资源简介

专题16 无机化工流程综合分析
目录
1
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析 1
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析 9
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析 16
【考向四】制备类化工流程综合分析 22
29
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析
【典例1】（2024·河北·）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
答案：(1)
(2)
(3) 提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放 离子交换
(4)
(5)bd
解析：石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成、、、、和等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如)和不溶性物质[、等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯，加入氯化铵溶液沉钒，生成，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在，的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行的富集。
（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为；焙烧过程中，氧气被还原，被氧化生成，偏钒酸盐中钒的化合价为价；在以上开始分解，生成的气体①为。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是。
（3）在弱碱性环境下，与和反应生成、和，离子方程式为：； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放；滤液①中含有、等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有，考虑到水浸所得溶液中含有，为避免引人其他杂质离子，且廉价易得，故洗脱液的主要成分应为。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
1．物质分离提纯四原则
不增 不引入新的杂质
不减 不减少被提纯的物质
易分离 被提纯物与杂质易于分离
易复原 被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．解题方法
从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。
3．常用的提纯方法
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
4．常用分离方法
（1）固体与固体的分离
（2）固体与液体的分离
（3）液体与液体的分离
5．答题模板
（1）除杂：除去……中的……
（2）干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
（3）增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
（4）加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
（5）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。
（6）从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。
（7）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。
（8）控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
（9）减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
（10）检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
（11）洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
（12）检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
（13）洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
（14）冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
（15）乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
（16）蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
（17）事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。
【变式1-1】（2024·湖南·）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。
(4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
答案：(1) ds 3d104s1
(2)
(3) 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 0.5
(4)0.05
(5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产
解析：铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为；
②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10 5mol L 1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过；
（4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时；
（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。
【变式1-2】（2025·广西柳州·二模）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为(含PbS、等杂质)，锡的一种冶炼工艺流程如下图所示：
已知：①性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
(1)对锡矿进行“研磨”的目的是 。
(2)“焙烧”过程中，发生的化学反应方程式为 。
(3)PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到溶液，可在加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应后， (填一种操作)，即得溶液。
(4)“滤液”中的、可采用调节溶液pH值的方法依次分离，已知常温下的为，若滤液中为0.0028，则开始沉淀的pH值为 。
(5)“熔炼”过程，焦炭对应生成的主要气体产物为 。
(6)灰锡是金刚石型立方晶体，晶体结构如右图所示。已知锡晶胞的边长anm，则灰锡的密度为 (为阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。Sn与C同主族，分子中，键角小于120°的原因是 。
答案：(1)增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率
(2)
(3) PbO 过滤
(4)2
(5)CO
(6) 分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°
解析：由题给流程可知，锡矿研磨后通入空气焙烧得到相应金属氧化物和二氧化硫气体，焙烧后固体加入盐酸酸溶得到铅、铜、铁的盐溶液，和酸不反应成为滤渣，和过量焦炭熔炼得到粗锡，电解得到精锡；滤液处理得到铅、铜、铁单质；
（1）对锡矿进行“研磨”的目的是增大与空气的接触面积，加快焙烧过程中反应速率；
（2）“焙烧”过程中，和空气中氧气高温反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，结合质量守恒，发生的化学反应方程式为；
（3）由可知，酸性减弱，利于平衡逆向移动生成溶液，温度升高，利于平衡正向移动生成溶液；故要得到溶液，可在加热条件下，加入PbO调节溶液的pH，充分反应后，过滤除去过量的PbO固体分离出滤液，即得溶液。
（4）滤液中为0.0028，开始沉淀则，pOH=12，故pH=2；
（5）“熔炼”过程，过量焦炭和金属氧化物反应生成的对应主要气体产物为CO；
（6）据“均摊法”，晶胞中含个Sn，则晶体密度为；Sn与C同主族，分子中Sn原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致分子中键角小于120°。
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析
【典例2】（2024·广东·）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
(4)“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。
(5)“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
(6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。
答案：(1)2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑
(2)Ga3++4Cl-=[GaCl4]-
(3) 铁 [FeCl4]-
(4) 高 NaCl
(5) 3.2 4.0×10-7
(6) 2:1:1 8a3
解析：电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
（1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
（2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
（3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
（4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
（5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol L-1；
（6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。
高中化学涉及到的化学基本原理主要有：
1．化学反应热效应
化学反应中的热效应主要以热化学方程式的书写和盖斯定律的应用为考查重点。
2．平衡理论主要包括：
平衡理论主要以勒夏物列原理为指导在化工生产中的实际应用。
3．酸碱中和理论和氧化还原反应理论
酸碱中和滴定及拓展的应用----氧化还原反应的滴定和沉淀滴定是考查的重点。
根据氧化还原反应原理进行新情景条件下化学方程式书写是考查的重点。
4．电化学原理
新型原电池是目前高考考查的重点，电解原理的应用和金属腐蚀与防护也是考查的重点。
5．化工流程题的考向：
（1）据流程图或题目提供的反应物和部分生成物书写新情景方程式；
（2）滤渣的成分；
（3）滤液的成分；
（4）核心反应条件的控制和原因；
（5）选择化学除杂试剂及原因；
（6）调pH值的范围及试剂的选择；
（7）常用的分离方法、实验操作及相关实验仪器；
（8）流程中的物质转化和循环；
（9）有关平衡的问题；
（10）相关化学计算
例如：
1、提高浸出率：粉碎、搅拌、升温、增大酸（或碱）浓度。【化学平衡原理】
2、调节pH值：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。【溶解平衡原理】
3、保持酸过量（酸化）的目的：通常是抑制某金属阳离子的水解。【水解平衡原理】
4、温度的控制（可用水浴或冰水浴或油浴来控制） 【化学平衡原理】
5、改变压强：加快反应速率，或促进化学平衡向某个方向移动。【化学平衡原理】
【变式2-1】（2024上·山东济宁·高三统考期末）铊是一种有毒有害的重金属元素，对人体有较大的危害。湿法炼锌工业废水中的主要阳离子有，需要处理回收金属元素达标后排放，可以采用以下不同方法处理废水：
已知：①氧化性强于，为两性氧化物，溶液时开始溶解，常温下相关离子开始沉淀和沉淀完全时的如表所示：
离子
开始沉淀的 2.7 6.4 1.4
沉淀完全的 3.7 8.0 2.8
②萃取的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4
请回答下列问题：
（1）“反应”步骤中总反应的离子方程式为 。
（2）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，通常在“分步沉淀”时加入絮凝剂，其目的是 。
（3）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入的原理和目的 。
（4）“分步沉淀”时，沉淀第二种离子时调节溶液的范围为 ，当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子浓度为 。
（5）废水中吸附过程如图所示，该树脂为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换树脂，若使吸附剂再生，且回收，可将离子交换树脂浸入 溶液。
a． b． c．
答案：（1）
（2） 吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂
（3）与反应，减小浓度，平衡逆向移动，使元素以形式重新进入水层
（4）
（5） 阳离子 b
解析：由题给流程可知，向工业废水中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液，将溶液中的Tl+离子转化为TlCl离子，加入萃取剂CH3CONR2萃取溶液中的TlCl离子，分液得到水相和含有TlCl离子的有机相；向有机相中加入醋酸铵溶液反萃取、分液得到含有TlCl离子的溶液；向溶液中加入亚硫酸钠溶液，将溶液中的TlCl离子还原为含铊沉淀，过滤分离得到含铊沉淀和达标废液；向工业废水中加入氢氧化钠溶液和絮凝剂分步沉淀，将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化锌的滤渣和含有Tl+离子的滤液；加入稀硫酸酸化滤液后，加入氧化剂将溶液中Tl+离子氧化为Tl3+离子，向氧化后的溶液中加入阳离子交换树脂吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液。
（1）由分析可知，反应步骤中先后加入适量酸性高锰酸钾溶液和氯化钠溶液的目的是将溶液中的Tl+离子转化为TlCl离子，则总反应的离子方程式为；
（2）由分析可知，分步沉淀时加入氢氧化钠溶液和絮凝剂分步沉淀的目的是将溶液中的铁离子、锌离子转化为氢氧化铁、氢氧化锌沉淀，其中加入絮凝剂的作用是吸附沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤除杂；
（3）由萃取的反应原理可知，反萃取过程中加入醋酸铵溶液的作用是醋酸根离子与溶液中的氢离子反应，减小溶液中氢离子浓度，平衡向逆反应方向移动，使溶液中铊元素以TlCl离子重新进入水层，有利于加入亚硫酸钠溶液将TlCl离子还原为含铊沉淀；
（4）由离子开始沉淀和沉淀完全时的pH可知，分步沉淀时，沉淀第二种离子为锌离子，为防止溶液pH为10时氢氧化锌溶解，加入氢氧化钠溶液应调节溶液pH的范围为；由铁离子完全沉淀的pH可知，氢氧化铁的溶度积为10—5×(10—10.3)3=10—35.9，由锌离子完全沉淀时溶液pH为8可知，溶液中铁离子浓度为mol/L=10—17.9 mol/L；
（5）由分析可知，加入阳离子交换树脂的目的是吸附脱除Tl3+离子后得到达标废液，由吸附过程方程式和Tl3+离子的氧化性强于铁离子可知，若使吸附剂再生，且回收Tl3+离子，可将离子交换树脂浸入硫酸溶液中使平衡逆向移动。
【变式2-2】（24-25高三下·上海·开学考试）用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。
已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。
(1)将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有 (填元素符号)。
(2)“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是 。
(3)“还原”过程中温度不宜过高的原因是 。
(4)另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回 操作循环使用。
(5)如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。
(6)如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。
答案：(1)+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe
(2)防止局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出
(3)防止盐酸挥发；防止生成的Cu(I)在热水中被氧化
(4)还原
(5)随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成CuCl，随着反应的进行CuCl沉淀越来越多，紧接着CuCl沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得CuCl的沉淀逐渐消失，产率下降
(6)随着反应时间增长，生成的CuCl沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得CuCl产率下降
解析：低品位铜矿加入稀硫酸、二氧化锰浸取，将S元素氧化形成硫单质除去，同时将亚铁离子氧化为铁离子，将Cu(Ⅰ)氧化为铜离子，所得滤液加入氨水除铁，得到的滤渣1主要为氢氧化铁，再加氨水、碳酸氢铵除锰得到碳酸锰，滤液经过蒸氨、过滤、洗涤得到高活性氧化铜，加入亚硫酸钠、盐酸，加入氯化钠还原，加水稀释后得到氯化亚铜。
（1）由分析可知，将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有+1价的Cu、-1价的S、+2价的Fe；
（2）“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，若局部pH过大锰元素和铜元素以氢氧化物形式析出；
（3）盐酸具有挥发性，温度过高会增大挥发，且在热水中被氧化，所以“还原”过程中温度不宜过高；
（4）改用铜粉替换，改进后工艺后续“稀释”所得滤液3的主要成分为NaCl，经蒸发浓缩后可直接返回还原操作循环使用；
（5）由题已知：易与形成可溶的，随着增大，溶液中浓度增大，使得更容易生成，随着反应的进行沉淀越来越多，紧接着沉淀就会与过多的形成可溶于水的，使得的沉淀逐渐消失，产率下降；
（6）已知易被氧化，所以随着反应时间增长，生成的沉淀与空气接触的时间就越久，越容易被氧气氧化，使得产率下降。
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析
【典例3】（2024·新课标卷·）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
答案：(1) 增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
(2) 将溶液中的氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素 溶液
(3)
(4) 、
解析：由题中信息可知，用硫酸处理含有Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物的废渣，得到含有、、、、等离子的溶液，Pb的单质或氧化物与硫酸反应生成难溶的，则“滤渣1”为“酸浸”时生成的；向滤液中加入将氧化为，然后加入ZnO调节pH=4使完全转化为，则“滤渣Ⅱ”的主要成分为，滤液中的金属离子主要是、和；最后“氧化沉钴”，加入强氧化剂，将溶液中氧化为，在时形成沉淀，而则被还原为，还会与溶液中的发生归中反应生成，得到和的混合物，“除钴液”主要含有ZnSO4、K2SO4，据此解答。
（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
（2）酸浸液中含有、、、、等离子。由题表中数据可知，当完全沉淀时，未开始沉淀，而当完全沉淀时，已有一部分沉淀，因此为了除去溶液中的Fe元素且不沉淀，应先将氧化为，然后调节溶液的pH使完全水解转化为沉淀，因此，的作用是将氧化为，以便在后续调pH时除去Fe元素。常用溶液检验，若生成蓝色沉淀，则说明溶液中仍存在，需补加；
（3）由分析可知，该过程发生两个氧化还原反应，根据分析中两个反应的反应物、产物与反应环境()，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可写出两个离子方程式：、；
（4）最终得到的“除钴液”中含有的金属离子主要是最初“酸浸”时与加入ZnO调pH时引入的、加入“氧化沉钴”时引入的，而阴离子是在酸浸时引入的，因此其中主要的盐有和。当溶液时，恰好完全沉淀，此时溶液中，则，则。“除钴液”的，即，则，此时溶液中。
1．图象题类型
（1）单一曲线型 2.多重曲线型
解决图象题的基本思路：
①会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。
②会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
2．表格题类型
解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。
3．图表信息试题的问题解决的方法归纳：
①应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律：
②应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义；
③注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？
④注意信息与基础知识间的有机联系
【变式3-1】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）回收利用电解铝废渣(含、、、)，有利于缓解新能源产业带来的锂压力。以电解铝废渣制备碳酸锂的工艺流程如下。
已知：时，碳酸氢锂的溶解度大于碳酸锂的溶解度。回答下列问题：
(1)基态氟原子的电子排布式为 。
(2)加快“反应”速率的两种措施为 。
(3)经“碱解反应”“过滤”后所得滤渣的主要成分为 。
(4)“合成”冰晶石的化学方程式为 ；“合成”冰晶石一步对于本流程的意义是 。
(5)“苛化反应”加入氧化钙的目的是将微量的其他金属离子除去，针对所得产品而言，该步反应造成的不良后果为 。
(6)“碳化反应”过程中，通入调节溶液的，不同下，碳酸锂的收率变化如下表所示，分析表中数据，结合化学方程式解释减小，碳酸锂收率下降的原因： 。
溶液 碳酸锂收率 溶液 碳酸锂收率
0 95
10 95
50 92
70 85
答案：(1)
(2)粉碎电解铝废渣、搅拌或适当升高温度
(3)、
(4) 实现了资源的循环利用，降低了工业废弃物的处理成本
(5)所得产品杂质钙含量较高
(6)随着通入，与反应生成溶解度较大的，化学方程式为
解析：电解铝废渣(含、、、)，加入浓硫酸反应生成、、、，同时生成气体；“碱解反应”：、；“苛化反应”：；“碳化反应”：；“合成”冰晶石的反应：。
（1）F原子序数9，基态氟原子的电子排布式：；
（2）粉碎电解铝废渣、搅拌或适当升高温度等操作可加快反应速率；
（3）由前述分析可得，经“碱解反应”“过滤”后所得滤渣的主要成分为、；
（4）“合成”冰晶石的化学方程式为；“合成”冰晶石的反应物是本流程的副产物、、，同时生成硫酸，实现了资源的循环利用，降低了工业废弃物的处理成本；
（5）“苛化反应”需要加入稍过量氧化钙，分析后续流程可知，进入的钙离子部分会进入产品，故该步反应造成的不良后果为所得产品杂质钙含量较高；
（6）由表中数据可知，范围为时碳酸锂的收率最高，随着通入，减小，与反应生成溶解度较大的，使碳酸锂的收率降低，化学方程式为。
【变式3-2】（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）Mn和具有广泛的用途。
Ⅰ．工业上用软锰矿(主要含)和硫锰矿(主要含有MnS)联合制备的流程如下所示。
资料：几种化合物的
硫化物 MnS NiS CoS BaS(易溶)
氢氧化物
(1)为提高浸出速率，可采取的措施有 (答出两条即可)。
(2)浸出过程中产生的对与MnS的反应起到催化作用，机理如下。
ⅰ．
ⅱ． (补全离子方程式)。
(3)流程图中利用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。
(4)滤渣2的主要成分是 。
Ⅱ．以溶液为原料，用图1装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和。
(5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。
(6)图1中b电极上Mn的电解效率与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。
答案：(1)将矿石粉碎；加热；适当增大硫酸浓度；搅拌等
(2)
(3)和的相差不大，在调节pH除去和时，易使共沉淀而损失
(4)
(5)A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的与阳极区的分别向中间室迁移
(6)时，随pH增大，的浓度降低，在阴极放电被抑制，有利于放电；后，部分转化为，导致降低，对放电不利
解析：将软锰矿（主要含）和硫锰矿（主要含）用稀硫酸浸出，过滤，浸出液中主要含有、、、等金属离子，的作用是将硫离子氧化为S，同时自身被还原为，所以浸出渣主要成分为S，加入氨水调节溶液的pH除去铁离子，过滤后的滤液中加入净化除去、等离子，过滤得到滤液2，最终得到，滤渣2为、、；以溶液为原料，用图1装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和，左室中发生氧化反应生成，故a电极为阳极，电极反应式为：，b电极为阴极，电极反应式为：。
（1）为提高浸出速率，可采取的措施有将原料粉碎、适当升温、适当增大硫酸浓度、搅拌等；
（2）浸出过程中产生的对与的反应起到催化作用，机理为：ⅰ：，则在ⅱ中被氧化为，离子方程式为：；
（3）流程图中利用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，不能单独使用①去除这些杂质离子的原因是：和的相差不大，调节pH除去和时，易使共沉淀而损失；
（4）根据分析可知，滤渣2的主要成分是；
（5）由分析可知，左室产生的向阴极移动，右室中的向阳极移动，中间室产生较浓硫酸，说明A为阳离子交换膜，B为阴离子交换膜，阴极区的与阳极区的分别向中间室迁移；
（6）观察图2，电解效率先增大后减小，时，随pH增大，的浓度降低，在阴极放电被抑制，有利于放电；后，部分转化为，导致降低，对放电不利。
【考向四】制备类化工流程综合分析
【典例4】（2024·全国甲卷·）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
(2)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)
(3) 不能
(4)
(5)
(6)
(7)向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥
解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。
（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。
（3）假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中，则，小于，说明大部分也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2+和Co2+的完全分离。
（4）“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2+氧化为二氧化锰除去，发生的反应为，因此，生成，产生的物质的量为。
（5）“沉锰”步骤中，同时将氧化为，“沉淀”步骤中用调pH=4，可以完全沉淀为，因此，分离出的滤渣是。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，其反应的离子方程式为。
（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH为8.2到12.0之间，使锌离子沉淀完全，静置后过滤、洗涤、干燥。
一、物质制备过程中的常考知识点
1.原料处理阶段的常见考查点
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
水浸 与水接触反应或溶解。
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。
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。
2．分离提纯阶段的常见考查点
（1）调pH除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3．获得产品阶段的常见考查点
（1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
（2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。
（3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
（4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。
二、破解物质制备的——“题眼”
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
（1）对反应速率有何影响。
（2）对平衡转化率是否有利。
（3）对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
（4）识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
【变式4-1】（2024·北京·）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。
(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。
(3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400
500
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。
②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。
(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。
(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。
答案：(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
(2)
(3) 温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加 温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低
(4)
(5)粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
解析：黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。
（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；
（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；
（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加，故铜浸出率显著增加；
②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS2和CuSO4转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS2+17O2+2CuSO46CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3，铜浸出率降低；
（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；
（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。
【变式4-2】（2024·山东·）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
答案：(1) 1:1 H2S
(2)热浸
(3)将过量的Fe3+还原为Fe2+
(4) C
(5)阳极
解析：本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。
（5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
1．（2024·海南·）锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
回答问题：
(1)氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。
(2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。
(3)沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。
(4)沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是 。
(5)通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。
答案：(1)Zn
(2)氨水
(3) 或不含结晶水形式 0.75
(4) 钾肥或其他合理用途
(5)
解析：锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入沉铁，将二价铁离子转化为。
（1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。
（2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。
（3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。
（4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。
（5）平衡常数。
2．（2024·浙江·）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是___ ____。
A．电解池中发生的总反应是(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．化合物C在水溶液中最多可中和
D．的氧化性弱于
(3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。
答案：(1) 还原性 Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑ PbO或Pb(OH)2或PbCO3
(2)AB
(3) 加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F- H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O
解析：
铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，SO2与等物质的量的ClF反应得到化合物C，结构简式为，化合物C()水解生成液态化合物D(，X=F或Cl)和气态化合物E(HCl或HF)。
（1）根据富氧煅烧和通电电解的结果，中硫元素化合价升高，体现的性质是还原性。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，该反应的化学方程式：Pb3O4+14HCl(浓)=+4H2O+Cl2↑；根据可得反应：，要从该反应液中提取，则所加试剂应能消耗H+使平衡逆向移动，且不引入杂质，则步骤为：加热条件下，加入PbO或Pb(OH)2或PbCO3，充分反应，趁热过滤，冷却结晶；
（2）A． 根据图示和已知②可知，电解池中阳极上Fe2+生成Fe3+，Fe3+氧化PbS生成S、Pb2+和Fe2+，阴极上PbCl2生成Pb，发生的总反应是：(条件省略)，A正确；
B． 据分析，铅锌矿(主要成分为)富氧煅烧得到SO2和Pb、Zn元素的氧化物，则产物B主要是铅氧化物与锌氧化物，B正确；
C． 据分析，化合物C是，卤素原子被-OH取代后生成H2SO4和HCl、HF，则化合物C在水溶液中最多可中和4molNaOH，C错误；
D． 的氧化性由+1价的Cl表现，Cl2的氧化性由0价的Cl表现，则ClF的氧化锌强于，D错误；
故选AB。
（3）①D的结构为(X=F或Cl)，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，生成Na2SO4和NaX，则实验方案为：取D的溶液，加入足量NaOH溶液，加热充分反应，然后加入足量Ba(NO3)2溶液充分反应，静置后取上层清液，再加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则有Cl-，反之则有F-；
②D(用HSO3X表示)的溶液与足量NaOH溶液反应生成Na2SO4和NaX，HSO3X为强电解质，需要拆开，发生反应的离子方程式为H++SO3X-+3OH-=+X-+2H2O。
3．（2024·湖北·）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
(1)基态的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 。
(4)写出反萃取生成的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为 。
答案：(1)
(2)快速冷却
(3)先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解
(4) 反萃取
(5)增强熔融氯化铍的导电性
(6)
解析：本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1中含有Al3+，有机相为，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为进入水相2中，分离出含NaA的煤油，最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
（1）基态Be2+的电子排布式为1s2，其轨道表达式为。
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1中含有Al3+，则向过量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可观察到的现象为：先有白色沉淀生成，然后沉淀快速溶解。
（4）反萃取生成的化学方程式为，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的导电性。
（6）由题意可知，该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上，四面体中心只有一个O，Be与Be之间总共有六个CH3COO-，则其化学式为：。
4．（2024·福建·）锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下：
(1)“高压浸出”中：
①“滤渣1”中卤化物Y为 。(填化学式)
②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为 g。(保留小数点后一位)
③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：
i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触
ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入
一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是 。
(2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。
(3)“沉淀转化”反应的平衡常数 。(列出计算式)已知：时，。
(4)“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。(分解温度约为)
(5)的晶胞结构如图所示。
①晶体中与一个O紧邻的有 个。
②一个与所有紧邻O形成的空间结构为 。
③晶体中微粒间作用力有 。(填标号)
a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键
答案：(1) 4.5 该条件下ii的影响程度大于i的影响程度
(2)
(3)
(4) 蒸发结晶 除去杂质
(5) 4 四面体形 bde
解析：锂云母的主要成分为，加入氢氧化钠、氧化钙、水高压浸出，得到铝硅酸盐沉淀和氟化钙沉淀，所得滤液加少量氧化钙进一步净化过滤后，所得滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，向滤液中加入磷酸生成磷酸锂沉淀，过滤分离，向沉淀中加入氢氧化钙溶液，转化得到磷酸钙沉淀和氢氧化锂溶液，过滤所得滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，通过加热、趁热过滤除去氢氧化钙，滤液蒸发结晶得到氢氧化锂固体，据此分析。
（1）①“高压浸出”中，加入的与水反应生成氢氧化钙，电离出的与生成难溶的；
②结合图中曲线，锂的浸出率最大时，的最佳用量约为4.5g；
③只考虑i的影响，尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触，锂的浸出率越大；只考虑ii的影响，尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入，锂的浸出率越小，区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低，说明ii的影响程度大于i的影响程度；
（2）净化后的滤液中主要含氢氧化锂，以及少量的氢氧化钠和氢氧化钙，“沉锂”加入磷酸生成磷酸锂的化学方程式为：；
（3）“沉淀转化”反应的平衡常数；
（4）滤液2中溶质主要为氢氧化锂，还有少量的氢氧化钙，由于氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，加热升温会析出氢氧化钙晶体，故趁热过滤的主要目的是除去杂质；除杂后的滤液主要含，通过蒸发结晶得到固体；
（5）根据的晶胞结构及其x轴方向投影图可知，在晶胞中Li位于8个顶点和上、下底面的2个面心，O位于前、后、左、右4个侧面上，晶体为层状结构。①晶体中与一个O紧邻的有4个，①晶体中与一个紧邻的O也有4个；②因为∠O-Li-O=129°，故一个与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形而非正四面体形；③由于O无法提供价层孤电子对，且层间距离远，间不能形成氢键；为离子化合物，不存在金属键；与间存在离子键；根据晶体呈层状结构，层间存在范德华力；O-H属于极性共价键；故晶体中微粒间作用力有bde。
5．（2024·广西·）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
(4)“X”可选用____ ___。
A． B． C．Zn D．
(5)若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式 。
(6)立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有 个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 (用含的代数式表示)。
答案：(1) 把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等
(2)SiO2
(3)Al3+
(4)D
(5)
(6) 4
解析：软锰矿含有和少量、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为。
（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。
（2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
（3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。
（4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。
（5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。
（6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。
6．（2024·贵州·）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下：
已知：
①25℃时，；
②。
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。
(3)“除杂”时需加入的试剂X是 。
(4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成的离子方程式为 。
(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为 。
②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有 个。
③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则 ，其可能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。
答案：(1)SiO2
(2)2.8×10-6
(3)NaOH溶液
(4) 提供Na+和反应所需要的碱性环境
(5) 3 0.25 乙
解析：煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3 3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3 3H2O得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。
（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2；
（2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中；
（3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液；
（4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为；
（5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为；
②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个；
③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。
7．（2024·吉林·）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温 B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。
(6)“沉金”中的作用为 。
(7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
答案：(1)CuSO4
(2)
(3)
(4)BC
(5)做络合剂，将Au转化为从而浸出
(6)作还原剂，将还原为Au
(7) NaCN
解析：矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。
（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4；
（2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降；
（4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意；
B．焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意；
C．焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意；
D．由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；
故选BC；
（5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出；
（6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au；
（7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
8．（2024·甘肃·）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
(1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
答案：(1)NH3
(2)SiO2
(3) ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
(4)净水
(5) Ca3N3B
解析：高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。
（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
8．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
答案：（1） > 、
（2） 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
（3） 、 被氧气氧化为，把氧化为
（4）可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
解析：银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。
（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；
②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。
（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；
②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。
（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；
②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
9．（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：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
（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；
（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+；
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，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-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，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++SO=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↑。
10．（2023·全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
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、易溶于水的和微溶于水的。“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”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
答案：（1）做还原剂，将还原
（2）
（3）c
（4） 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
解析：由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。
（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。
（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的 与过量的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。
（3）“酸化”步骤是为了将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会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的=。
11．（2023·全国新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和 。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
答案：（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O
解析：由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
12．（2023·天津卷）下面是制备硫酸的工业流程：
（1）的晶体类型是 。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是 。
a．硫粉消耗会增大 b．二氧化硫生成率降低 c. 二氧化硫生成率增大
（3）若每生成气体三氧化硫，放出能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式： ，若反应温度升高，则二氧化硫转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）第二步反应中，从能量角度分析催化剂意义： 。
在第二步反应中，首先将反应物加热到，通入催化剂层，进行第一轮反应，反应后体系温度升高，导出产物与剩余反应物，与其他反应物进行热交换降温，随后再次通入催化剂层，如此进行四轮反应，使反应转化率衡转化率，得到较高产率的三氧化硫。
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于 ；每轮反应后进行热交换降温的目的是 。
（6）关于四轮反应，说法正确的是 。
a．这一流程保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大
b．这一流程使这一反应最终达到平衡转化率
c．这一流程节约了能源
（7）如图是吸收三氧化硫时浓硫酸浓度、温度对吸收率影响曲线，读图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为 ，最适合吸收的温度为 。
（8）一批32吨含硫元素的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了，二氧化硫在第二步反应中转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产的浓硫酸 吨。
答案：（1）分子晶体
（2）ab
（3） 2SO2(g)+O2(g)=2SO3 降低
（4）提高能量的利用率
（5） 二氧化硫和氧气的反应是放热反应 及时分离出三氧化硫并充分利用能量
（6）ac
（7） 98.3% 60℃
（8）94.1
解析：先将硫黄在空气中燃烧或焙烧，发生反应：S+O2SO2，生成的SO2和氧气发生反应：2SO2+O22SO3，生成的SO3用浓硫酸吸收，以此解答。
（1）是硫单质的分子晶体。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，则消耗的硫粉会增大，硫蒸气与生成的二氧化硫一同参加第二步反应过程中，硫蒸气会继续和氧气反应生成二氧化硫，但第二步中二氧化硫浓度较大，会降低二氧化硫的生产率，故选ab。
（3）若每生成80g气体三氧化硫，放出98.3kJ能量，80g三氧化硫的物质的量为：=1mol，则生成三氧化硫的反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3 。该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则二氧化硫转化率降低。
（4）在第二步反应中，通过多次热交换及催化剂多次催化效应，可以提高能量的利用率。
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于：二氧化硫和氧气的反应是放热反应；每轮反应后进行热交换降温的目的是：及时分离出三氧化硫并充分利用能量。
（6）a．由题目信息可知，四轮反应保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大，a正确；
b．由题目信息可知，四轮反应使反应转化率衡转化率，b错误；
c．四轮反应中，每轮反应后进行热交换降温，节约了能源，c正确；
故选ac。
（7）读图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为98.3%，最适合吸收的温度为60℃。
（8）由题意可知，32吨含硫元素99%的硫粉物质的量为，在第一步反应中硫元素损失了，则生成二氧化硫，二氧化硫在第二步反应中97%转化为了三氧化硫，则生成三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产98%的浓硫酸，为94.1吨。
13．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。
答案：（1）
（2） 、Mg(OH)2 CaO
（3） 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
解析：由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水专题16 无机化工流程综合分析
目录
1
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析 1
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析 6
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析 11
【考向四】制备类化工流程综合分析 14
18
【考向一】除杂、提纯类化工流程综合分析
【典例1】（2024·河北·）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为 ；加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
1．物质分离提纯四原则
不增 不引入新的杂质
不减 不减少被提纯的物质
易分离 被提纯物与杂质易于分离
易复原 被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。
2．解题方法
从试题中找出想要什么，要除去的杂质有哪些；加入的试剂都与哪些物质发生了反应，转化成了什么物质；怎样操作才能将杂质除去(注重信息的提取与加工)。核心是杂质的去除要彻底。
3．常用的提纯方法
水溶法 除去可溶性杂质
酸溶法 除去碱性杂质
碱溶法 除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
4．常用分离方法
（1）固体与固体的分离
（2）固体与液体的分离
（3）液体与液体的分离
5．答题模板
（1）除杂：除去……中的……
（2）干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
（3）增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
（4）加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
（5）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。
（6）从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。
（7）从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。
（8）控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
（9）减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
（10）检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
（11）洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
（12）检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
（13）洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
（14）冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
（15）乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
（16）蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
（17）事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。
【变式1-1】（2024·湖南·）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在；
② ；
③易从溶液中结晶析出；
④不同温度下的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ；
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。
(4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。
【变式1-2】（2025·广西柳州·二模）广西是我国重要的锡矿产地。该地锡矿主要成分为(含PbS、等杂质)，锡的一种冶炼工艺流程如下图所示：
已知：①性质稳定，难溶于水、酸、醇。②
回答下列问题：
(1)对锡矿进行“研磨”的目的是 。
(2)“焙烧”过程中，发生的化学反应方程式为 。
(3)PbO可与盐酸反应生成可溶性配离子，该反应液中存在，若要得到溶液，可在加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应后， (填一种操作)，即得溶液。
(4)“滤液”中的、可采用调节溶液pH值的方法依次分离，已知常温下的为，若滤液中为0.0028，则开始沉淀的pH值为 。
(5)“熔炼”过程，焦炭对应生成的主要气体产物为 。
(6)灰锡是金刚石型立方晶体，晶体结构如右图所示。已知锡晶胞的边长anm，则灰锡的密度为 (为阿伏加德罗常数的值，写出计算式即可)。Sn与C同主族，分子中，键角小于120°的原因是 。
【考向二】化学基本原理类化工流程综合分析
【典例2】（2024·广东·）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知：
①。
②(冰晶石)的为。
③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由形成的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。
(4)“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。
(5)“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。
(6)一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。
高中化学涉及到的化学基本原理主要有：
1．化学反应热效应
化学反应中的热效应主要以热化学方程式的书写和盖斯定律的应用为考查重点。
2．平衡理论主要包括：
平衡理论主要以勒夏物列原理为指导在化工生产中的实际应用。
3．酸碱中和理论和氧化还原反应理论
酸碱中和滴定及拓展的应用----氧化还原反应的滴定和沉淀滴定是考查的重点。
根据氧化还原反应原理进行新情景条件下化学方程式书写是考查的重点。
4．电化学原理
新型原电池是目前高考考查的重点，电解原理的应用和金属腐蚀与防护也是考查的重点。
5．化工流程题的考向：
（1）据流程图或题目提供的反应物和部分生成物书写新情景方程式；
（2）滤渣的成分；
（3）滤液的成分；
（4）核心反应条件的控制和原因；
（5）选择化学除杂试剂及原因；
（6）调pH值的范围及试剂的选择；
（7）常用的分离方法、实验操作及相关实验仪器；
（8）流程中的物质转化和循环；
（9）有关平衡的问题；
（10）相关化学计算
例如：
1、提高浸出率：粉碎、搅拌、升温、增大酸（或碱）浓度。【化学平衡原理】
2、调节pH值：控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。【溶解平衡原理】
3、保持酸过量（酸化）的目的：通常是抑制某金属阳离子的水解。【水解平衡原理】
4、温度的控制（可用水浴或冰水浴或油浴来控制） 【化学平衡原理】
5、改变压强：加快反应速率，或促进化学平衡向某个方向移动。【化学平衡原理】
【变式2-1】（2024上·山东济宁·高三统考期末）铊是一种有毒有害的重金属元素，对人体有较大的危害。湿法炼锌工业废水中的主要阳离子有，需要处理回收金属元素达标后排放，可以采用以下不同方法处理废水：
已知：①氧化性强于，为两性氧化物，溶液时开始溶解，常温下相关离子开始沉淀和沉淀完全时的如表所示：
离子
开始沉淀的 2.7 6.4 1.4
沉淀完全的 3.7 8.0 2.8
②萃取的反应原理为H++CH3CONR2+TlCl[CH3CONR2H]TlCl4
请回答下列问题：
（1）“反应”步骤中总反应的离子方程式为 。
（2）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)，通常在“分步沉淀”时加入絮凝剂，其目的是 。
（3）请从化学平衡的角度解释“反萃取”过程中加入的原理和目的 。
（4）“分步沉淀”时，沉淀第二种离子时调节溶液的范围为 ，当其恰好完全沉淀，则溶液中先沉淀的离子浓度为 。
（5）废水中吸附过程如图所示，该树脂为 (填“阳离子”或“阴离子”)交换树脂，若使吸附剂再生，且回收，可将离子交换树脂浸入 溶液。
a． b． c．
【变式2-2】（24-25高三下·上海·开学考试）用低品位铜矿(主要成分为和FeO)为原料制备CuCl流程如图。
已知：CuCl难溶于醇和水，在热水中易被氧化，易溶于浓度较大的体系中()。
(1)将矿样研磨后“浸取”，该操作中被氧化的元素有 (填元素符号)。
(2)“除铁”操作需在搅拌条件下滴加氨水，防止局部pH过大，原因是 。
(3)“还原”过程中温度不宜过高的原因是 。
(4)另有工艺改用铜粉替换，替换后工艺后续“稀释”所得滤液3经蒸发浓缩后可直接返回 操作循环使用。
(5)如下图所示，和其他条件相同时，CuCl产率随增大先升高后降低的原因是 。
(6)如下图所示，其他条件相同时，CuCl产率随反应时间延长而降低的原因是 。
【考向三】图像、图表信息加工类化工流程综合分析
【典例3】（2024·新课标卷·）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
(1)“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
(2)“过滤1”后的溶液中加入的作用是 。取少量反应后的溶液，加入化学试剂 检验 ，若出现蓝色沉淀，需补加。
(3)“氧化沉钴”中氧化还原反应的离子方程式为 、 。
(4)“除钴液”中主要的盐有 (写化学式)，残留的浓度为 。
1．图象题类型
（1）单一曲线型 2.多重曲线型
解决图象题的基本思路：
①会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。
②会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
2．表格题类型
解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。
3．图表信息试题的问题解决的方法归纳：
①应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律：
②应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义；
③注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？
④注意信息与基础知识间的有机联系
【变式3-1】（24-25高三上·河北沧州·阶段练习）回收利用电解铝废渣(含、、、)，有利于缓解新能源产业带来的锂压力。以电解铝废渣制备碳酸锂的工艺流程如下。
已知：时，碳酸氢锂的溶解度大于碳酸锂的溶解度。回答下列问题：
(1)基态氟原子的电子排布式为 。
(2)加快“反应”速率的两种措施为 。
(3)经“碱解反应”“过滤”后所得滤渣的主要成分为 。
(4)“合成”冰晶石的化学方程式为 ；“合成”冰晶石一步对于本流程的意义是 。
(5)“苛化反应”加入氧化钙的目的是将微量的其他金属离子除去，针对所得产品而言，该步反应造成的不良后果为 。
(6)“碳化反应”过程中，通入调节溶液的，不同下，碳酸锂的收率变化如下表所示，分析表中数据，结合化学方程式解释减小，碳酸锂收率下降的原因： 。
溶液 碳酸锂收率 溶液 碳酸锂收率
0 95
10 95
50 92
70 85
【变式3-2】（24-25高三上·北京海淀·阶段练习）Mn和具有广泛的用途。
Ⅰ．工业上用软锰矿(主要含)和硫锰矿(主要含有MnS)联合制备的流程如下所示。
资料：几种化合物的
硫化物 MnS NiS CoS BaS(易溶)
氢氧化物
(1)为提高浸出速率，可采取的措施有 (答出两条即可)。
(2)浸出过程中产生的对与MnS的反应起到催化作用，机理如下。
ⅰ．
ⅱ． (补全离子方程式)。
(3)流程图中利用①和②共同除去浸出液中金属阳离子杂质，解释不能单独使用①去除这些杂质离子的原因： 。
(4)滤渣2的主要成分是 。
Ⅱ．以溶液为原料，用图1装置(a，b均为惰性电极)同步制备Mn和。
(5)结合离子交换膜的类型，解释中间室产生较浓硫酸的原因： 。
(6)图1中b电极上Mn的电解效率与溶液pH的关系如图2所示。随pH的增大，电解效率先增大后减小的原因是 。
【考向四】制备类化工流程综合分析
【典例4】（2024·全国甲卷·）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是 。
(2)“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中和均为，向其中加入至沉淀完全，此时溶液中 ，据此判断能否实现和的完全分离 (填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成，产生的物质的量为 。
(5)“沉淀”步骤中，用调，分离出的滤渣是 。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是 。
一、物质制备过程中的常考知识点
1.原料处理阶段的常见考查点
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
水浸 与水接触反应或溶解。
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。
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。
2．分离提纯阶段的常见考查点
（1）调pH除杂
①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。
如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。
3．获得产品阶段的常见考查点
（1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。
（2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。
（3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。
（4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。
二、破解物质制备的——“题眼”
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
（1）对反应速率有何影响。
（2）对平衡转化率是否有利。
（3）对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
（4）识别流程图
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
【变式4-1】（2024·北京·）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是 。
(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是 。
(3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400
500
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。
②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是 。
(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的 。
(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是 。
【变式4-2】（2024·山东·）以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属，“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为 。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A． B． C． D．
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
1．（2024·海南·）锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下：
回答问题：
(1)氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。
(2)煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。
(3)沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。
(4)沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是 。
(5)通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。
2．（2024·浙江·）矿物资源的综合利用有多种方法，如铅锌矿(主要成分为)的利用有火法和电解法等。
已知：①；
②电解前后总量不变；③易溶于水。
请回答：
(1)根据富氧煅烧(在空气流中煅烧)和通电电解(如图)的结果，中硫元素体现的性质是 (选填“氧化性”、“还原性”、“酸性”、“热稳定性”之一)。产物B中有少量，该物质可溶于浓盐酸，元素转化为，写出该反应的化学方程式 ；从该反应液中提取的步骤如下：加热条件下，加入 (填一种反应试剂)，充分反应，趁热过滤，冷却结晶，得到产品。
(2)下列说法正确的是___ ____。
A．电解池中发生的总反应是(条件省略)
B．产物B主要是铅氧化物与锌氧化物
C．化合物C在水溶液中最多可中和
D．的氧化性弱于
(3)D的结构为(或)，设计实验先除去样品D中的硫元素，再用除去硫元素后的溶液探究X为何种元素。
①实验方案：取D的溶液，加入足量溶液，加热充分反应，然后 ；
②写出D(用表示)的溶液与足量溶液反应的离子方程式 。
3．（2024·湖北·）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐中提取铍的路径为：
已知：
回答下列问题：
(1)基态的轨道表示式为 。
(2)为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是 。
(3)“萃取分液”的目的是分离和，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是 。
(4)写出反萃取生成的化学方程式 。“滤液2”可以进入 步骤再利用。
(5)电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是 。
(6)与醋酸反应得到某含4个的配合物，4个位于以1个O原子为中心的四面体的4个顶点，且每个的配位环境相同，与间通过相连，其化学式为 。
4．（2024·福建·）锂云母的主要成分为，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备的工艺流程如下：
(1)“高压浸出”中：
①“滤渣1”中卤化物Y为 。(填化学式)
②一定条件下，元素浸出率与用量的关系如图，为提高锂浸出率，最佳用量为 g。(保留小数点后一位)
③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：
i．尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应液接触
ii．尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入
一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是 。
(2)“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 。
(3)“沉淀转化”反应的平衡常数 。(列出计算式)已知：时，。
(4)“操作Z”为加热、趁热过滤和 ；趁热过滤的主要目的是 。(分解温度约为)
(5)的晶胞结构如图所示。
①晶体中与一个O紧邻的有 个。
②一个与所有紧邻O形成的空间结构为 。
③晶体中微粒间作用力有 。(填标号)
a．氢键 b．离子键 c．金属键 d．范德华力 e．极性共价键 f．非极性共价键
5．（2024·广西·）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。
(3)常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。
(4)“X”可选用____ ___。
A． B． C．Zn D．
(5)若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式 。
(6)立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有 个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 (用含的代数式表示)。
6．（2024·贵州·）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下：
已知：
①25℃时，；
②。
回答下列问题：
(1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。
