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第57讲 找寻流程中的循环物质
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
2024河北卷-16题 副产品循环的判断：滤渣中钒元素，通过盐浸，进入滤液中，再将滤液回流到离子交换工序，进行的富集。
2024安徽卷-15题 试剂循环的判断：“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质
2024湖北卷-16题 副产品循环的判断：利用萃取和反萃取原理，使滤液中主要成分进入反萃取步骤再利用。
2024山东卷-18题 矿料循环的判断： “还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
2024湖南卷-16题 试剂循环的判断：根据题中的箭号所指可判断Na2SO3可继续进行银转化过程。
2024黑吉辽-16题 试剂循环的判断：用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
2024年——找寻流程中的循环物质考向考点统计
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
重温经典
模型建构
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2025
知识重构
必备知识分析
1.工业流程中物质循环种类：
化学工艺流程中物质循环可以分为试剂循环使用、矿料循环充分利用、产品循环再提纯。
2.明确渣液关系：
判断循环，首先明确流程中“渣液”关系：
4.区分副产品
3.如何确定循环物质
必备知识分析
关键能力分析
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2025
知识重构
思维模型建构
1.试剂作用分析：加入试剂，精准分析物质变化与试剂作用。
2.工业流程五观念：
元素守恒的观念
前后关联的观念
物质转化的观念
渣液分离的观念
循环利用的观念
试剂作用是什么？
为什么循环？
循环了什么物质？
试剂循环是主要考向
（4）“滤液2”可以进入 步骤再利用。
思路分析
一、副产品循环
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+，有机相为含铍的化合物
加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[B(OH)4]
进入水相2中
最后对水相2加热过滤，分离出Be(OH)2，滤液2的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用
NaOH
ZnCO3 SiO2
Ca Mg Fe Cu 化合物
元素守恒观念
物质转化观念
ZnO SiO2 Ca Mg Fe Cu 化合物
前后关联观念
CaF2
渣液分离观念
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
Fe(OH)3和MnO2
Cu
CaF2、MgF2
思路分析
Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+
一、副产品循环
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
Fe(OH)3和MnO2
Cu
CaF2、MgF2
（6）滤渣 ④与浓 H2SO4反应可以释放 HF并循环利用,同时得到的副产物是 、 。
循环物质：HF
副产品：CaSO4 MgSO4
一、副产品循环
二、矿料循环
思路点播
热浸
S
加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2
二、矿料循环
矿料循环
思路分析
前后关联
渣液分离
Fe2O3 MgO
渣液分离 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
二、矿料循环
矿料循环
思路分析
前后关联
渣液分离
Fe2O3 MgO
渣液分离 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
二、矿料循环
矿料循环
思路分析
前后关联
渣液分离
Fe2O3 MgO
渣液分离 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
二、矿料循环
矿料循环
思路分析
前后关联
渣液分离
Fe2O3 MgO
渣液分离 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
循环
循环
循环
二、矿料循环
二、矿料循环
三、试剂循环
物质 转化观念
Cu2+ 、Ag、Au
Ag、Au
HAuCl4
Ag转化为AgCl
思路分析
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
三、试剂循环
Na2CrO4 Fe2O3 NaAlO2 Na2SiO3
思路分析
试剂作用
物质 转化观念
两次硫酸作用相同吗？
三、试剂循环
Na2CrO4 Fe2O3 NaAlO2 Na2SiO3
思路分析
试剂作用
物质 转化观念
硫酸
三、试剂循环
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物质 转化观念
TiO2
SiO2
CaSO4
滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例 7．（2021年全国乙卷---26）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、试剂循环
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物质 转化观念
TiO2
SiO2
CaSO4
滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例 7 ．（2021年全国乙卷---26）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、试剂循环
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物质 转化观念
TiO2
SiO2
CaSO4
滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
二氧化硅和硫酸钙不与酸反应，为酸溶渣，溶液中含有TiO2+
例7．（2021年全国乙卷---26）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、试剂循环
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物质 转化观念
TiO2
SiO2
CaSO4
滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例7．（2021年全国乙卷---26）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
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思维模型
整体分析，把握化学工艺流程题的试题结构，明确各环节的目的、方法、措施。
树立元素守恒和前后关联的大观念：
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2025
知识重构
素养导向下的教学启示
题目的情境设置
生产环保情境：
自然资源的综合利用，生产条件的优化，废物回收利用和毒害物质处理。
学术探究情境：
最新的生产方法，提取技术的应用等。
应考
策略
核心的知识体系
基本思想方法
落实学科大观念
提升学科能力
学
科
核
心
素
养
（1）夯实基础：强化元素化合物的性质及转化、物质分离提纯等基本实验方法的使用及操作；
（2）培养能力：强化信息提取及分析能力，关注图形图表类信息的转化；
（3）强化规范：培养规范答题能力，对常见问题要建立答题模型。
不变
命题特点
主要考向：以过渡元素为载体，Mg、Al、Fe、Cu等化合物为杂质。
高频考点：
原料预处理措施、目的；
陌生方程式书写；
生产条件的选择与优化；
物质分离、提纯方法的选择、操作；
物质成分分析；
化学反应原理分析应用及相关计算。
总结第57讲-找寻流程中的循环物质
1．（2023湖南9题）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
2．（2023福建6题）从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A．“盐浸”过程若浸液下降，需补充
B．“滤渣”的主要成分为
C．“沉锌”过程发生反应
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用
3．(2022河北新高考8题)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O
D．参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1∶1∶1
4．(2022湖南新高考7题)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：
下列说法错误的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
5．（2024河北卷16题）V2O5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V2O5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V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3 、 NaOH 、 Na2CO3等。
ⅱ 高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙[Ca(VO3)2]和偏铝酸钙[Ca(AlO2)2]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_______；CO2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NH4Cl溶液的浓度
6．（2024黑吉辽16题）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Au颗粒被FeS2、FeASS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，FeS2发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铁砷”时需加碱调节PH，生成_______(填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含AS微粒的沉降。
（4）“培烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培烧氧化”，“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）“真金不拍火炼”，表明Au难被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用为_______。
（6）“沉金”中Zn的作用为_______。
（7）滤液②经H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2--转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为_______。用碱中和HCN可生成_______(填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。
7．（2023全国乙27题）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 。
8． (2022广东卷18题)稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3开始溶
解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mol Pt3Y转移_______mol电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为_______。
9． (2022全国乙卷26题)磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺流程条件下，有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表：
金属离子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全（c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式：__________________________。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调解pH至11.6，依次析出的金属离子是_________。
(3)“母液①”中Mg2＋浓度为________________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是___________。“酸溶渣”的成分是________、__________。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，该反应的离子方程式是________________________________________________。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得____________，循环利用。
10．(2021山东新高考18题)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是________________________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在_______ (填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为________________。
第57讲-找寻流程中的循环物质答案及解析
1.【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。
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以及没有除净的铝离子，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。
2.【答案】B
【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应
，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为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。
A. “盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；
B. 由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；
C. “沉锌”过程发生反应，C正确；
D. 应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；
故答案选B。
3．【答案】A
【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；
综上所述，本题选A。
4．【答案】C
【解析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：
Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，
发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高温下与Na2CO3发生反应Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；
C．由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，产物是Na3AlF6和Na2CO3，故C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，故D正确；
答案选C。
5．【答案】
（1）① 3d34S2 ② +5 ③ CO2
（2）NaAlO2
（3）①
②提高溶液中HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3-
③离子交换
（4）NaCl
（5）bd
【解析】Ca(AlO2)2、NaAlO2
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2 、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3- ，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH≈8，65-70℃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VO3- 的富集。
（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34S2 ；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3- ，偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO3在800℃以上开始分解，生成的气体①为CO2 。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3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NaAlO2 。
（3）在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO3- 和OH-反应生成CaCO3、VO3-和H2O，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HCO3-浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3- ；滤液①中含有VO3- 、NH4+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Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引人其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。
（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．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NH4+反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好接触，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NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意；
故选bd。
6．【答案】
（1）CuSO4
（2）
（3）Fe(OH)3 （4）BC
（5）做络合剂，将Au转化为[Au (CN)2]-从而浸出
（6）作还原剂，将[Au (CN)2]- 还原为Au
（7） ① ② NaCN
【解析】
【分析】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+、SO42-、As（Ⅵ），加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3 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[Au (CN)2]-的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2--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SO42-，离子方程式为：；
（3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为Fe(OH)3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，将Au转化为[Au (CN)2]-从而浸出；
（6）“沉金”中Zn作还原剂，将[Au (CN)2]-还原为Au；
（7）滤液②含有[Zn(CN)4]2-，经过H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-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。
7．【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↑
【分析】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。
【详解】（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-)=1.0×10-10mol·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+；故答案为：2.8×10-9、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；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（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↑；
故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
8．【答案】
(1)Fe2+ (2) ① 4.7≤pH<6.2 ② Al3++3OH―=Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4 (4) ①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶
(5)MgSO4 (6)① 15 ② O2+4e―+2H2O=4OH―
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、Mg2+、SO等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案为：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根据Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案为：4×10-4；
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
(5)由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
(6)①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移15mol电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH—，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
9．【答案】（1）Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑
（2）Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
（3）1.0×10－6 （4）SiO2和CaSO4 （5）TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋
（6）焙烧
【解析】（1）Al2O3与(NH4)2SO4焙烧的反应为非氧化还原反应，根据质量守恒可知所得尾气为NH3，该反应的化学方程式为：Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑；
（2）根据三种金属阳离子完全沉淀时的pH可知：Fe3＋（完全沉淀pH为3.2）、Al3＋（完全沉淀pH为4.7）、Mg2＋（完全沉淀pH为11.1），所以依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋；
（3）由Mg2＋完全沉淀时的pH为11.1可计算求得Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)·c2(OH－)=1.0×10－5×(10－2.9)2=10－10.8，“母液①”的pH为11.6[c(OH－)=10－2.4 mol·L－1]，所以c(Mg2＋)=Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH－)=10－10.8/(10－2.4)2=1.0×10－6mol·L－1；
（4）由于“酸溶”时温度为160℃，为了防止酸挥发，应选择高沸点的难挥发性酸，最适合的酸是H2SO4，根据流程分析可知，“酸溶渣”的成分是SiO2和CaSO4；
（5）TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀的离子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋；
（6）“母液①”的成分为(NH4)2SO4，“母液②”的成分为H2SO4，将其混合后吸收尾气NH3，经处理得到(NH4)2SO4可在“焙烧”步骤中循环利用。
10．【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3
使2CrO+2H+Cr2O+H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
(3)过度蒸发，导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出H2SO4
(4)阳 Na＋
【解析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7 2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使AlO、SiO转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7 2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(2)中和时调节溶液pH目的是将AlO、SiO转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O和CrO存在，溶液中存在平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸发结晶时，过度蒸发会导致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除Na2Cr2O7外，还有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由2CrO+2H+Cr2O+H2O可知，CrO在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。
(
10
)第57讲-找寻流程中的循环物质
知识重构
1．化学工艺流程中物质成分循环的种类：试剂循环使用、矿料循环充分利用、产品循环再提纯。对于流程中“渣液”确定：
2.树立两种观念：元素守恒和前后关联的大观念。
循环物质的确定
副产品的判断
二、重温经典
例1.（2024年湖北卷16题节选）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸[Be3Al2(SiO3)6]
中提取铍的路径为：
已知：Be2+ +4HA BeA2(HA)2 +2H+
回答下列问题：
（3）“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，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Na2[Be(OH)4]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_______。
【答案】
（3）无明显现象
（4） ①BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O ② 反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
【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BeA2(HA)2，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为Na2[Be(OH)4]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。
（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：无明显现象。
（4）反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式为BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O，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。
例2.（2022年全国甲卷26题）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为 ZnCO3，杂质为 SiO2 以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其制备流程如下:
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表:
离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11
回答下列问题:
（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。
（2）为了提高锌的浸取效果,可采取的措施有 、 。
（3）加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 (填标号)。
A. NH3·H2O B. Ca(OH)2 C. NaOH
滤渣①的主要成分是 、 、 。
（ 4）向 80~90 ℃的滤液①中分批加入适量 KMnO4溶液充分反应后过滤,滤渣②中有 MnO2，该步反应的离子方程式为 。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是 。
（6）滤渣 ④与浓 H2SO4反应可以释放 HF并循环利用,同时得到的副产物是 、 。
【答案】
(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)增大压强 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
(3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO4 MgSO4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑；
(2)可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
(3)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
(4)向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；
(6)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
