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第47讲　无机化工流程题
1．培养从新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。
2．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
3．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等形式表达并做出解释的能力。
01
考点梳理 高效演练
一、化学工艺流程题的整体设计
1．呈现方式——“三大块”
2．解题模型——“四线法”
(1)试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到酸、碱中和或氧化、还原作用等。
(2)转化线：元素守恒——焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等。
(3)除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等。
(4)分离线：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等。
二、工艺流程中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
(3)电极反应：理解原电池、电解池的原理，准确判断电极反应物和生成物，熟练应用电子守恒、电荷守恒进行配平。
2．原料预处理的六种常用方法及目的
方法 目的
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，增大反应速率
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
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
3.控制反应条件的六种常用方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大。
②不引入新杂质，如要除去Cu2+中混有的Fe3+时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。增大反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．明确常用的分离、提纯方法
过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法
萃取和
分液 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸馏或
分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
冷却 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨
三、化工流程中的定量计算
1．常见类型及解题方法
类型 解题方法
物质含
量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量
确定物质
化学式计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下角标之比
Ksp相关
计算 ①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和完全时的pH
2.定量计算的常用公式
1．某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，采用联合焙烧法制备超细氧化铋。工艺流程如下：

解析：Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其价层电子排布式为6s26p3。
6s26p3
(2)写出“联合焙烧”时MnO2和Bi2S3反应的化学方程式：________________________________________________________________。
(3)若焙烧时MnO2过量可分解为Mn2O3，则“酸浸”时Mn2O3会转化为MnCl2，此时生成的气体A为______________(填化学式)。

解析：“酸浸”时Mn2O3会与浓盐酸发生氧化还原反应生成MnCl2、H2O和Cl2，则气体A为Cl2。
Cl2
(4)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4的目的是_____________________________________________________________________________________________________。
(6)沉淀反萃取所得草酸铋[Bi2(C2O4)3]用酒精洗去有机残余物，干燥后，在600 ℃、空气气氛下保温2 h进行热分解，热分解产物的X射线衍射图谱如下图所示，出现了Bi2O3的明锐衍射峰。
晶体
2．(2025·东莞摸底考试)铬酸钠(Na2CrO4)是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质)为原料制备Na2CrO4的工艺流程如下：

已知：25 ℃时，Ksp(BaCrO4)＝1.2×10-10，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，Ksp[Ba(OH)2]＝2.4×10-4，Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10-31。
(1)碱浸氧化时，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
解析：碱浸氧化时，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4，化学方程式为4FeO·Cr2O3＋7O2＋16NaOH===2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8H2O，该反应中O2为氧化剂，FeO·Cr2O3为还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4。
7∶4
(2)除铝时，[Al(OH)4]－转化为NaAlSi2O6沉淀，该反应的离子方程式为________________________________________________________________。
4.48
(4)酸溶还原所得溶液中的溶质除HCl外，还含有________________________________(填化学式)。
解析：向铬酸钡中加入盐酸和乙醇酸溶还原，铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，酸溶还原所得溶液中的溶质除HCl外，还有CrCl3、BaCl2。
CrCl3、BaCl2
(5)碱溶氧化中生成Na2CrO4，反应的化学方程式为
________________________________________________________________。
解析：碱溶氧化时，向Cr(OH)3中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液，将氢氧化铬转化为铬酸钠，反应的化学方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4NaOH===2Na2CrO4＋8H2O。
2Cr(OH)3＋3H2O2＋4NaOH===2Na2CrO4＋8H2O
阳
2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
3．锌是一种重要的金属；锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如下图所示。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为_______________________________________________
________________________________________________________________。
温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出
解析：废锌催化剂加入氨水和氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+形式进入溶液，同时铁、锰元素分别转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液中加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去，滤液中加入有机试剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。
(2)滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和______________(填化学式)。“操作a”的名称是________。
解析：根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2 和SiO2。根据流程图可知，萃取后分离出有机层和水层，所以“操作a”是分液。
SiO2
分液
(3)“深度除锰”时，将残留的Mn2+转化为MnO2，每生成1 mol MnO2需消耗_________________molH2O2。
1
①当(NH4)2S的加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是________________________________________ (用离子方程式表示)。
②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择________(填字母)。
A．100% B．110%
C．120% D．140%
[Zn(NH3)4]2+＋S2-===ZnS↓＋4NH3↑
C
解析：①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子将锌转化为硫化锌沉淀，离子方程式为[Zn(NH3)4]2+＋S2-===ZnS↓＋4NH3↑；②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高。
4．(2025·佛山四校联考)工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下图所示：

已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水；②25 ℃时，Ksp(FeS)＝6.0×10-18。
(1)烧结时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为
________________________________________________________________。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用________(填字母)。
a．SO2　　b．Cl2　　c．H2O2　d．Fe2(SO4)3
用稀硫酸调节pH的范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，原因是______________________________________________________。
c
TeO2是两性氧化物，pH过大或过小都会有碲元素反应而损失
解析：浸取渣中主要含Cu2O，Cu2O制取硫酸铜溶液时，试剂X为氧化剂，SO2不能氧化Cu2O，Cl2具有较强的氧化性，但Cl2的还原产物氯离子为新的杂质，Fe2(SO4)3的还原产物亚铁离子为新的杂质，H2O2作氧化剂的还原产物为水，所以最好选用H2O2。TeO2是两性氧化物，用稀硫酸调节pH的范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲元素反应而损失，导致碲的回收率偏低。
(3)还原过程的主要目的是将烧结时生成的少部分Na2SeO4进行转化：
①还原时反应的离子方程式为
________________________________________________________________。
②流程中可循环利用的物质是________(填化学式)。
H2SO4
(4)TeO2转化为Te的离子方程式为____________________________________。
(5)所得粗硒需要精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-) ≥________________mol·L-1。
6.0×10-13
02
真题研做 高考通关
1．(2024·新高考广东卷)镓(Ga)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C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，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。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如右图所示。
已知：
①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为
________________________________________________________________。
(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]－的离子方程式为__________________________。
解析：“浸取”中，Ga3+与Cl－结合形成[GaCl4]－，离子方程式为Ga3+＋4Cl－===[GaCl4]－。
Ga3+＋4Cl－===[GaCl4]－
(3)“还原”的目的：避免____元素以____________________(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。
解析：由已知信息可知，浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，当m＝4时，[FeCl4]－会通过LAEM，不利于Ga的分离，而Fe2+最多可与2个Cl－配位，不会通过LAEM，故为了避免铁元素以[FeCl4]－的形式通过LAEM，需要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离。
铁
[FeCl4]－
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga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Ga的提取率。
解析：由LAEM允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区可知，原料液中的Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取；在不提高原料液酸度的前提下，同时为了不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，以进一步提高Ga的提取率。
高
NaCl
(5)“调pH”中，pH至少应大于________，使溶液中c(F－)>c(HF)，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＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为________mol·L-1。
3.2
4.0×10-7
2．(2024·新高考江西卷)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
已知：ⅰ.Ksp[Th(OH)4]＝4.0×10-45，
Ksp[Ce(OH)3]＝1.6×10-20，
Ksp[Ce(OH)4]＝2.0×10-48；
ⅱ.镭为第ⅡA族元素。
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是__________(填标号)。
a．降低压强，分解速率增大
b．降低温度，分解速率减小
c．反应时间越长，分解速率越大
d．提高搅拌速度，分解速率减小
b
(1)独居石的热分解需要有O2参加，降低压强，O2浓度降低，分解速率减小，a错误；降低温度，分解速率减小，b正确；反应时间越长，反应物浓度越低，分解速率越小，c错误；提高搅拌速度，分解速率增大，d错误。
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学方程式为_________________________________________。
＋6
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物的化学式为________________，滤液可用于__________阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
解析：由上述分析可知，浓缩结晶后，得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O，滤液中主要含NaOH，可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
Na3PO4·12H2O
热分解
(4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为________________________________________________________________。
②当溶液pH＝4.5时，c(Th4+)＝________mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O
4.0×10-7
解析：①盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液，Ce元素化合价由＋4价降低到＋3价，说明发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O。②当溶液pH＝4.5时，c(H＋)＝1.0×10-4.5 mol·L-1，c(OH－)＝1.0×10-9.5 mol·L-1，c(Th4+)·c4(OH－)＝4.0×10-45，则c(Th4+)＝4.0×10-7 mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质______________。
解析：由上述分析可知，以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是除去杂质镭。
Ra
3．(2023·新高考广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为 Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp见下表。
氢氧
化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×
10-15 1.6×
10-44 5.5×
10-16 1.3×
10-33 5.6×
10-12
请回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为______________________________。
解析：硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调pH至9.0，过滤，得到滤液1，主要成分是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液“氨浸”，过滤，将滤液2进行“镍钴分离”，得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体析出氯化镍晶体。
(1)活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。
MgO＋H2O===Mg(OH)2
＞
(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
晶体
减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
解析：①X射线衍射图谱中出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3 属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的原因是减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。
HCl
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中 n(HNO3)与 n(H2O)的比值，理论上最高为________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和__________(填化学式)。
0.4
MgO课时跟踪练47
1．钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "CY47.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY47.TIF" \* MERGEFORMATINET
回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子轨道表示式为
_________________________________________________。
(2)“焙烧”时会生成NaVO3和Na2CrO4，写出生成Na2CrO4的化学方程式：____________________________。
(3)“酸浸”时为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有______________、______________(任写两条)。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1的主要成分为_________________________________________________。
(4)“还原”时可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，此时溶液中的Cr2O发生反应的离子方程式为_____________________________________________。
(5)工业上可用电解还原法处理含Cr2O的酸性废水。用铁板作为阳极，电解过程中废水pH逐渐上升，Cr3+、Fe3+都以氢氧化物沉淀形式析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为_________________________________________
_________________________________________________。
(6)某含铬化合物的立方晶胞如下图所示。
INCLUDEPICTURE "CY48.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY48.TIF" \* MERGEFORMATINET
与钙原子最近且等距离的氧原子有________个；钙和氧的最近距离为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为____________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
解析：在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，四氧化三铁被完全氧化为氧化铁，V2O5和碳酸钠反应生成NaVO3，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，加入硫酸酸浸，硅酸钠转化为硅酸白色沉淀，同时氧化铁、氧化铝、NaVO3、Na2CrO4均溶于酸得到Fe3+、Al3+、VO、Cr2O，调pH使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀析出；用硫酸铵溶液沉钒，加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2O，将＋6价的Cr转化为＋3价的Cr后调pH析出。(1)基态钒原子的电子排布式为[Ar]3d34s2，价层电子轨道表示式为。(2)“焙烧”时，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2。(3)提高反应速率的方法有将固体研成粉末，适当增大酸的浓度等。由分析可知，滤渣l的主要成分为硅酸。(4)加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2O，将其转化为＋3价的Cr，可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，用H2O2还原Cr2O的离子方程式为3H2O2＋Cr2O＋8H＋===2Cr3+＋3O2↑＋7H2O。(5)阳极为铁板失电子：Fe－2e－===Fe2+，产生的亚铁离子具有很强的还原性，和Cr2O发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，并以氢氧化物沉淀形式析出。(6)钙原子位于顶点，氧原子位于面心，因此与钙原子最近且等距离的氧原子有12个；钙和氧的最近距离为a nm，则四面体的边长为a nm，一个晶胞的体积为2a3×10-21 cm3。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子个数为8×＝1，O原子个数为6×＝3，Cr原子个数为1，晶胞密度为g·cm-3＝×1021 g·cm-3。
答案：(1)　 (2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2　(3)适当增大硫酸的浓度　将固体研成粉末(答案合理即可)　H2SiO3　(4)3H2O2＋Cr2O＋8H＋===2Cr3+＋3O2↑＋7H2O
(5)Fe－2e－===Fe2+　(6)12　×1021
2．(2025·广东多校联考)从废催化剂中回收金属可实现金属的循环利用，某废催化剂的主要成分为镍、铝、铁等元素组成的化合物，一种该废催化剂回收利用工艺的部分流程如下图所示：
INCLUDEPICTURE "26GDB73.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB73.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：该废催化剂中铝元素以α-Al2O3的形式存在；“焙烧”后镍、铁变成相应的氧化物；加入盐酸调pH1＝10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)。
回答下列问题：
(1)基态Ni原子价层电子的轨道表示式为
_________________________________________________。
(2)写出“调pH1”时反应的离子方程式：________________________________。
(3)“浸出”时所加“试剂”为________，“氧化”的目的为_________________________________________________。
(4)若常温下“滤液Ⅱ”中Ni2+的浓度约为0.01 mol·L-1，当pH3＝7.5时，刚好会有Ni(OH)2析出，因此pH3至少应大于________，才能使溶液中Ni2+沉淀完全(当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为该离子已完全沉淀)。
(5)勃姆石焙烧得到的γ-Al2O3将用于制备催化剂，已知在以下4种不同焙烧温度下所得的γ-Al2O3比表面积大小如下图所示，则最佳的焙烧温度为________(填图中数据)。
INCLUDEPICTURE "26GDB74.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB74.TIF" \* MERGEFORMATINET
(6)超细氧化镍是一种用途广泛的功能材料，晶胞结构如下图所示：
INCLUDEPICTURE "26GDB75.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB75.TIF" \* MERGEFORMATINET
①晶胞中原子A坐标参数为(0，0，0)，B为，则原子C的坐标参数为________。
②人工制备的NiO晶体常存在缺陷，个别Ni2+会被Ni3+代替，但晶体依旧呈电中性，某氧化镍组成为Ni0.96O，则该晶体中Ni2+与Ni3+的个数之比为________。
解析：某废催化剂加入碳酸钠焙烧生成镍、铁相应的氧化物，水浸、过滤，得到滤液Ⅰ和滤渣Ⅰ，滤液Ⅰ调pH1＝10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)，焙烧得到γ-Al2O3；滤渣Ⅰ浸出时加入试剂后，Fe、Ni转入滤液Ⅱ中，因此可加入稀硫酸，过滤，滤液加入过氧化氢，将体系中的Fe2+转化为Fe3+，调溶液pH2，生成氢氧化铁沉淀，过滤，调溶液pH3，得到Ni(OH)2，焙烧得到NiO。(1)Ni的原子序数是28，价层电子排布式为3d84s2，价层电子的轨道表示式为。(2)加入碳酸钠焙烧后，经水浸、过滤、Al元素进入滤液Ⅰ中，说明Al元素转化为NaAlO2，水浸后以[Al(OH)4]－的形式存在，因此，“调pH1”时发生的离子方程式为[Al(OH)4]－＋H＋===AlOOH↓＋2H2O。(3)根据分析可知，“浸出”时所加“试剂”为稀硫酸；Fe元素需在“滤渣Ⅲ”中除去，因此“氧化”的目的为将体系中的Fe2+转化为Fe3+，方便后续除去。(4)根据题意可知，c(H＋)＝10-7.5mol·L-1时将会有Ni(OH)2析出，此时c(OH－)＝＝mol·L-1＝10-6.5mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]＝0.01×(10-6.5)2＝10-15，若要Ni2+沉淀完全，则c(Ni2+)≤10-5mol·L-1，c(OH－)>＝mol·L-1＝10-5mol·L-1，c(H＋)<＝10-9mol·L-1，故pH至少应大于9。(5)由于焙烧得到的γ-Al2O3将用于制备催化剂，催化剂的比表面积越大，催化作用越好，因此最佳的焙烧温度为500 ℃。(6)①根据原子A、B的坐标参数可知，原子C的坐标参数为(，0，)。②设1 mol Ni0.96O中含Ni3+的物质的量为x mol，则Ni2+的物质的量为(0.96－x) mol，由于晶体依旧呈电中性，则3x＋2(0.96－x)＝2，解得x＝0.08，Ni2+的物质的量为0.96 mol－0.08 mol＝0.88 mol，Ni2+与Ni3+的个数之比为0.88∶0.08＝11∶1。
答案：(1) 　(2)[Al(OH)4]－＋H＋===AlOOH↓＋2H2O　(3) 稀硫酸(答案合理即可)　将体系中的Fe2+转为Fe3+，方便后续除去
(4)9　(5)500 ℃　(6)①　②11∶1
3．铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3并回收锰的工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "CY52a.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY52a.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①氧化性：Cu2+>Bi3+；
②Bi3+易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0；
③常温下，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10-17；lg 7＝0.85。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为_________________________________________________。
(2)“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)“滤渣2”的主要成分有____________(填化学式)、Bi。
(4)常温下，“含Fe2+滤液”中Fe2+的浓度为0.01 mol·L-1。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜________(保留一位小数)。
(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是_________________________________________________
_________________________________________________。
(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm、a pm、b pm。
INCLUDEPICTURE "CY53.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY53.TIF" \* MERGEFORMATINET
①该晶胞沿z轴方向的投影图为________(填字母)。
INCLUDEPICTURE "CY54.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY54.TIF" \* MERGEFORMATINET
②该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有________个。
③该晶体的密度为__________________________g·cm-3
(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，先水浸提锰，过滤，滤渣用浓盐酸酸浸，SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤除去Cu，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后加NaOH溶液脱氯得到Bi2O3。
(1)Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2。
(2)MnS溶于稀酸，“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。
(4)Fe2+开始沉淀时，c(OH－)＝＝mol·L-1＝7×10-8mol·L-1，c(H＋)＝＝ mol·L-1＝×10-6 mol·L-1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg ＝6－lg ＝6－lg 1＋lg 7≈6.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。
(5)“脱氯”过程中BiOCl和OH－反应生成Bi2O3和Cl－，离子方程式为2BiOCl＋2OH－===Bi2O3＋2Cl－＋H2O。
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点。
(7)①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B。②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有4个。③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8×＋2＝4，Se2-的个数为8×＋1＝2，O2-的个数为8×＝4，该晶体的密度为 g·cm-3。　　　　
答案：(1)3d54s2　(2)MnS　(3)Cu　(4)6.9
(5)2BiOCl＋2OH－===Bi2O3＋2Cl－＋H2O
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强　(7)①B　②4　③
4．(2025·揭阳一中阶段考试)稀土金属属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如下图所示。
INCLUDEPICTURE "26GDB78.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB78.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸；②常温下，Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10-20；③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。
回答下列问题：
(1)为提高酸浸的速率，可采取的措施为
_________________________________________________
_________________________________(写出两条)。
(2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)＝1.0 mol/L，c(Ce3+)＝0.01 mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为_________________________________________________。
(3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3生成Ce(OH)3所发生反应的离子方程式为______________________________________
________________，“滤液2”中铝元素的存在形式为________(填化学式)。
(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为_________________________________________________。
解析：(2)“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，c(Al3+)≤1×10-5 mol/L ，c(OH－)≥＝ mol/L＝1×10-9.3mol/L，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)＝1.0 mol/L，c(Ce3+)＝0.01 mol/L，Ce3+开始沉淀时，c(OH－)＝＝ mol/L＝1×10-6mol/L，c(H＋)＝1×10-8 mol/L，pH＝8；Fe2+开始沉淀时，c(OH－)＝＝ mol/L＝1×10-8.2mol/L，c(H＋)＝1×10-5.8 mol/L，pH＝5.8，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为4.7≤pH<5.8。(3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3发生反应Ce(H2PO4)3＋9OH－===Ce(OH)3＋3PO＋6H2O；氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了Na[Al(OH)4]。
(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为2Ce2(C2O4)3·10H2O＋3O22Ce2O3＋12CO2＋20H2O。
答案：(1)加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等(任写两种)
(2)4.7≤pH<5.8
(3)Ce(H2PO4)3＋9OH－===Ce(OH)3＋3PO＋6H2O　Na[Al(OH)4]　(4)2Ce2(C2O4)3·10H2O＋3O22Ce2O3＋12CO2＋20H2O
21世纪教育网(www.21cnjy.com)第47讲　无机化工流程题
INCLUDEPICTURE "复习目标LLL.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\复习目标LLL.TIF" \* MERGEFORMATINET
1．培养从新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。
2．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
3．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等形式表达并做出解释的能力。
INCLUDEPICTURE "考点梳理高效演练.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\考点梳理高效演练.TIF" \* MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE "必备知识.tif" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\必备知识.tif" \* MERGEFORMATINET
一、化学工艺流程题的整体设计
1．呈现方式——“三大块”
INCLUDEPICTURE "25XM49.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\25XM49.TIF" \* MERGEFORMATINET
2．解题模型——“四线法”
(1)试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到酸、碱中和或氧化、还原作用等。
(2)转化线：元素守恒——焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等。
(3)除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等。
(4)分离线：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等。
二、工艺流程中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
(3)电极反应：理解原电池、电解池的原理，准确判断电极反应物和生成物，熟练应用电子守恒、电荷守恒进行配平。
2．原料预处理的六种常用方法及目的
方法 目的
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，增大反应速率
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
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
3.控制反应条件的六种常用方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大。
②不引入新杂质，如要除去Cu2+中混有的Fe3+时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。增大反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．明确常用的分离、提纯方法
过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法
萃取和分液 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸馏或分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
冷却 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨
三、化工流程中的定量计算
1．常见类型及解题方法
类型 解题方法
物质含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量
确定物质化学式计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下角标之比
Ksp相关计算 ①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和完全时的pH
2.定量计算的常用公式
物质的质量分数(或纯度) ×100%
产品产率(或收率) ×100%
物质的转化率 ×100%
INCLUDEPICTURE "关键能力.tif" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\关键能力.tif" \* MERGEFORMATINET
1．某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，采用联合焙烧法制备超细氧化铋。工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "CY40.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY40.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①“联合焙烧”时Bi2S3、FeS2转化为Bi2O3、Fe2O3；
②Bi3+易与Cl－形成BiCl，BiCl易发生水解，其反应的离子方程式为BiCl＋H2O BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋。
(1)Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其价层电子排布式为__________________。
(2)写出“联合焙烧”时MnO2和Bi2S3反应的化学方程式：_________________________________________________。
(3)若焙烧时MnO2过量可分解为Mn2O3，则“酸浸”时Mn2O3会转化为MnCl2，此时生成的气体A为______________(填化学式)。
(4)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4的目的是_____________________________________
_________________________________________________。
(5)铋离子能被有机萃取剂TBP萃取，其萃取原理可表示为BiCl＋nTBP BiCl3·nTBP＋3Cl－，萃取温度对铋、铁萃取率的影响如下图所示，Bi的萃取率随萃取温度的升高而降低的原因可能是_____________________________
_________________________________________________。
INCLUDEPICTURE "CY41.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY41.TIF" \* MERGEFORMATINET
(6)沉淀反萃取所得草酸铋[Bi2(C2O4)3]用酒精洗去有机残余物，干燥后，在600 ℃、空气气氛下保温2 h进行热分解，热分解产物的X射线衍射图谱如下图所示，出现了Bi2O3的明锐衍射峰。
INCLUDEPICTURE "CY42A.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY42A.TIF" \* MERGEFORMATINET
①Bi2O3属于________________(填“晶体”或“非晶体”)。
②Bi2O3的立方晶胞结构如下图所示，以A点为原点建立分数坐标，已知A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为，则C点坐标为________，若晶胞中两个Bi原子的最近距离为a nm，则晶体密度ρ＝________________g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
