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大题题型一　化工流程题
(1)试题背景：以从矿石中提取、制备某物质或从废渣、废液中提取某物质为背景。
(2)涉及知识：元素化合物知识，氧化还原反应概念及陌生方程式的书写，化学反应原理中的化学反应速率、浸取率、电化学原理等，反应条件的控制与选择，产率的计算，Ksp的应用及计算，绿色化学思想(如原料循环利用、环境污染问题等)的体现等。
题目结构分题头、题干和题尾三部分。
(1)题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和生产的目的(包括副产品)。
(2)题干主要用流程图形式将从原材料到产品的主要生产工艺流程表示出来。
(3)题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计一系列问题，构成一道完整的化学试题。
化工流程题主要考查学生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。工艺流程题设问的地方有反应速率与平衡理论的运用，氧化还原反应的判断、化学方程式的书写，利用控制pH分离除杂，利用溶解度分离，常用的分离方法、实验操作，流程中的物质转化和循环，绿色化学评价，电化学，计算产量、产率、产品纯度等。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。其流程图的具体模式如图。
化工流程中的预处理与方程式书写
1．原料预处理的常用方法与结果(目的)
方法 释义
研磨、 雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
浸取 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，可适当增大浓度
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 (焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化：①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应等
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
[注意]　加快矿石浸取速率的措施有研磨粉碎、搅拌、增大溶液浓度、加热等；对于加热措施要注意一些物质的分解(如H2O2、硝酸等要适当加热)；对于硫酸、硝酸要注意浓度改变对化学反应原理的影响。
2．化工流程中的方程式书写
(1)非氧化还原反应方程式书写
(2)氧化还原反应方程式书写[以Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4的离子方程式为例]
1．(2025·福州一模节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
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 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的作用：①除去油脂；
②___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________ (用化学方程式表示)。
(2)“转化”中H2O2的作用是___________________________；________(填“能”或“不能”)将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即如下所示：
(3)硫酸镍在NaOH溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式： _____________________________________。
[解析]　由题图可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并发生反应2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]，将Al及其氧化物溶解，得到的滤液①含有Na[Al(OH)4]，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀硫酸酸浸后得到含有Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H2O2氧化为Fe3+后，加入NaOH调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再控制pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体。
(1)根据分析可知，向废镍催化剂中加入NaOH溶液进行碱浸，可除去油脂，并将Al及其氧化物溶解，发生反应2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]。
(2)由分析可知，“转化”中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+后，以便后续调pH将其沉淀与Ni2+分离；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2+、则滤液③中可能含有转化生成的Fe3+，故不能改为先“调pH”后“转化”。