例3.（2024年山东卷18题）以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2- 和[AgCl2]- 及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb “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．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“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 1:1 ② H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）①C ②Pb + 2[AgCl2]- =2 Ag + [PbCl4]2-
（5）阳极
【解析】
本题以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb 和Ag， “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2-和[AgCl2]-及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2-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[PbCl4]2-，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]-置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
（1）“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+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PbS和Ag2S时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+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PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2-，电解[PbCl4]2-溶液制备金属Pb，Pb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是将将过量的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：Pb+2[AgCl2]- =2 Ag +[PbCl4]2-。
（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，阳极放电视，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。
例4.（2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学--15）绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+内循环。工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）高温连续氧化工序中被氧化的元素是 （填元素符号）。
（2）工序①的名称为 。
（3）滤渣I的主要成分是 (填化学式）。
（4）工序③中发生反应的离子方程式为 。
（5）物质V可代替连续高温氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为 ，可代替NaOH的化学试剂还有 (填化学式）。
（6）热解工序中的混合气体最适宜返回工序 (填“①”“②”“③”或“④”）参与循环。
（7）工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH为 。（通常认为溶液中离子浓度小于10-5 mol· L-1为沉淀完全；Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-K=100.63；Kw=10-14；Ksp[Al(OH)3]=10-33）
【答案】
（1）Fe和Cr（或Fe、Cr）
（2）水浸（或加水溶解、加水搅拌溶解、水溶）
（3）Mg(OH)2和Fe2O3
（4）2Na+ + CrO42-+ 2CO2+H2O = Cr2O72-+ 2NaHCO3↓
（5）16NaHCO3 +4Fe(CrO2)2 +7O2= 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 16CO2+ 8H2O
Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【解析】本题解题的要点是抓住关键工艺“不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现制备高价铬盐，同时实现Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+内循环”，从流程中Na2CrO4 溶液的出现和依据工序④处理的NaAlO2 溶液得Al(OH)3的提示，Cr元素发生变价制备铬盐，Al元素在连续高温氧化步骤中变为NaAlO2，溶于水后成为溶液，通入过量气体A成为Al(OH)3，所以气体A是CO2气体，CO2气体是空气的一种成分没有利用其他资源，流程中NaOH溶液循环（Na+内循环）已经给出，所以连续高温氧化的是Cr元素和Fe元素，即通过水溶得到Na2CrO4 溶液和NaAlO2 溶液，过滤得滤渣Mg(OH)2和Fe2O3，再通过过量气体CO2和高温水蒸气处理得物质II溶液（碳酸氢镁溶液）和Fe2O3，混合气体IV为CO2和水蒸气可返回工序②再次利用。
（1）在熔融NaOH、O2和连续高温氧化条件下，Fe(CrO2)2被氧化最终生成Fe2O3和Na2CrO4，所以Fe和Cr（或Fe、Cr）被氧化。
（2）通过水溶得到Na2CrO4 溶液、NaOH溶液和NaAlO2 溶液，过滤得滤渣MgO和Fe2O3，所以工序①的名称为水浸，或称为加水溶解、水溶等。
（3）通过水溶得到Na2CrO4 溶液、NaOH溶液和NaAlO2 溶液，过滤得滤渣Mg(OH)2和Fe2O3，其中Mg(OH)2系MgO与水反应得到。
（4）CO2气体通入Na2CrO4 溶液中发生反应：
2Na2CrO4 + 2CO2+H2O = Na2Cr2O7 + 2NaHCO3↓，物质Ⅴ为固体NaHCO3，离子方程式为：2Na+ + CrO42-+ 2CO2+H2O = Cr2O72-+ 2NaHCO3↓。
（5）NaHCO3 在与矿料连续高温氧化过程中发生的反应有：
16NaHCO3 +4Fe(CrO2)2 +7O2 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 16CO2↑+ 8H2O ，
2NaHCO3 + Al2O3 2NaAlO2 + 2CO2↑+H2O，其中第一个反应为主要反应。除了NaHCO3外，Na2CO3也可以替代NaOH。
（6）热解工序中的混合气体是CO2和水蒸气，最适宜返回工序②。
（7）工序④中的铝以Al(OH)4-存在，其完全沉淀时c[(Al(OH)4-)]不大于10-5 mol L 1
Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-K=100.63
令c[(Al(OH)4-)]=10-5 mol L 1， = 100.63
c(OH-)=10-5.63c(H+)=10-8.37 pH=8.37
例5.（2024年安徽卷15题节选） 精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_______。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S 2O3)2]3-。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。
【答案】
（2）Cu2+
（3）2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O
（4）AgCl
（5） ① [Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32- ② Na2S 2O3
【解析】
精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S 2O3 ，将AgCl转化为[Ag(S 2O3)2]3-，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S 2O3)2]3-还原为Ag。