(3)“除杂”时需加入的试剂X是 。
(4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成的离子方程式为 。
(5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下：
①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为 。
②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有 个。
③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则 ，其可能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。
7．（2024·吉林·）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。
(4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。
A．无需控温 B．可减少有害气体产生
C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。
(6)“沉金”中的作用为 。
(7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
8．（2024·甘肃·）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
(1)高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
(2)“滤渣”的主要成分是和 。
(3)“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
(4)铝产品可用于 。
(5)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
8．（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。
已知：酸性条件下，的氧化性强于。
（1） “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。
②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。
（2） “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。
①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：
②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。
（3） “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。
①该步反应的离子方程式有 。
②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。
（4）结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。
9．（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 。
10．（2023·全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。
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、易溶于水的和微溶于水的。“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”步骤中生成的化学方程式为 。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
11．（2023·全国新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 (填化学式)。
（2）水浸渣中主要有SiO2和 。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致 。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 (填标号)。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为 。
12．（2023·天津卷）下面是制备硫酸的工业流程：
（1）的晶体类型是 。
（2）第一步时，硫粉液化并与氧气共热生成二氧化硫。若反应温度超过硫粉沸点，部分硫粉会转化为硫蒸气，与生成的二氧化硫一同参加第二步反应，关于这种情况说法正确的是 。
a．硫粉消耗会增大 b．二氧化硫生成率降低 c. 二氧化硫生成率增大
（3）若每生成气体三氧化硫，放出能量，写出生成三氧化硫的反应的热化学方程式： ，若反应温度升高，则二氧化硫转化率 (填“升高”或“降低”)。
（4）第二步反应中，从能量角度分析催化剂意义： 。
在第二步反应中，首先将反应物加热到，通入催化剂层，进行第一轮反应，反应后体系温度升高，导出产物与剩余反应物，与其他反应物进行热交换降温，随后再次通入催化剂层，如此进行四轮反应，使反应转化率衡转化率，得到较高产率的三氧化硫。
（5）通入催化剂层后，体系(剩余反应物与生成物)温度升高的原因在于 ；每轮反应后进行热交换降温的目的是 。
（6）关于四轮反应，说法正确的是 。
a．这一流程保证了在反应速率较大的情况下，转化率尽可能大
b．这一流程使这一反应最终达到平衡转化率
c．这一流程节约了能源
（7）如图是吸收三氧化硫时浓硫酸浓度、温度对吸收率影响曲线，读图可知，最适合吸收三氧化硫的浓硫酸质量分数为 ，最适合吸收的温度为 。
（8）一批32吨含硫元素的硫粉，参加反应，在第一步反应中硫元素损失了，二氧化硫在第二步反应中转化为了三氧化硫，三氧化硫在第三步反应中被吸收时，视作全部吸收，那么这批硫粉总计可以生产的浓硫酸 吨。
13．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。
14．（2023·海南卷）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物资。利用绿柱石(主要化学成分为(，还含有一定量的FeO和)生产BeO的一种工艺流程如下。
回答问题：
（1）中Be的化合价为 。
（2）粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
（4）无水可用作聚合反应的催化剂。BeO、与足量C在600~800℃制备的化学方程式为 。
（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
1．（2025·安徽淮北·一模）废催化剂中金属资源的回收利用可以降低生产成本。从某废催化剂(主要成分为、、等)中回收和的流程如下：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时产生的气体是 (填化学式)。
(2)“水浸”后的滤液中铝的存在形式为 (填化学式)。
(3)“酸浸”过程发生的主要反应为 ，相同时间内镍的浸出率与温度的关系如图1所示，温度高于镍的浸出率下降的原因是 。
(4)已知时，相关金属离子完全沉淀(离子浓度)时的pH如下表，“除杂”时控制溶液的pH为6.9，此时溶液中的浓度为 。
金属离子
pH 8.3 3.2 4.7 8.9
(5)“氧化”过程发生的离子反应方程式为 。工业上可电解碱性悬浊液制备，阳极反应式为 。
(6)图2、图3分别为扫描电子显微镜下和微观形貌图，作为催化剂的载体的优势是 。
2．（24-25高三上·山东泰安·期末）铬是高熔点、耐腐蚀金属，常被用于制作不锈钢和镀铬。工业上常利用铬铁矿(主要成分是FeCr2O4，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3、SiO2等杂质)通过下列两种方法来制备铬。
方法一：焦炭还原法
方法二：流程如下
已知：
i．固体X的主要成分是Fe2O3、MgO；
ii．；
iii．Ksp[Al(OH)3]=1×10-33
回答下列问题：
(1)铬铁矿焙烧时的化学方程式为 。固体Y的主要成分是 (填化学式)。
(2)与方法二相比，方法一的缺点是 。
(3)NH4Cl高温还原的化学方程式为 。
(4)室温下，“酸化”前滤液中主要阴离子的浓度为1mol/L，其转化率为90%。“酸化”过程中随c(H+)的变化如图。“酸化”时pH= (已知，结果保留一位小数)。
3．（24-25高三下·云南·阶段练习）五氧化二钒广泛用于冶金、化工等行业。某废钒催化剂主要含有等，采取如图的工艺流程回收其中的钒制备V2O5：
已知：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
开始沉淀时(c=0.1 mol L-1)的pH 12.4 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol L-1)的pH 13.8 4.7 3.2 9.5
回答下列问题：
(1)浸出渣的主要物质成分是 (填化学式)“酸浸还原”中V2O5转化为VO2+，写出V2O5转化为VO2+反应的离子方程式： 。
(2)“中和沉淀”步骤中用NH3调节溶液至pH=8.0，此时溶液中c(Fe2+)= mol L-1。
(3)该工艺中沉钒率是回收钒的关键之一，沉钒率的高低除受溶液pH影响外，还需要控制氯化铵系数(NH4Cl加入质量与料液中V2O5的质量比)和温度，变化趋势如图所示。
根据图示建议控制氯化铵系数和温度： 、 ；“沉钒”中需要控制该氯化铵系数的原因是 。
(4)经过热重分析测得：NH4VO3(M=117g/mol)在焙烧过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示。试写出210℃~380℃时反应的化学方程式： 。
(5)碳化钒主要用于制造钒钢及碳化物硬质合金添加剂，其晶胞结构如图所示。
①碳化钒晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子个数为 。
②若碳化钒合金的密度为ρg cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞参数为 nm。
4．（2025·山东日照·一模）以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下：
已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。
回答下列问题：
(1)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。
(2)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为 (填Na2SO3或NaClO)，应调节pH最佳为 。
(3)已知Sc2(C2O4)3难溶于水，难溶于酸；Ka1(H2C2O4)=a，Ka2(H2C2O4)=b，Ksp[Sc2(C2O4)3]=c，“沉钪”时，发生反应：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+，此反应的平衡常数K= 。(用含a、b、c代数式表示)
(4)Sc2(C2O4)3经系列操作可得，加热脱水时生成ScOCl的化学方程式为 。
(5)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数Kd) ；萃取率=。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保留到小数点后一位，下同)；若将60mL萃取剂分成3次萃取，每次用20mL，则最后一次水层中钪的残留率为 %。

展开更多......

收起↑