INCLUDEPICTURE "CY42B.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY42B.TIF" \* MERGEFORMATINET
解析：(1)Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其价层电子排布式为6s26p3。
(2)“联合焙烧”时MnO2和Bi2S3在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，化学方程式为2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4。
(3)“酸浸”时Mn2O3会与浓盐酸发生氧化还原反应生成MnCl2、H2O和Cl2，则气体A为Cl2。
(4)由已知信息②可知，Bi3+易与Cl－形成BiCl，BiCl易发生水解，增大H＋浓度，平衡逆向移动，使Bi3+充分浸出；同时抑制Bi3+、Fe3+水解。
(5)升高温度，促进BiCl水解，导致溶液中Cl－浓度增大，BiCl＋nTBP BiCl3·nTBP＋3Cl－平衡逆向移动。
(6)①X射线衍射图谱出现了Bi2O3的明锐衍射峰，说明Bi2O3是晶体。②C点为晶胞体对角线四分之一处，其坐标为；两个Bi原子的最近距离为面对角线的一半，则棱长为a nm，根据均摊法可知，Bi原子个数为8×＋6×＝4，O原子个数为6，晶胞密度ρ＝ g·cm-3。
答案：(1)6s26p3　(2)2Bi2S3＋6MnO2＋9O22Bi2O3＋6MnSO4　(3)Cl2　(4)Bi3+易与Cl－形成BiCl，BiCl易发生水解，增大H＋浓度，平衡逆向移动，使Bi3+充分浸出；同时抑制Bi3+、Fe3+水解
(5)升高温度，促进BiCl水解，导致溶液中Cl－浓度增大，平衡逆向移动　(6)①晶体　②(，，)　
2．(2025·东莞摸底考试)铬酸钠(Na2CrO4)是一种重要的化工原料。一种由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有硅、镁、铝的化合物等杂质)为原料制备Na2CrO4的工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "26GDB71.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB71.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：25 ℃时，Ksp(BaCrO4)＝1.2×10-10，Ksp(BaSO4)＝1.0×10-10，Ksp[Ba(OH)2]＝2.4×10-4，Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10-31。
(1)碱浸氧化时，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
(2)除铝时，[Al(OH)4]－转化为NaAlSi2O6沉淀，该反应的离子方程式为____________________________________
_________________________________________________。
(3)沉铬中，常温下，向除铝所得滤液中加入过量Ba(OH)2固体，充分搅拌，当溶液中CrO沉淀完全(c＝1.0×10-5 mol/L)时，滤液1中c(OH－)为________mol/L。(已知：＝2.24)
(4)酸溶还原所得溶液中的溶质除HCl外，还含有________________________________(填化学式)。
(5)碱溶氧化中生成Na2CrO4，反应的化学方程式为
_________________________________________________。
(6)利用膜电解技术(装置如下图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应为4Na2CrO4＋4H2O2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑。Na2Cr2O7在________(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时阴极的电极反应为________________________。
INCLUDEPICTURE "26GDB72.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB72.TIF" \* MERGEFORMATINET
解析：(1)碱浸氧化时，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4，化学方程式为4FeO·Cr2O3＋7O2＋16NaOH===2Fe2O3＋8Na2CrO4＋8H2O，该反应中O2为氧化剂，FeO·Cr2O3为还原剂，故该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为7∶4。
(2)除铝时[Al(OH)4]－转化为NaAlSi2O6沉淀，结合原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为Na＋＋[Al(OH)4]－＋2SiO===NaAlSi2O6↓＋4OH－。
(3)当溶液中CrO沉淀完全时，溶液中CrO浓度为1.0×10-5mol/L，溶液中钡离子浓度为c(Ba2+)＝ eq \f(Ksp(BaCrO4),c(CrO))＝ mol/L＝1.2×10-5mol/L，则溶液中的氢氧根离子浓度为c(OH)＝＝ mol/L＝2 mol/L＝4.48 mol/L。
(4)向铬酸钡中加入盐酸和乙醇酸溶还原，铬酸钡与盐酸和乙醇反应生成氯化铬、氯化钡、二氧化碳和水，酸溶还原所得溶液中的溶质除HCl外，还有CrCl3、BaCl2。
(5)碱溶氧化时，向Cr(OH)3中加入氢氧化钠溶液和过氧化氢溶液，将氢氧化铬转化为铬酸钠，反应的化学方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4NaOH===2Na2CrO4＋8H2O。
(6)由4Na2CrO4＋4H2O2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，电解实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上水得到电子生成H2和OH－，由2CrO＋2H＋ Cr2O＋H2O可知，Cr2O在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室制得，电解时阴极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。
答案：(1)7∶4　(2)Na＋＋[Al(OH)4]－＋2SiO===NaAlSi2O6↓＋4OH－　(3)4.48
(4)CrCl3、BaCl2
(5)2Cr(OH)3＋3H2O2＋4NaOH===2Na2CrO4＋8H2O　(6)阳　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
3．锌是一种重要的金属；锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如下图所示。
INCLUDEPICTURE "CY43.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY43.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①“浸取”时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液；
②25 ℃时，Ksp(CuS)＝6.4×103，Ksp(ZnS)＝1.6×104；
③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为
_________________________________________________。
(2)滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和______________(填化学式)。“操作a”的名称是________。
(3)“深度除锰”时，将残留的Mn2+转化为MnO2，每生成1 mol MnO2需消耗____________________________molH2O2。
(4)“深度除铜”时，锌的最终回收率、除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与(NH4)2S加入量[用×100%表示] 的关系曲线如下图所示。
INCLUDEPICTURE "CY45.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY45.TIF" \* MERGEFORMATINET
①当(NH4)2S的加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是_________________________________________________
(用离子方程式表示)。
②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择________(填字母)。
A．100% B．110%
C．120% D．140%
解析：废锌催化剂加入氨水和氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+形式进入溶液，同时铁、锰元素分别转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液中加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去，滤液中加入有机试剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。
(2)根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2 和SiO2。根据流程图可知，萃取后分离出有机层和水层，所以“操作a”是分液。
(3)在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀、水和铵根离子，反应的离子方程式为Mn2+＋H2O2＋2NH3·H2O===MnO2↓＋2H2O＋2NH，可知每生成1 mol MnO2需消耗1 mol H2O2。
(4)①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子将锌转化为硫化锌沉淀，离子方程式为[Zn(NH3)4]2+＋S2-===ZnS↓＋4NH3↑；②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高。
答案：(1)温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出
(2)SiO2　分液　(3)1　(4)① [Zn(NH3)4]2+＋S2-===ZnS↓＋4NH3↑　②C
4．(2025·佛山四校联考)工业上用粗铜电解精炼所产生的阳极泥[主要含硒化亚铜(Cu2Se)和碲化亚铜(Cu2Te)]为原料，进行综合回收利用的某种工艺流程如下图所示：
INCLUDEPICTURE "26GDB70.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB70.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①TeO2是两性氧化物，微溶于水；②25 ℃时，Ksp(FeS)＝6.0×10-18。
(1)烧结时的固体产物主要为Na2SeO3、Na2TeO3和Cu2O，该过程中Cu2Te反应的化学方程式为
_________________________________________________
_________________________________________________。
(2)利用浸取渣制取硫酸铜溶液时，试剂X最好选用________(填字母)。
a．SO2　　b．Cl2　　c．H2O2　d．Fe2(SO4)3
用稀硫酸调节pH的范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲的回收率偏低，原因是_______________________。
(3)还原过程的主要目的是将烧结时生成的少部分Na2SeO4进行转化：
①还原时反应的离子方程式为___________________
_________________________________________________。
②流程中可循环利用的物质是________(填化学式)。
(4)TeO2转化为Te的离子方程式为_________________________________________________
______________________。
(5)所得粗硒需要精制。向粗硒浸出液中加入Na2S溶液可以将残留的Fe2+等微量杂质离子转化为沉淀而除去。要使溶液中Fe2+沉淀完全[c(Fe2+)≤1.0×10-5mol·L-1]，则需控制溶液中c(S2-) ≥________________mol·L-1。
解析：(1)烧结过程中Cu2Te、氧气和碳酸钠固体反应生成Na2TeO3、Cu2O和CO2，反应的化学方程式为2Cu2Te＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2TeO3＋2CO2。
(2)浸取渣中主要含Cu2O，Cu2O制取硫酸铜溶液时，试剂X为氧化剂，SO2不能氧化Cu2O，Cl2具有较强的氧化性，但Cl2的还原产物氯离子为新的杂质，Fe2(SO4)3的还原产物亚铁离子为新的杂质，H2O2作氧化剂的还原产物为水，所以最好选用H2O2。TeO2是两性氧化物，用稀硫酸调节pH的范围为4.5～5.0，pH过大或过小都将导致碲元素反应而损失，导致碲的回收率偏低。
(3)①还原时SeO和Fe2+发生氧化还原反应生成SeO和Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+＋SeO＋2H＋===2Fe3+＋SeO＋H2O。②最后一步通入二氧化硫产生粗硒的同时会生成硫酸，硫酸可以返回到稀硫酸调节pH的步骤中循环利用，所以流程中可循环利用的物质是H2SO4。
(4)TeO2、HCl和SO2发生氧化还原反应转化为Te、SO，反应的离子方程式为TeO2＋2SO2＋2H2O===Te＋2SO＋4H＋。
(5)要使溶液中Fe2+沉淀完全，则需控制溶液中c(S2-) ≥＝ mol·L-1＝6.0×10-13mol·L-1。
答案：(1)2Cu2Te＋2Na2CO3＋3O22Cu2O＋2Na2TeO3＋2CO2　(2)c　TeO2是两性氧化物，pH过大或过小都会有碲元素反应而损失
(3)①2Fe2+＋SeO＋2H＋===2Fe3+＋SeO＋H2O　②H2SO4　(4)TeO2＋2SO2＋2H2O===Te＋2SO＋4H＋　(5)6.0×10-13
INCLUDEPICTURE "真题研做高考通关.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\真题研做高考通关.TIF" \* MERGEFORMATINET
1．(2024·新高考广东卷)镓(Ga)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C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
INCLUDEPICTURE "25NQ11.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\25NQ11.TIF" \* MERGEFORMATINET
INCLUDEPICTURE "25NQ12.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\25NQ12.TIF" \* MERGEFORMATINET
工艺中，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。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如右图所示。
已知：
①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为
_________________________________________________
_________________________________________________。
(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]－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LAEM，从而有利于Ga的分离。
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga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Ga的提取率。
(5)“调pH”中，pH至少应大于________，使溶液中c(F－)>c(HF)，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＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为________mol·L-1。
解析：(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，Ga3+与Cl－结合形成[GaCl4]－，离子方程式为Ga3+＋4Cl－===[GaCl4]－。(3)由已知信息可知，浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，当m＝4时，[FeCl4]－会通过LAEM，不利于Ga的分离，而Fe2+最多可与2个Cl－配位，不会通过LAEM，故为了避免铁元素以[FeCl4]－的形式通过LAEM，需要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离。(4)由LAEM允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区可知，原料液中的Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取；在不提高原料液酸度的前提下，同时为了不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，以进一步提高Ga的提取率。(5)由pKa(HF)＝3.2可知，Ka(HF)＝＝10-3.2，为了使溶液中c(F－)>c(HF)，c(H＋)＝×10-3.2 mol·L-1<10-3.2 mol·L-1，故pH至少应大于3.2；根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10知，c{[AlF6]3-}＝＝ mol·L-1＝4.0×10-7 mol·L-1。
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
2．(2024·新高考江西卷)稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石[主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质]为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
INCLUDEPICTURE "AC1.tif" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\AC1.tif" \* MERGEFORMATINET
已知：ⅰ.Ksp[Th(OH)4]＝4.0×10-45，
Ksp[Ce(OH)3]＝1.6×10-20，
Ksp[Ce(OH)4]＝2.0×10-48；
ⅱ.镭为第ⅡA族元素。
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是__________(填标号)。
a．降低压强，分解速率增大
b．降低温度，分解速率减小
c．反应时间越长，分解速率越大
d．提高搅拌速度，分解速率减小
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学方程式为______________________。
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物的化学式为________________，滤液可用于__________阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。
①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为_________________________________________________
_________________________________________________。
②当溶液pH＝4.5时，c(Th4+)＝________mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质______________。
解析：独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55%～60%的NaOH进行热分解，U3O8转化为Na2U2O7，CePO4转化为Ce(OH)4，Th3(PO4)4转化为Th(OH)4；将热分解后的物质加水稀释过滤后得到的滤液中含有Na＋、PO、OH－，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O，滤液主要含NaOH，可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和钍元素沉淀得到铀钍渣；向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3·nH2O。
(1)独居石的热分解需要有O2参加，降低压强，O2浓度降低，分解速率减小，a错误；降低温度，分解速率减小，b正确；反应时间越长，反应物浓度越低，分解速率越小，c错误；提高搅拌速度，分解速率增大，d错误。
(2)Na2U2O7中Na元素的化合价为＋1价，O元素的化合价为－2价，根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，铀元素的化合价为＋6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学方程式为2U3O8＋O2＋6NaOH3Na2U2O7＋3H2O。
(3)由上述分析可知，浓缩结晶后，得到的晶体产物为Na3PO4·12H2O，滤液中主要含NaOH，可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
(4)①盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液，Ce元素化合价由＋4价降低到＋3价，说明发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O。②当溶液pH＝4.5时，c(H＋)＝1.0×10-4.5 mol·L-1，c(OH－)＝1.0×10-9.5 mol·L-1，c(Th4+)·c4(OH－)＝4.0×10-45，则c(Th4+)＝4.0×10-7 mol·L-1，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)由上述分析可知，以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是除去杂质镭。
答案：(1)b　(2)＋6　2U3O8＋O2＋6NaOH3Na2U2O7＋3H2O　(3)Na3PO4·12H2O　热分解
(4)①2Ce(OH)4＋8H＋＋2Cl－===2Ce3+＋Cl2↑＋8H2O　②4.0×10-7　(5)Ra