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S 2O3 反应转化[Ag(S 2O3)2]3-；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S 2O3)2]3-得电子被还原为Ag，电极反应式为：[Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32-；阴极反应生成S 2O32-，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S 2O3 ；
例6.（2021年山东省普通高中学业水平选择性考试化学--17）工业上以铬铁矿（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质）为主要原料制备红矾钠（Na2Cr2O7· 2H2O）的工艺流程如下。回答下列问题：
(
铬铁矿
纯碱
H
2
O
O
2
H
2
SO
4
H
2
SO
4
滤渣
滤渣
副产品
Na
2
Cr
2
O
7
·
2
H
2
O
母液
焙烧
浸取
中和
酸化
蒸发结晶
冷却结晶
)
（1）焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐。焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是 。
（2）矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol · L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为 ，酸化的目的是 。Fe元素在 （填操作单元的名称）过程中出去。
（3）蒸发结晶时，过度蒸发将导致；冷却结晶所得的母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有 。
（4）利用膜电解技术（装置如图所示）。以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑
则Na2Cr2O7在（填“阴”或“阳”）极室制得，电解时通过膜的离子主要为 。
【答案】为使气体和铬铁矿充分混合，反应物充分反应。
(2) 4.5到9.3；将铬元素由CrO42-转变成目标产物红矾钠的Cr2O72-。（或将Na2CrO4转变成Na2Cr2O7。）；浸取
(3) 让铬元素由原来的CrO42-转变成目标产物红矾钠的Cr2O72-；硫酸
(4) 阳极；Na+
【解析】工业生产为了使原料充分利用，采用的方法之一是逆流原理，其目的就是使得反应物之间充分混合，反应充分。所以焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是为使气体和铬铁矿充分混合，反应物充分反应。中和时的目的是为了将Al、Si的可溶性盐转变成沉淀，且Al元素不以铝离子形式再次溶解，所以中和时pH的理论范围为4.5到9.3。焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，而目标产物红矾钠是Na2Cr2O7，所以酸化的目的是将铬元素由CrO42-转变成目标产物红矾钠的Cr2O72-。（或将Na2CrO4转变成Na2Cr2O7。）铁元素再加入纯碱焙烧时，铁的氧化物难溶于水，在浸取中以滤渣形式分离出去。蒸发结晶得到的是红矾钠（Na2Cr2O7· 2H2O），晶体中含结晶水。如果过度蒸发，晶体受热失去结晶水。生产过程中加入的硫酸与Na2CrO4，Al、Si的可溶性钠盐反应时，得到副产物硫酸盐（硫酸钠）。之后硫酸酸化，所以母液中的硫酸为可循环利用的物质。电解时阳极氢氧根放电，产生氧气，阳极区剩余的氢离子使CrO42-转变成Cr2O72-，所以重铬酸钠在阳极产生。阴极区氢离子放电得到H2，溶液中存在OH-离子。Na+通过离子交换膜，转移到阴极区得到产物氢氧化钠。
例7.（2021年全国乙卷-26）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式　　。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　　。
（3）“母液①”中Mg2+浓度为　　mol L﹣1。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是　　。“酸溶渣”的成分是　　、　　。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，TiO2+水解析出TiO2 xH2O沉淀，该反应的离子方程式是　　。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得　　，循环利用。
【解析】（1）“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al（SO4）2，方程式为Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑，故答案为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑；
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe3+、Al3+、Mg2+，故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）母液①的pH为11.6，故c（H+）＝10﹣11.6mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣2.4mol/L，设母液①中镁离子浓度为x，依据图表数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10﹣5mol/L，Ksp（氢氧化镁）＝10﹣2.9mol/L×10﹣2.9mol/L×1.0×10﹣5mol/L＝x 10﹣2.4mol/L×10﹣2.4mol/L，解得x＝1.0×10﹣6mol/L，故答案为：1.0×10﹣6；
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，故应使用难挥发，高沸点的硫酸，结合流程，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙，故答案为：硫酸；二氧化硅和硫酸钙；
（5）依据提示，TiO2+的水解过程的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2 xH2O↓+2H+，故答案为：TiO2++（x+1）H2OTiO2 xH2O↓+2H+；
（6）依据（1）可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用，故答案为：硫酸铵。
三、模型建构
整体分析，把握化学工艺流程题的试题结构，明确各环节的目的、方法、措施。树立元素守恒和前后关联的大观念：
1．明确原料预处理的物质转化反应是“临门一脚”，多角度认识预处理的常见方法模型，以及提高浸取率的常见措施。
2．理解反应条件控制的目的，多角度认识pH控制、温度控制、浓度、用量控制等常见方法。
3．理解混合物分离提纯的目的(关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务)，熟练掌握过滤、结晶、蒸馏、萃取等操作方法的选择和操作。
4. 分清物质循环的种类：试剂循环、矿料循环、产品再提纯循环
四、名师导学
1．必备知识：以典型无机物、部分过渡元素的性质及其转化为知识载体，以化学实验的基本操作，物质的检验、分离、提纯，实验数据的处理与分析为手段，结合电解质溶液、电化学、热力学、动力学等方面知识，综合考查物质的制备、分离、提纯。
2．关键能力：通过理解、辨析基础知识、基本概念、基本理论、基本信息，考查学生的信息提取、整合能力和迁移应用能力。通过对数据、图表、图像等计算、分析，考查学生的思维认知能力。
3．学科素养：以实际生产中的真实问题为背景，加强对实验探究与创新意识实践基础的考查，培养学生证据推理与模型认知、宏微结合与变化平衡的学科核心思维，渗透绿色、节能、环保等科学精神与社会责任的核心价值立场。
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