(3)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH沉淀，ClO－被还原为Cl－，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2+＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。
[答案]　(1)2Al＋2NaOH＋6H2O===2Na[Al(OH)4]＋3H2↑、Al2O3＋2NaOH＋3H2O===2Na[Al(OH)4]
(2)将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续调pH将其沉淀与Ni2+分离　不能
(3)2Ni2+＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
2．(2025·马鞍山一模节选)镓(Ga)是一种用途广泛的稀散金属，被誉为“电子工业脊梁”，微量伴生于铝土矿中，某铝冶炼厂的废渣中含有铝、镓、锌、铁等金属元素的单质或氧化物。研究人员设计了一种镓的回收流程，如图所示。
已知：
①Ga与Al性质相似，Ga(OH)3是两性氢氧化物；“酸浸”后为Ga最稳定存在形式。
②TBP(磷酸三丁酯)是一种广泛使用的中性萃取剂，对Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)均有较强萃取能力。
(1)用盐酸浸取废渣时，提高浸取速率的方法为______________________(答出一条即可)。
(2)写出“酸浸”中Ga2O3与盐酸反应的离子方程式：__________________________；“还原”过程中SO2的作用为_____________________________________________________________________。
(3)“萃取分液”操作在实验室完成必须要用到的主要玻璃仪器为________；利用反萃取后的水溶液电解可获得金属镓，“电解”步骤中阴极的电极反应式为_____________________________________________________________________。
(4)三乙基镓[Ga(C2H5)3]为无色透明的液体，与水激烈反应，可生成相应的碱，水解过程的化学方程式为_________________________________________________。
[解析]　废渣中加入盐酸调pH至1～2，酸浸，过滤得滤渣为不与酸反应的其他物质，浸出液中含有、Fe3+、Fe2+、Zn2+、Al3+等；向滤液中继续加入SO2，将Fe3+还原成Fe2+，加入TBP进行萃取分液，萃取液体中含Ga(Ⅲ)，再加氢氧化钠反萃取，分液，水相中得到[Ga(OH)4]－，电解最终得到金属Ga。
(1)影响速率的因素中，可选用的方法为适当升高温度、粉碎废渣、搅拌、适当提高酸的浓度等。
(2)Ga2O3与盐酸反应生成，离子方程式为===＋3H2O；因TBP对Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)均有较强萃取能力，“还原”过程中SO2的作用为将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)(或Fe3+→Fe2+)，防止在萃取时Fe3+与共萃，影响纯度。
(3)“萃取分液”的主要玻璃仪器为分液漏斗；电解可获得金属镓，阴极得电子，电极反应式为===Ga＋4OH－。
(4)Ga(C2H5)3与水激烈反应，可生成Ga(OH)3，水解过程的化学方程式为Ga(C2H5)3＋3H2O―→Ga(OH)3＋3C2H6↑。
[答案]　(1)适当升高温度、粉碎废渣、搅拌、适当提高酸的浓度(任填一条，合理即可)
===＋3H2O　将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)(或Fe3+→Fe2+)，防止在萃取时与共萃，影响纯度
(3)分液漏斗　[Ga(OH)4]－＋3e－===Ga＋4OH－
(4)Ga(C2H5)3＋3H2O―→Ga(OH)3＋3C2H6↑
化工流程中的条件控制与分离提纯
1．反应条件的控制
(1)控制溶液的pH
①控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变物质的水解程度。
②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。
如要除去某含Mn2+溶液中的Fe2+，应先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，再调溶液的pH到3.7。
(2)通过调节物质的浓度、控制体系的压强改变反应速率和反应限度(提高转化率或产率)。
(3)加入氧化剂、还原剂完成溶液中离子的转化，需要根据已知信息和环境信息(溶液中离子的氧化性、还原性)判断加入试剂的作用。如加入H2O2或NaClO把Fe2+转化为Fe3+。
(4)控制温度的措施有水浴(<100 ℃)、油浴或沙浴(>100 ℃)，此类加热的优点是均匀受热、恒温加热。
2．物质分离与提纯的6种常用方法
(1)调节pH除杂时，为了防止杂质的引入，往往加一些难溶物消耗H＋，如除去某含Cu2+溶液中的Fe3+时可加入CuO、、调节pH，然后过滤。
(2)趁热过滤一般是在蒸发结晶时析出晶体后分离出晶体的操作，以防止冷却后其他溶质析出晶体而引入杂质。减压过滤(又称抽滤)的优点是过滤快且固液分离完全，滤出固体易干燥。
(3)洗涤沉淀的目的和洗涤剂的选择
①洗涤目的：除去沉淀表面吸附的可溶性物质。
②洗涤剂的选择：尽可能减少沉淀溶解，同时除去杂质。可以选择冷水或热水，乙醇等。如除去BaSO4吸附的Fe3+，可以用稀硫酸洗涤，这样减少了BaSO4的溶解。
1．(2025·赣州一模节选)V2O5是制造钒铁合金的原料。从废钒催化剂(含V2O5以及不溶于酸的杂质)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，其工艺流程如图：