3．(2023·新高考广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "23GKD11.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\23GKD11.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为 Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp见下表。
氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
请回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为________
_________________________________________________。
(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。
(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为_________________________________________________
_________________________________________________。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是__________________________________________________
_________________________________________________。
(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中 n(HNO3)与 n(H2O)的比值，理论上最高为________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和__________(填化学式)。
解析：硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化镁调pH至9.0，过滤，得到滤液1，主要成分是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液“氨浸”，过滤，将滤液2进行“镍钴分离”，得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体析出氯化镍晶体。
(1)活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。(2)常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10-4.7＝ eq \f(c(NH)·c(OH－),c(NH3·H2O))， eq \f(c(NH),c(NH3·H2O))＝＝＝10-0.6<1，故c(NH3·H2O)＞c(NH)。(3)“氨浸”时，Co(OH)3 与氨性溶液反应生成[Co(NH3)6]2+，Co元素化合价降低，SO中S元素化合价升高生成SO，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可配平离子方程式：2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O
＋4OH－或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O。(4)①X射线衍射图谱中出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3 属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的原因是减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。(5)“析晶”得到NiCl2·4H2O，为了不引入杂质并抑制Ni2+水解，通入的酸性气体A应为HCl。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，即晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据 Mg(NO3)2＋2H2O Mg(OH)2＋2HNO3，Mg(OH)2MgO＋H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O) 的比值理论上最高为0.4。②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和MgO。
答案：(1)MgO＋H2O===Mg(OH)2　(2)＞
(3)2Co(OH)3＋12NH3·H2O＋SO===2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O＋4OH－{或2Co(OH)3＋8NH3·H2O＋4NH＋SO===2[Co(NH3)6]2+＋SO＋13H2O}
(4)①晶体　②减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
(5)HCl　(6)①0.4　②MgO
课时跟踪练
1．钒被称为“工业味精”“工业维生素”，在发展现代工业、国防等方面发挥着至关重要的作用。某高铬型钒渣含Fe2O3、Fe3O4、SiO2、Al2O3、V2O5、Cr2O3等物质，从中分离提取钒铬的工艺流程如下：
INCLUDEPICTURE "CY47.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY47.TIF" \* MERGEFORMATINET
回答下列问题：
(1)基态钒原子的价层电子轨道表示式为
_________________________________________________。
(2)“焙烧”时会生成NaVO3和Na2CrO4，写出生成Na2CrO4的化学方程式：____________________________。
(3)“酸浸”时为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有______________、______________(任写两条)。滤渣2的主要成分是Fe(OH)3和Al(OH)3，则滤渣1的主要成分为_________________________________________________。
(4)“还原”时可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，此时溶液中的Cr2O发生反应的离子方程式为_____________________________________________。
(5)工业上可用电解还原法处理含Cr2O的酸性废水。用铁板作为阳极，电解过程中废水pH逐渐上升，Cr3+、Fe3+都以氢氧化物沉淀形式析出，达到废水净化的目的。其中阳极的电极反应式为_________________________________________
_________________________________________________。
(6)某含铬化合物的立方晶胞如下图所示。
INCLUDEPICTURE "CY48.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY48.TIF" \* MERGEFORMATINET
与钙原子最近且等距离的氧原子有________个；钙和氧的最近距离为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为____________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
解析：在通入空气条件下，二氧化硅和碳酸钠反应得到硅酸钠，四氧化三铁被完全氧化为氧化铁，V2O5和碳酸钠反应生成NaVO3，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，加入硫酸酸浸，硅酸钠转化为硅酸白色沉淀，同时氧化铁、氧化铝、NaVO3、Na2CrO4均溶于酸得到Fe3+、Al3+、VO、Cr2O，调pH使Fe3+、Al3+转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀析出；用硫酸铵溶液沉钒，加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2O，将＋6价的Cr转化为＋3价的Cr后调pH析出。(1)基态钒原子的电子排布式为[Ar]3d34s2，价层电子轨道表示式为。(2)“焙烧”时，Cr2O3中＋3价的铬被氧化成＋6价的Na2CrO4，化学方程式为2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2。(3)提高反应速率的方法有将固体研成粉末，适当增大酸的浓度等。由分析可知，滤渣l的主要成分为硅酸。(4)加入亚硫酸钠的目的是还原Cr2O，将其转化为＋3价的Cr，可用H2O2代替Na2SO3溶液作为还原剂，用H2O2还原Cr2O的离子方程式为3H2O2＋Cr2O＋8H＋===2Cr3+＋3O2↑＋7H2O。(5)阳极为铁板失电子：Fe－2e－===Fe2+，产生的亚铁离子具有很强的还原性，和Cr2O发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，并以氢氧化物沉淀形式析出。(6)钙原子位于顶点，氧原子位于面心，因此与钙原子最近且等距离的氧原子有12个；钙和氧的最近距离为a nm，则四面体的边长为a nm，一个晶胞的体积为2a3×10-21 cm3。由均摊法可知，该晶胞中Ca原子个数为8×＝1，O原子个数为6×＝3，Cr原子个数为1，晶胞密度为g·cm-3＝×1021 g·cm-3。
答案：(1)　 (2)2Cr2O3＋3O2＋4Na2CO34Na2CrO4＋4CO2　(3)适当增大硫酸的浓度　将固体研成粉末(答案合理即可)　H2SiO3　(4)3H2O2＋Cr2O＋8H＋===2Cr3+＋3O2↑＋7H2O
(5)Fe－2e－===Fe2+　(6)12　×1021
2．(2025·广东多校联考)从废催化剂中回收金属可实现金属的循环利用，某废催化剂的主要成分为镍、铝、铁等元素组成的化合物，一种该废催化剂回收利用工艺的部分流程如下图所示：
INCLUDEPICTURE "26GDB73.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB73.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：该废催化剂中铝元素以α-Al2O3的形式存在；“焙烧”后镍、铁变成相应的氧化物；加入盐酸调pH1＝10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)。
回答下列问题：
(1)基态Ni原子价层电子的轨道表示式为
_________________________________________________。
(2)写出“调pH1”时反应的离子方程式：________________________________。
(3)“浸出”时所加“试剂”为________，“氧化”的目的为_________________________________________________。
(4)若常温下“滤液Ⅱ”中Ni2+的浓度约为0.01 mol·L-1，当pH3＝7.5时，刚好会有Ni(OH)2析出，因此pH3至少应大于________，才能使溶液中Ni2+沉淀完全(当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为该离子已完全沉淀)。
(5)勃姆石焙烧得到的γ-Al2O3将用于制备催化剂，已知在以下4种不同焙烧温度下所得的γ-Al2O3比表面积大小如下图所示，则最佳的焙烧温度为________(填图中数据)。
INCLUDEPICTURE "26GDB74.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB74.TIF" \* MERGEFORMATINET
(6)超细氧化镍是一种用途广泛的功能材料，晶胞结构如下图所示：
INCLUDEPICTURE "26GDB75.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB75.TIF" \* MERGEFORMATINET
①晶胞中原子A坐标参数为(0，0，0)，B为，则原子C的坐标参数为________。
②人工制备的NiO晶体常存在缺陷，个别Ni2+会被Ni3+代替，但晶体依旧呈电中性，某氧化镍组成为Ni0.96O，则该晶体中Ni2+与Ni3+的个数之比为________。
解析：某废催化剂加入碳酸钠焙烧生成镍、铁相应的氧化物，水浸、过滤，得到滤液Ⅰ和滤渣Ⅰ，滤液Ⅰ调pH1＝10可获得完整晶型的勃姆石(AlOOH)，焙烧得到γ-Al2O3；滤渣Ⅰ浸出时加入试剂后，Fe、Ni转入滤液Ⅱ中，因此可加入稀硫酸，过滤，滤液加入过氧化氢，将体系中的Fe2+转化为Fe3+，调溶液pH2，生成氢氧化铁沉淀，过滤，调溶液pH3，得到Ni(OH)2，焙烧得到NiO。(1)Ni的原子序数是28，价层电子排布式为3d84s2，价层电子的轨道表示式为。(2)加入碳酸钠焙烧后，经水浸、过滤、Al元素进入滤液Ⅰ中，说明Al元素转化为NaAlO2，水浸后以[Al(OH)4]－的形式存在，因此，“调pH1”时发生的离子方程式为[Al(OH)4]－＋H＋===AlOOH↓＋2H2O。(3)根据分析可知，“浸出”时所加“试剂”为稀硫酸；Fe元素需在“滤渣Ⅲ”中除去，因此“氧化”的目的为将体系中的Fe2+转化为Fe3+，方便后续除去。(4)根据题意可知，c(H＋)＝10-7.5mol·L-1时将会有Ni(OH)2析出，此时c(OH－)＝＝mol·L-1＝10-6.5mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]＝0.01×(10-6.5)2＝10-15，若要Ni2+沉淀完全，则c(Ni2+)≤10-5mol·L-1，c(OH－)>＝mol·L-1＝10-5mol·L-1，c(H＋)<＝10-9mol·L-1，故pH至少应大于9。(5)由于焙烧得到的γ-Al2O3将用于制备催化剂，催化剂的比表面积越大，催化作用越好，因此最佳的焙烧温度为500 ℃。(6)①根据原子A、B的坐标参数可知，原子C的坐标参数为(，0，)。②设1 mol Ni0.96O中含Ni3+的物质的量为x mol，则Ni2+的物质的量为(0.96－x) mol，由于晶体依旧呈电中性，则3x＋2(0.96－x)＝2，解得x＝0.08，Ni2+的物质的量为0.96 mol－0.08 mol＝0.88 mol，Ni2+与Ni3+的个数之比为0.88∶0.08＝11∶1。
答案：(1) 　(2)[Al(OH)4]－＋H＋===AlOOH↓＋2H2O　(3) 稀硫酸(答案合理即可)　将体系中的Fe2+转为Fe3+，方便后续除去
(4)9　(5)500 ℃　(6)①　②11∶1
3．铋及其化合物广泛应用于电子材料、医药等领域。一种以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3并回收锰的工艺流程如下：
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已知：①氧化性：Cu2+>Bi3+；
②Bi3+易水解成BiOCl沉淀；常温下，BiOCl存在的pH范围约为2.0～11.0；
③常温下，Ksp[Fe(OH)2]＝4.9×10-17；lg 7＝0.85。
回答下列问题：
(1)基态锰原子的价层电子排布式为_________________________________________________。
(2)“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进________(填化学式)溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)“滤渣2”的主要成分有____________(填化学式)、Bi。
(4)常温下，“含Fe2+滤液”中Fe2+的浓度为0.01 mol·L-1。为保证BiOCl产品的纯度，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜________(保留一位小数)。
(5)“脱氯”过程中发生主要反应的离子方程式为_________________________________________________________。
(6)BiOCl是一种性能优良的光催化剂，可催化降解有机污染物对硝基苯酚()等。对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚()的熔点，其原因是_________________________________________________
_________________________________________________。
(7)我国科学家在新型二维半导体芯片材料——硒氧化铋的研究中取得突破性进展。硒氧化铋的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞参数为a pm、a pm、b pm。
INCLUDEPICTURE "CY53.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\CY53.TIF" \* MERGEFORMATINET
①该晶胞沿z轴方向的投影图为________(填字母)。
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②该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有________个。
③该晶体的密度为__________________________g·cm-3
(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
解析：以含铋烧渣(主要成分为Bi2O3、MnSO4，还含有少量MnS、Fe2O3、CuO及SiO2等)制取Bi2O3，先水浸提锰，过滤，滤渣用浓盐酸酸浸，SiO2不溶于盐酸过滤后存在于滤渣1中，滤液中存在Bi3+、Cu2+、Fe3+，加入Bi粉还原，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤除去Cu，滤液中加入碳酸钠溶液沉铋，Fe2+存在于滤液中通过过滤除去，得到BiOCl，最后加NaOH溶液脱氯得到Bi2O3。
(1)Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布式为3d54s2。
(2)MnS溶于稀酸，“水浸提锰”时，加入少量稀硫酸可促进MnS溶解，进一步提高锰的浸取率。
(3)由分析可知，“还原”步骤中加入Bi粉，将Fe3+转化为Fe2+、Cu2+转化为Cu，过滤后Cu存在于滤渣2中。
(4)Fe2+开始沉淀时，c(OH－)＝＝mol·L-1＝7×10-8mol·L-1，c(H＋)＝＝ mol·L-1＝×10-6 mol·L-1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg ＝6－lg ＝6－lg 1＋lg 7≈6.9，为保证BiOCl产品的纯度，避免Fe2+沉淀，理论上，“沉铋”时应控制溶液的pH＜6.9。
(5)“脱氯”过程中BiOCl和OH－反应生成Bi2O3和Cl－，离子方程式为2BiOCl＋2OH－===Bi2O3＋2Cl－＋H2O。
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强，故对硝基苯酚的熔点高于邻硝基苯酚的熔点。
(7)①由晶胞结构可知，该晶胞沿z轴方向的投影图为，故选B。②由晶胞结构可知，该晶体中，每个O2-周围紧邻的Bi3+共有4个。③由晶胞结构可知，该晶胞中Bi3+的个数为8×＋2＝4，Se2-的个数为8×＋1＝2，O2-的个数为8×＝4，该晶体的密度为 g·cm-3。　　　　
答案：(1)3d54s2　(2)MnS　(3)Cu　(4)6.9
(5)2BiOCl＋2OH－===Bi2O3＋2Cl－＋H2O
(6)对硝基苯酚存在分子间氢键，而邻硝基苯酚更易形成分子内氢键，导致对硝基苯酚分子间的作用力比邻硝基苯酚分子间的作用力强　(7)①B　②4　③
4．(2025·揭阳一中阶段考试)稀土金属属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如下图所示。
INCLUDEPICTURE "26GDB78.TIF" INCLUDEPICTURE "C:\\Users\\Administrator\\AppData\\Local\\Microsoft\\Windows\\INetCache\\Content.Word\\26GDB78.TIF" \* MERGEFORMATINET
已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸；②常温下，Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]＝1.0×10-20；③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。
回答下列问题：
(1)为提高酸浸的速率，可采取的措施为
_________________________________________________
_________________________________(写出两条)。
(2)常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)＝1.0 mol/L，c(Ce3+)＝0.01 mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为_________________________________________________。
(3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3生成Ce(OH)3所发生反应的离子方程式为______________________________________
________________，“滤液2”中铝元素的存在形式为________(填化学式)。
(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为_________________________________________________。
解析：(2)“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，c(Al3+)≤1×10-5 mol/L ，c(OH－)≥＝ mol/L＝1×10-9.3mol/L，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)＝1.0 mol/L，c(Ce3+)＝0.01 mol/L，Ce3+开始沉淀时，c(OH－)＝＝ mol/L＝1×10-6mol/L，c(H＋)＝1×10-8 mol/L，pH＝8；Fe2+开始沉淀时，c(OH－)＝＝ mol/L＝1×10-8.2mol/L，c(H＋)＝1×10-5.8 mol/L，pH＝5.8，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为4.7≤pH<5.8。(3)“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3发生反应Ce(H2PO4)3＋9OH－===Ce(OH)3＋3PO＋6H2O；氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了Na[Al(OH)4]。
(4)“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应的化学方程式为2Ce2(C2O4)3·10H2O＋3O22Ce2O3＋12CO2＋20H2O。
答案：(1)加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等(任写两种)
(2)4.7≤pH<5.8
(3)Ce(H2PO4)3＋9OH－===Ce(OH)3＋3PO＋6H2O　Na[Al(OH)4]　(4)2Ce2(C2O4)3·10H2O＋3O22Ce2O3＋12CO2＋20H2O
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