧化浸出”时，控制其他条件、氨水的量和时间一定，(NH4)2S2O8起始浓度为0 mol·L-1时，Zn 和Cu浸出率大于零。 ④根据图2，“氧化浸出”时，控制其他条件、(NH4)2S2O8溶液的量和时间一定，NH3·H2O的浓度为0时，铁元素的浸出率只有20%，说明含铁物质主要是难溶于水的FeS， NH3·H2O浓度为1mol·L-1时，浸出的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则所得含铁滤渣的成份为FeS和Fe(OH)3。 （2）“浸铅”时，随着pH升高，溶液中c(L2-)增大，促进PbSO4+L2-PbL+反应正向进行，Pb的浸出率增大；pH升高到一定值后，Pb(OH)2沉淀的量增大，Pb的浸出率减小，所以实验测得Pb的浸出率随溶液pH升高先增大后减小。 （3）用100mL Na2C2O4溶液浸取含0.1mol PbSO4的滤渣，要将PbSO4全部转化为PbC2O4，反应消耗0.1mol Na2C2O4；反应后溶液中，则mol/L，mol/L，所需Na2C2O4溶液的最低浓度。 真题·实战演练 1．（2026·黑吉辽蒙卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A．“浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B．滤渣可以全部溶于浓 C．被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中被氧化 【答案】C 【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【解析】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误； B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误； C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确； D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 故选C。 2．（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：    已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示： 物质 开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6 ②。 下列说法错误的是 A．“沉渣Ⅰ”中含有和 B．溶液呈碱性，其主要原因是 C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中 D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 【答案】D 【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。 【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确； B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确； C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确； D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误； 故选D。 3．（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 4．（2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 (1)钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 (2)含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 (3)净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 【答案】(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 (3) 2:1 【详解】（1）①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 5．（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 【答案】（1）四 ⅡB （2） （3）将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【分析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、被空气氧化为金属硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 【解析】（1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族； （2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 化工流程题解题策略（专项训练） 模拟·基础演练 考向01 化工微流程与实验操作 1．C 2．D 考向02 化工微流程与化学反应原理 3．C 4．C 考向03 化工流程与物质制备 5．(1) a 溶液中浓度大于溶液 否 (2) (3)过滤，洗涤，干燥，得固体；另取80 mL相同浓度溶液，加入溶液至完全沉淀，过滤，洗涤，干燥，得固体，将固体在450℃加热至固体质量不再变化，得到 6．(1) PbO 部分葡萄糖脱水生成C，增大反应后固体质量；部分被葡萄糖还原为其它低价态含铅物质 (2)pH越小，越大，消耗二乙烯三胺 (3) (4) 考向04 化工流程与反应原理 7．(1)增大浓度 (2) (3)平衡常数很小，因此不用溶液浸取 (4)pH小于8时，不利于转化为；大于8时生成沉淀 (5)剩余固体含，由得失电子守恒有，又，则剩余固体中，故剩余固体中、 (6) 8．(1)提供配体，生成稳定的配离子［TiO(H2O2)］2+进入水层，便于分离出钛 (2)Sc(OH)3+3NaOH=Na3［Sc(OH)6］ (3)2.8×10-6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取（增加萃取次数）、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5)TiO2++(n+1)H2O=TiO2·n H2O↓+2H+ (6) 考向05 化工流程与化学计算 9．(1) (2)随着质量的增加，分解产生更多的HCl与NdFeB废料中的、发生反应，生成更多可溶性的，使铁元素的浸出率逐渐增大 (3)温度低于时反应速率较慢，导致Nd元素浸出率低；温度高于时，分解速率过快，HCl逸出速率大于HCl参与反应的速率，导致Nd元素浸出率降低 (4)7 (5) 晾干过程中失去部分结晶水；晶体制备过程中混有杂质 10．(1) 随着添加量增大，更多的被氧化为，反应消耗增多，水解生成，导致铁元素浸出率下降 在等金属离子的催化下，易分解损失，氧化剂利用率下降 (2)pH过大，易生成沉淀损失；pH过小，抑制H2GeL3沉淀生成 (3) 酸浸氧化 考向06 化工流程题中曲线变化趋势原因分析 11．（1）4 （2） －87.0 第二步脱水反应的活化能高，是一个慢反应，增大氨气的量可以与水反应，促使第二步反应正向进行，同时抑制尿素的水解、尿素缩合生成缩二脲等副反应的发生 重难·创新演练 1．C 2．B 3．(1) 增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率 出现红褐色沉淀 主要生成酸式盐，难以生成 (2) 防止高温时将氧化为 (3) 或0.1875 4．(1)对滤渣1进行多次浸取 (2)Fe (3) 过量的与结合生成 (4) 8 2% 180℃ 5．(1) (2)温度过高时，绿矾会快速分解，未与蛇纹石反应充分就逸出，导致浸出率下降 (3)随的质量浓度增大，浓度增大，逆向移动，浓度增大，导致正向移动，的沉淀率减小 (4) 2 或    (5)6 6．((1) sp3 ZnS+4+12NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++8+9+8H2O ZnS和CuCl 均能与NH3·H2O生成少量能溶于水的配合物 FeS和Fe(OH)3 (2)随着pH升高，溶液中c(L2-)增大，促进反应正向进行，Pb的浸出率增大；pH升高到一定值后，Pb(OH)2沉淀的量增大，Pb的浸出率减小 (3)用100mL Na2C2O4溶液浸取含0.1mol PbSO4的滤渣，要将PbSO4全部转化为PbC2O4，反应消耗0.1mol Na2C2O4；反应后溶液中，则mol/L，mol/L，所需Na2C2O4溶液的最低浓度。 真题·实战演练 1．C 2．D 3．(1) 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 4．(1) Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 (2) c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 (3) 2:1 5．（1）四 ⅡB （2） （3）将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $