资源简介

大题突破(三)　化工流程综合题的解题策略
1.(2024·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,分解速率降低
c.反应时间越长,分解速率越大
d.提高搅拌速度,分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为　　　　　　,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为　　　　　　　　,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　　　　。
2.(2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸溶1”的目的是　　　　　　　　　　　　。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为　　　　　　　　　　　　; “滤渣”的主要成分是　　　　　　　　　　　　(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为　　　　(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。
A.2.0 B.4.0 C.6.0
(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为　　　　;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为　　　　。
(6)“酸溶3”的目的是　　　　　　　　　　　　。
题型特点:新高考命题为更好地体现综合应用考法,彰显反规律、反套路化命题原则,原来的知识边界清晰、考查相对独立的考法(题目的设问大多围绕化工流程知识展开)正逐步向模糊知识界线、“拼盘”融合无缝的方向演变。如“化工流程+原理”“化工流程+实验”“化工流程+物质结构”等一些创新考法出现在2025各省市的自主命题中。
考查角度:
考法 常考题点
基础 考法 1.加快浸取效率或速率的措施及分析; 2.指定物质的结构如电子式、化合价、化学键的分析; 3.流程中涉及的指定溶液或滤渣中的成分判断
综合 考法 1.物质转化中的化学(离子)方程式或指定物质发生某反应的化学(离子)方程式; 2.除杂质离子的pH调节; 3.分离、提纯的原理、操作方法及仪器名称及选择; 4.转化率或产率的有关计算; 5.Ksp的有关计算及Ksp的应用
应用创 新考法 1.涉及图像的反应条件选择; 2.萃取与反萃取; 3.涉及电化学的电极反应及有关计算
1.工艺流程题的一般呈现形式
2.工艺流程题的分析技巧
分析化学工艺流程可以从“物质转化线”和“反应调控线”的两线入手。根据流程的目的、原料和产品确定“物质转化线”,往往涉及到物质的氧化还原性(价态)、酸碱性(类别)和溶解性(类别)等方面;根据流程中某步骤的反应条件、反应环境及采取的工艺确定“反应调控线”,往往从速率、平衡(限度)和氧化还原等角度分析和解决问题,通过两线结合突破化工流程题。
1.(2025·八省联考内蒙古卷)TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下:
回答下列问题:
(1)Ti位于元素周期表　　　　区。
(2)滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和　　　　。
(3)“除铁”步骤溶液中残留的Fe以钠盐形式析出,离子方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH的关系如下图所示。为提高分离效果,“水解”的最佳pH为　　　　。水解后的滤液需返回工艺进行循环,目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(6)“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是　　　　和　　　　(填化学式)。
(7)如下图所示,“煅烧”温度达1 000 ℃时,锐钛矿型TiO2(晶胞Ⅰ,Ti位于晶胞顶点、侧面和体心)转换成金红石型TiO2(晶胞Ⅱ),晶胞体积V(Ⅰ)=0.130 nm3,V(Ⅱ)=0.064 nm3。则晶体密度比=　　　　(填最简整数比)。
2.(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾,同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。流程如下:
已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题:
(1)基态铬原子的价层电子排布式:　　　　　　　　　　　　。
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　 (填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)滤液Ⅱ的主要成分:　　　　　　　　　　　 (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式:
Fe(CO)5+　　　　+　　　　=== Cr(OH)3↓+　　　　+　　　　+　　CO↑
(7)滤渣Ⅱ可返回　　　　　　　　　　　　工序。(填工序名称)
大题通关练(三)　化工流程综合题
1.(2023·河北卷)闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离,同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下:
已知:室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列问题:
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到,其主要成分为　　　　(填化学式)。
(2)滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。
(3)浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl,该工序发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①,氧化工序发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)浸取工序宜在30~40 ℃之间进行,当环境温度较低时,浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式
[Cu(NH3)2]++2H++Cl-===　　　　+　　　　。
(6)真空干燥的目的为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
2.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知:
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题:
(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(2)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　 (H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　　　　(填化学式)。
(3)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　　　　　　(精确至0.1)。
3.(2025·日照市一模)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;(H2C2O4)=a,(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ScCl3·6H2O,ScCl3·6H2O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) Kd=;萃取率=×100%。萃取Sc的过程中,若Sc元素的分配系数Kd==7.5,取100 mL含钪的溶液,一次性加入60 mL萃取剂,则Sc的萃取率为　　　　　　%(保留到小数点后一位,下同);若将60 mL萃取剂分成3次萃取,每次用20 mL,则最后一次水层中钪的残留率为　　　　　　　　　　　　%。
4.(2025·潍坊市高三3月模拟)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料等领域。一种用某含钴铜渣(主要成分Co和Cu,含Co3S4、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)制备Co单质的流程如下:
已知:①酸性条件下Co3+有氧化性;
②当反应的平衡常数K>105时,可以认为反应进行完全;Ksp(CoC2O4)=10-8.48,草酸的电离常数=5.6×10-2,=1.5×10-4。
回答下列问题:
(1)Co3S4具有磁性,Co3S4中Co的化合价为　　　　　　;“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是　　　　　　。
(2)回收S时,温度控制在50~60 ℃之间,原因是　　　　　　　　　　　　。
(3)在“除铜”操作中,通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的Cu2+转化为Cu(s)而除去,符合要求的反应体系是　　　　　　。
A.pH=1.5,E=0 V B.pH=4,E=0.4 V
C.pH=8,E=0.2 V D.pH=-1,E=0.1 V
(4)“氧压水解分离”发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)可通过电解精炼粗钴制取钴单质,用硫酸钴溶液作为电解质,控制阴极室pH为3~5之间,若pH过低,会影响产率,原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)“沉钴”时,若用草酸代替草酸铵溶液、试通过计算来说明草酸能否实现完全沉钴　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
5.(2025·绵阳模拟)金属镓有“电子工业脊梁”的美誉,与铝的化学性质类似,广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金,还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示:
室温时,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 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 4.5 3.7 2.2 7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 5.5 4.7 3.2 9.0
(1)基态镓原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　　。
(2)从溶液中得到FeSO4·7H2O的具体操作为　　　　　　、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。
(3)“中和沉淀”过程中分离出的滤渣①有Fe(OH)3和　　　　　　(填化学式),若滤液②中阳离子浓度均为0.1 mol·L-1,“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为　　　　　　。
(4)“碱浸”时镓元素发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(5)“碳酸化”过程中为防止镓损耗,不能通入过量CO2的原因为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
(6)以纯镓为原料可制得GaN,GaN晶体的一种立方晶胞如图所示,Ga的配位数为　　　　　,已知晶胞中Ga和N的最近距离为a nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则GaN的晶体密度为　　　　　　 g·cm-3(列出计算式)。 大题突破(三)　化工流程综合题的解题策略
1.(2024·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,分解速率降低
c.反应时间越长,分解速率越大
d.提高搅拌速度,分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为　　　　　　,热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为　　　　　　　　　　　　。
(3)浓缩结晶后,得到的晶体产物化学式为　　　　　　　　,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　　　　。
答案　(1)b　(2)+6　2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O
(3)Na3PO4·12H2O　热分解　(4)①2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑　②4.0×10-7　
(5)镭(或Ra)
解析　(1)独居石为固体,降低压强,其分解速率不变,a错误;降低温度,分解速率降低,b正确;增加反应时间,对分解速率无影响,c错误;提高搅拌速度,分解速率增大,d错误。(2)Na2U2O7中Na为+1价,O为-2价,根据化合物中正负化合价代数和为0,知U为+6价。热分解阶段U3O8生成Na2U2O7,U元素化合价升高,被空气中的氧气氧化,1 mol U3O8失去3×(6-) mol=2 mol电子,1 mol氧气得4 mol电子,根据得失电子守恒,U3O8、O2的化学计量数分别为2、1,结合原子守恒,配平化学方程式为2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O。(3)热分解时CePO4、Th3(PO4)4和NaOH反应得到Ce(OH)4、Th(OH)4和Na3PO4,稀释过滤后得到含Na3PO4、NaOH的滤液,浓缩结晶得到的晶体产物为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。(4)①盐酸溶解Ce(OH)4得到含Ce3+的溶液,Ce元素由+4价降低为+3价,则氯离子被氧化为Cl2,根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,配平离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-===2Ce3++8H2O+Cl2↑。②溶液pH=4.5时,c(OH-)=10-9.5 mol·L-1,Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)·c4(OH-)=4.0×10-45,则c(Th4+)= mol·L-1=4.0×10-7 mol·L-1。(5)结合流程图知,以BaSO4为载体形成共沉淀,目的是除去杂质镭。
2.(2025·河南卷)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“酸溶1”的目的是　　　　　　　　　　　　。
(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],则生成该物质的化学方程式为　　　　　　　　　　　　; “滤渣”的主要成分是　　　　　　　　　　　　(填化学式)。
(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质,但夹杂少量Rh2O3和RhCl3,则“高温还原”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)若“活化还原”在室温下进行,SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH为　　　　(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.5×10-28]。
A.2.0 B.4.0 C.6.0
(5)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,提升了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为　　　　;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为　　　　。
(6)“酸溶3”的目的是　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)除Fe　(2)Rh+6HCl+3HNO3===H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O　SiO2　(3)Rh2O3+3H22Rh+3H2O、2RhCl3+3H22Rh+6HCl　(4)A　(5)+1　6∶1　(6)将Rh与Zn、Sn分离
解析　(1)由流程分析可知,“酸溶1”的目的是除去合金粉中的Fe。(2)已知“酸溶2”中Rh被氧化为H3[RhCl6],王水中浓HNO3被还原为NO2,结合原子守恒及得失电子守恒可知,该反应的化学方程式为Rh+6HCl+3HNO3===H3[RhCl6]+3NO2↑+3H2O。由流程分析可知,“滤渣”的主要成分是SiO2。(3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后含有的少量的Rh2O3和RhCl3被氢气还原为Rh,故“高温还原”中发生反应的化学方程式为Rh2O3+3H22Rh+3H2O和2RhCl3+3H22Rh+6HCl。(4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4 mol·L-1,恰好生成Sn(OH)2沉淀时,溶液中c(OH-)=≈2.3×10-12 mol·L-1,pOH≈11.6,pH≈2.4,故为避免生成Sn(OH)2沉淀,溶液适宜的pH应小于2.4,故本题选A。(5)[Rh(SnCl3)5]4-带4个单位负电荷,Sn为+2价,则Rh为+1价。“活化还原”过程中,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,被还原为Rh(Ⅰ),SnCl2被氧化为[SnCl6]2-,同时SnCl2与Cl-结合形成[SnCl3]-,每形成1个[Rh(SnCl3)5]4-需要5个SnCl2,结合原子守恒及得失电子守恒可知,理论上SnCl2和[RhCl6]3-反应的物质的量之比为6∶1。(6)根据上述分析可知,“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。
题型特点:新高考命题为更好地体现综合应用考法,彰显反规律、反套路化命题原则,原来的知识边界清晰、考查相对独立的考法(题目的设问大多围绕化工流程知识展开)正逐步向模糊知识界线、“拼盘”融合无缝的方向演变。如“化工流程+原理”“化工流程+实验”“化工流程+物质结构”等一些创新考法出现在2025各省市的自主命题中。
考查角度:
考法 常考题点
基础 考法 1.加快浸取效率或速率的措施及分析; 2.指定物质的结构如电子式、化合价、化学键的分析; 3.流程中涉及的指定溶液或滤渣中的成分判断
综合 考法 1.物质转化中的化学(离子)方程式或指定物质发生某反应的化学(离子)方程式; 2.除杂质离子的pH调节; 3.分离、提纯的原理、操作方法及仪器名称及选择; 4.转化率或产率的有关计算; 5.Ksp的有关计算及Ksp的应用
应用创 新考法 1.涉及图像的反应条件选择; 2.萃取与反萃取; 3.涉及电化学的电极反应及有关计算
1.工艺流程题的一般呈现形式
2.工艺流程题的分析技巧
分析化学工艺流程可以从“物质转化线”和“反应调控线”的两线入手。根据流程的目的、原料和产品确定“物质转化线”,往往涉及到物质的氧化还原性(价态)、酸碱性(类别)和溶解性(类别)等方面;根据流程中某步骤的反应条件、反应环境及采取的工艺确定“反应调控线”,往往从速率、平衡(限度)和氧化还原等角度分析和解决问题,通过两线结合突破化工流程题。
1.(2025·八省联考内蒙古卷)TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下:
回答下列问题:
(1)Ti位于元素周期表　　　　区。
(2)滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和　　　　。
(3)“除铁”步骤溶液中残留的Fe以钠盐形式析出,离子方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH的关系如下图所示。为提高分离效果,“水解”的最佳pH为　　　　。水解后的滤液需返回工艺进行循环,目的是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。
(6)“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是　　　　和　　　　(填化学式)。
(7)如下图所示,“煅烧”温度达1 000 ℃时,锐钛矿型TiO2(晶胞Ⅰ,Ti位于晶胞顶点、侧面和体心)转换成金红石型TiO2(晶胞Ⅱ),晶胞体积V(Ⅰ)=0.130 nm3,V(Ⅱ)=0.064 nm3。则晶体密度比=　　　　(填最简整数比)。
答案　(1)d　(2)CaF2
(3)Fe+3Na+===Na3FeF6↓
(4)9.0　循环利用,提高钛元素的利用率,且能减少污染物排放
(5)(NH4)2TiF6+H2O===(NH4)2TiOF4↓+2HF↑
(6)NH3　HF
(7)
解析　含钛电炉渣氟化浸出的滤渣为(NH4)3FeF6和生成的CaF2沉淀,浸出液加入饱和食盐水除去铁,滤液加入氨水水解生成(NH4)2TiOF4,加入水蒸气煅烧得到二氧化钛;(1)Ti为22号元素,位于元素周期表d区。(2)由分析,滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和CaF2;(3)“除铁”步骤溶液中残留的Fe和钠离子结合以钠盐形式析出,离子方程式为Fe+3Na+===Na3FeF6↓;(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6通过水解使得其中(NH4)2TiF6生成水解产物(NH4)2TiOF4沉淀而和(NH4)2SiF6分离,结合图可知,“水解”的最佳pH为9.0,此时(NH4)2SiF6几乎不水解、(NH4)2TiF6水解进入沉淀;水解后的滤液需返回工艺进行循环,目的是循环利用,提高钛元素的利用率,且能减少污染物排放;(5)(NH4)2TiF6“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀,结合质量守恒还生成HF,反应为(NH4)2TiF6+H2O===(NH4)2TiOF4↓+2HF↑;(6)(NH4)2TiOF4 和水蒸气“煅烧”生成二氧化钛和气体,结合质量守恒,气体为氨气和HF,可以分别在氟化浸出、水解环节循环使用,故产生的气体中可循环使用的物质是NH3和HF;(7)据“均摊法”, 晶胞Ⅰ中含8×+1=2个Ti,结合化学式,则1个晶胞中分别含有4个、2个TiO2,则。
2.(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾,同时回收利用钾资源,可实现绿色化学的目标。流程如下:
已知:铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题:
(1)基态铬原子的价层电子排布式:　　　　　　　　　　　　。
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式:　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分:Fe2O3、H2SiO3、　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　 (填化学式)。
(4)酸化工序中需加压的原因:　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)滤液Ⅱ的主要成分:　　　　　　　　　　　 (填化学式)。
(6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式:
Fe(CO)5+　　　　+　　　　=== Cr(OH)3↓+　　　　+　　　　+　　CO↑
(7)滤渣Ⅱ可返回　　　　　　　　　　　　工序。(填工序名称)
答案　(1)3d54s1　(2)4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O
(3)MgO　Al(OH)3　(4)增大CO2的溶解度,保证酸化反应充分进行　(5)KHCO3　(6)K2CrO4　4H2O　Fe(OH)3↓　2KOH　5　(7)煅烧
解析　(1)铬为24号元素,基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。(2)在空气中煅烧时Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的氧气发生反应,生成K2CrO4,铁元素被氧化为Fe2O3,根据得失电子守恒、原子守恒配平,可得该反应的化学方程式为4Fe(CrO2)2+7O2+16KOH8K2CrO4+2Fe2O3+8H2O。(3)由流程梳理可知,滤渣Ⅰ中除了Fe2O3、H2SiO3外,还有MgO和Al(OH)3。(4)“酸化”过程中通入过量CO2调节pH,使K2CrO4转化为K2Cr2O7,加压是为了增大CO2的溶解度,从而提高“酸化”的反应速率和K2CrO4的转化率。(5)由流程梳理可知,“酸化”后溶液中主要含有K2Cr2O7和KHCO3,“分离”后得到K2Cr2O7,故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。(6)还原、分离工序中Fe(CO)5作还原剂,将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还原为Cr(OH)3,自身转化为Fe(OH)3,根据得失电子守恒、原子守恒配平,可得该反应的化学方程式。(7)滤渣Ⅱ主要成分为Cr(OH)3和Fe(OH)3,可返回煅烧工序中。
大题通关练(三)　化工流程综合题
1.(2023·河北卷)闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离,同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下:
已知:室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列问题:
(1)首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到,其主要成分为　　　　(填化学式)。
(2)滤渣的主要成分为　　　　(填化学式)。
(3)浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl,该工序发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　。
浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①,氧化工序发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)浸取工序宜在30~40 ℃之间进行,当环境温度较低时,浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)补全中和工序中主反应的离子方程式
[Cu(NH3)2]++2H++Cl-===　　　　+　　　　。
(6)真空干燥的目的为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)[Cu(NH3)4]Cl2　(2)Fe
(3)[Cu(NH3)4]Cl2+Cu===2[Cu(NH3)2]Cl　8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+===4[Cu(NH3)4]2++2H2O　(4)盐酸和液氨反应放热　(5)CuCl↓　2N　(6)防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化
解析　由题给流程可知,铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的[Cu(NH3)4]Cl2深蓝色溶液浸取,将铜转化为[Cu(NH3)2]Cl,过滤得到含有铁的滤渣和[Cu(NH3)2]Cl滤液;将滤液的一半经氧化工序将[Cu(NH3)2]Cl转化为可以循环使用的[Cu(NH3)4]Cl2;滤液的一半加入硫酸、盐酸中和,将[Cu(NH3)2]Cl转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀,过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜;氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后,真空干燥得到氯化亚铜;硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。(1)由分析可知,由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为[Cu(NH3)4]Cl2;(3)由分析可知,浸取工序发生的反应为[Cu(NH3)4]Cl2溶液与铜反应生成[Cu(NH3)2]Cl,反应的化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+Cu===2[Cu(NH3)2]Cl;氧化工序中[Cu(NH3)2]Cl发生的反应为[Cu(NH3)2]Cl溶液与氨水、氧气反应生成[Cu(NH3)4]Cl2和水,反应的离子方程式为8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+===4[Cu(NH3)4]2++2H2O;(4)浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应,反应放出的热量可以使反应温度保持在30~40 ℃之间,所以当环境温度较低时,浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取;(5)由题给方程式可知,溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子,反应的离子方程式为[Cu(NH3)2]++2H++Cl-===CuCl↓+2N;(6)氯化亚铜易被空气中的氧气氧化,所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化,应采用真空干燥的方法干燥。
2.(2023·辽宁卷)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知:
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni(OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题:
(1)用硫酸浸取镍钴矿时,提高浸取速率的方法为
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　(答出一条即可)。
(2)“氧化”中,用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为
　　　　　　　　　　　 (H2SO5的电离第一步完全,第二步微弱);滤渣的成分为MnO2、　　　　　　　　(填化学式)。
(3)“氧化”中保持空气通入速率不变,Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为　　　　　　时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;继续增大SO2体积分数时,Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(4)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(5)“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25 ℃),需控制pH不低于　　　　　　(精确至0.1)。
答案　(1)适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(合理即可)
(2)H2O+Mn2++HS+3H+　Fe(OH)3、CaSO4
(3)9.0%　SO2有还原性,也能还原H2SO5
(4)4Co(OH)2+O2===4CoO(OH)+2H2O
(5)11.1
解析　在“氧化”中,混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5),用石灰乳调节pH=4,Mn2+、Fe2+被H2SO5氧化为MnO2、Fe3+,发生反应H2O+Mn2++HS+3H+,同时Fe3+水解生成氢氧化铁,“沉钴镍”过程中,Co2+变为Co(OH)2,在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴矿时,为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积(合理即可);(2)用石灰乳调节pH=4,Mn2+被H2SO5氧化为MnO2,该反应的离子方程式为:H2O+Mn2++HS+3H+;氢氧化铁的Ksp=10-37.4,当铁离子完全沉淀时,溶液中c(Fe3+)=10-5 mol·L-1,Ksp=c3(OH-)×c(Fe3+)=c3(OH-)×10-5=10-37.4,c(OH-)=10-10.8 mol·L-1,根据Kw=10-14,pH=3.2,此时溶液的pH=4,则铁离子完全水解,生成氢氧化铁沉淀,故滤渣还有氢氧化铁和CaSO4;(3)根据图示可知SO2体积分数为9.0%时,Mn(Ⅱ)氧化速率最大;SO2具有还原性,也能还原H2SO5,其体积分数过大时,与H2SO5反应,使Mn(Ⅱ)氧化速率减小;(4)“沉钴镍”中得到的Co(OH)2,在空气中可被氧化成CoO(OH),该反应的化学方程式为:4Co(OH)2+O2===4CoO(OH)+2H2O;(5)氢氧化镁的Ksp=10-10.8, 当镁离子完全沉淀时,c(Mg2+)=10-5 mol·L-1,根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9 mol·L-1,根据Kw=10-14,c(H+)=10-11.1 mol·L-1,所以溶液的pH=11.1。
3.(2025·日照市一模)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;(H2C2O4)=a,(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ScCl3·6H2O,ScCl3·6H2O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) Kd=;萃取率=×100%。萃取Sc的过程中,若Sc元素的分配系数Kd==7.5,取100 mL含钪的溶液,一次性加入60 mL萃取剂,则Sc的萃取率为　　　　　　%(保留到小数点后一位,下同);若将60 mL萃取剂分成3次萃取,每次用20 mL,则最后一次水层中钪的残留率为　　　　　　　　　　　　%。
答案　(1)CaSO4、SiO2　(2)Na2SO3　2　(3)
(4)ScCl3·6H2OScOCl+2HCl↑+5H2O
(5)81.8　6.4
解析　熔炼渣主要成分为Fe2O3、SiO2、CaO,少量Sc2O3,其中二氧化硅不溶,氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙,故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2;Fe2O3和Sc2O3和硫酸反应生成相应的盐,随后用萃取剂萃取,将钪元素和铁元素分离出来,加入试剂X将三价铁还原为二价铁,加入氢氧化钠实现钪和铁的分离,过滤后加入硝酸溶解,随后加入草酸沉钪,处理后得到单质钪。(2)由图可知,二价铁更容易和Sc分离,故试剂X应该是将三价铁转化为二价铁,则试剂X为Na2SO3;由图可知,pH为2时,二价铁没有沉淀,Sc的沉淀率已经很大,故应调节pH最佳为2;(3)已知(H2C2O4)=a,(H2C2O4)=b,Ksp[Sc2(C2O4)3]=c,则结合平衡常数的定义可知反应2Sc3++3H2C2O4===Sc2(C2O4)3+6H+的平衡常数K=;(5)设100 mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为a mol,一次性加入60 mL萃取剂,其中可以萃取的Sc的物质的量为x mol,则Kd==7.5,解得x=0.818a,Sc的萃取率=×100%=81.8%;若将60 mL萃取剂分成3次萃取,每次用20 mL,设100 mL含Sc的溶液中Sc的物质的量为a mol,一次性加入20 mL萃取剂,其中可以萃取的Sc的物质的量为x mol,则Kd==7.5,解得x=0.6a,Sc的萃取率=×100%=60%,钪的残留率为1-60%=40%,每次萃取时,使用的萃取剂体积都是20 mL,则每次的萃取率相同,故最后一次水层中钪的残留率=40%×40%×40%=6.4%。
4.(2025·潍坊市高三3月模拟)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料等领域。一种用某含钴铜渣(主要成分Co和Cu,含Co3S4、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)制备Co单质的流程如下:
已知:①酸性条件下Co3+有氧化性;
②当反应的平衡常数K>105时,可以认为反应进行完全;Ksp(CoC2O4)=10-8.48,草酸的电离常数=5.6×10-2,=1.5×10-4。
回答下列问题:
(1)Co3S4具有磁性,Co3S4中Co的化合价为　　　　　　;“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是　　　　　　。
(2)回收S时,温度控制在50~60 ℃之间,原因是　　　　　　　　　　　　。
(3)在“除铜”操作中,通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的Cu2+转化为Cu(s)而除去,符合要求的反应体系是　　　　　　。
A.pH=1.5,E=0 V B.pH=4,E=0.4 V
C.pH=8,E=0.2 V D.pH=-1,E=0.1 V
(4)“氧压水解分离”发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(5)可通过电解精炼粗钴制取钴单质,用硫酸钴溶液作为电解质,控制阴极室pH为3~5之间,若pH过低,会影响产率,原因是　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
(6)“沉钴”时,若用草酸代替草酸铵溶液、试通过计算来说明草酸能否实现完全沉钴　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　。
答案　(1)+3,+2　还原Co3+和Fe3+
(2)温度过高苯易挥发,温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小　(3)A
(4)4Fe2++O2+4H2O===2Fe2O3↓+8H+
(5)H+浓度大,先于Co2+放电
(6)Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+;K==8.4×102.48<105,钴离子沉淀不完全
解析　(1)Co3S4中S为-2价,Co的化合价为+3,+2;“还原浸出”中加入亚硫酸钠的作用是还原Co3+和Fe3+。(2)滤渣中包括S和二氧化硅,用苯萃取滤渣可回收S,为保证萃取分离速度和效率,需要温度控制在50~60 ℃之间,原因是温度过高苯易挥发,温度过低硫的溶解速率(或溶解度)小。(3)在“除铜”操作中,通过控制体系酸度和电位可实现将溶液中的Cu2+转化为Cu(s)而除去,符合要求的反应体系是pH=1.5,E=0 V,故答案为A。(5)可通过电解精炼粗钴制取钴单质,用硫酸钴溶液作为电解质,控制阴极室pH为3~5之间,若pH过低,会影响产率,原因是H+浓度大,先于Co2+放电。(6)Co2++H2C2O4CoC2O4↓+2H+;K==8.4×102.48<105,钴离子沉淀不完全。
5.(2025·绵阳模拟)金属镓有“电子工业脊梁”的美誉,与铝的化学性质类似,广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金,还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示:
室温时,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 Ga3+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c=0.01 mol·L-1)的pH 4.5 3.7 2.2 7.5
完全沉淀时(c=1.0×10-5 mol·L-1)的pH 5.5 4.7 3.2 9.0
(1)基态镓原子的价层电子排布式为　　　　　　　　　　　　。
(2)从溶液中得到FeSO4·7H2O的具体操作为　　　　　　、　　　　　　、过滤、洗涤、干燥。
(3)“中和沉淀”过程中分离出的滤渣①有Fe(OH)3和　　　　　　(填化学式),若滤液②中阳离子浓度均为0.1 mol·L-1,“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为　　　　　　。
(4)“碱浸”时镓元素发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
(5)“碳酸化”过程中为防止镓损耗,不能通入过量CO2的原因为　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
(6)以纯镓为原料可制得GaN,GaN晶体的一种立方晶胞如图所示,Ga的配位数为　　　　　,已知晶胞中Ga和N的最近距离为a nm,阿伏加德罗常数的值为NA,则GaN的晶体密度为　　　　　　 g·cm-3(列出计算式)。
答案　(1)4s24p1　(2)蒸发浓缩　冷却结晶
(3)Al(OH)3、Ga(OH)3　5.5≤pH<7
(4)Ga(OH)3+OH-===[Ga(OH)4]-
(5)[Ga(OH)4]-+CO2===Ga(OH)3↓+HC
(6)4　×1021
解析　刚玉渣加入硫酸酸化,滤渣中含有Ti和Si单质,滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+,通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体,滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+,加入NaOH“中和沉淀”得到含Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3的滤渣①,再加入NaOH溶液碱浸,Al(OH)3、Ga(OH)3溶解,分别生成Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4],除去Fe(OH)3,向滤液中通入适量的CO2,Na[Al(OH)4]生成Al(OH)3,Na[Ga(OH)4]不发生反应,电解含有Na[Ga(OH)4]的溶液得到Ga单质。(3)若滤液②中阳离子浓度均为0.1 mol·L-1,“中和沉淀”过程中Ga3+要完全沉淀,而Fe2+不沉淀,由表格数据可知,pH=9.0时Fe2+完全沉淀,此时pOH=5,Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)·c2(OH-)=10-5×10-5×2=10-15,滤液②中阳离子浓度均为0.1 mol·L-1,则需控制c(OH-)= mol·L-1=10-7 mol·L-1,pH=7,故pH应调节的范围为5.5≤pH<7。(6)由图可知,Ga的配位数为4;已知晶胞中Ga和N的最近距离为a nm,其距离为体对角线长的,则晶胞参数为a nm,根据“均摊法”,晶胞中含8×=4个Ga、4个N,则晶体密度为×1021 g·cm-3。

展开更多......

收起↑