已知：①“酸浸”时，V2O5转化为。
②V2O5具有氧化性。
回答下列问题：
(1)写出“还原”时发生反应的离子方程式： ______________________________
_____________________________________________________________________。
(2)将“还原”后含VOSO4的溶液进行“萃取”和“反萃取”提纯，制得钒酸盐，原理为VO2+(水层)＋2HR(有机层) VOR2(有机层)＋2H＋(水层)，经“萃取”和“反萃取”后，钒的总回收率为90%，则“还原”时消耗的Na2SO3和“氧化”时消耗的KClO3的物质的量之比为________。
(3)“沉钒”过程会析出NH4VO3晶体。
①需要加入过量NH4Cl，目的是________________________________________
_____________________________________________________________________。
②以沉钒率(NH4VO3沉淀中钒的质量和废钒催化剂中钒的质量之比)表示钒的回收率，沉钒率与沉淀温度的关系如图所示，温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是___________________________________________________________________。
[解析]　向废钒催化剂(含V2O5以及不溶于酸的杂质)中加入稀硫酸进行酸浸，发生V2O5＋H2SO4===(VO2)2SO4＋H2O反应，V2O5转化为，向滤液中加入Na2SO3，发生===＋H2O反应，得到VOSO4，进行萃取和反萃取，加入KClO3进行氧化，发生===＋18H＋反应，得到，再加入NH4Cl沉钒，制得NH4VO3晶体。
(1)“酸浸”时V2O5转化为，加入Na2SO3进行还原中V为＋5价，被还原为VO2+(V为＋4价)被氧化为，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式，得到===＋H2O。
(2)由===＋H2O可知，“还原”生成1 mol VO2+时消耗的Na2SO3的物质的量为0.5 mol，由于钒的总回收率为90%，则“氧化”时，由===＋18H＋反应可知，消耗1 mol×90%＝0.9 mol VO2+，需要 mol的KClO3，“还原”时消耗的Na2SO3和“氧化”时消耗的KClO3的物质的量之比为∶＝10∶3。
(3)①“沉钒” 过程发生反应生成NH4VO3，加入过量NH4Cl，溶液中浓度增大，根据沉淀溶解平衡原理，利用同离子效应，促进NH4VO3晶体的析出，提高沉钒率。
②如图，温度高于80 ℃时的水解程度增大浓度减小(若答到“温度升高，NH4VO3溶解度增大”亦可)，沉钒率下降。
[答案]　===＋H2O
(2)10∶3
(3)①利用同离子效应，促进NH4VO3晶体的析出，提高沉钒率　②的水解程度增大浓度减小(若答到“温度升高，NH4VO3溶解度增大”亦可)
2．(2025·齐齐哈尔一模节选)铟(In)是一种稀有分散金属，被广泛用于电子计算机、能源材料、航天航空等高科技领域。三段浸出法提取氧化锌烟尘(含Si、Pb、In、Ge的氧化物)中In的工艺，其工艺流程如下图所示：
已知：
①25 ℃下，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10-34.7，当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已沉淀完全。
②三个浸出阶段中，各元素浸出比例/%如下表所示：
浸出过程 Zn Ge In
浸出Ⅰ(pH：2.5～3.5) 90 80 <0.1
浸出Ⅱ(pH：0.5～1.0) 5 10 50
浸出Ⅲ(pH：0.2～0.3) 5 10 50
请回答下列问题：
(1)滤液Ⅰ中含有的主要金属离子为________。
(2)滤渣Ⅲ的主要成分为SiO2、________。
(3)中和阶段，若使In3+完全沉淀，则需调节pH＞________(25 ℃)。
(4)有机萃取剂用H2A2表示，萃取原理为In3+＋3[H2A2] [InA3·3HA]＋3H＋。反萃取时，In的反萃率会随酸浓度降低而下降，除受上述反应平衡移动影响外，还可能的原因为_______________________________________________________。
(5)加浓盐酸反萃取后得到HInCl4，则置换得到的气体A为________，置换步骤的化学方程式为_______________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(6)为提高In的提取率，可以将滤液Ⅲ作为酸液返回________工序中循环利用。
[解析]　由题干流程图信息可知，向氧化锌烟尘(含Si、Pb、In、Ge的氧化物)中加入硫酸进行“浸出Ⅰ”，将Pb的氧化物转化为PbSO4，In和Si的氧化物几乎不反应留在滤渣Ⅰ中，氧化锌和Ge的氧化物转化为硫酸盐留在滤液Ⅰ中，向滤渣Ⅰ中继续加入硫酸进行“浸出Ⅱ”得到含In的硫酸盐和少量Ge的硫酸盐的滤液Ⅱ，滤渣Ⅱ主要为SiO2、PbSO4，向滤液Ⅱ中加碱中和，将In转化为In(OH)3沉淀，进行固液分离得到富铟渣，对富铟渣进行萃取和反萃取后向水层中加入锌粉进行置换反应得到粗铟，对滤渣Ⅱ进行“浸出Ⅲ”，过滤后得到滤渣Ⅲ主要含有PbSO4、SiO2和滤液Ⅲ含Ge和In的硫酸盐。
(1)由分析可知，滤液 Ⅰ 中含有的主要金属离子为Zn2+、Ge4+。
(2)由分析可知，滤渣 Ⅲ 的主要成分为SiO2、PbSO4。
(3)中和阶段，若使In3+完全沉淀，即有：
c(In3+)·c3(OH－)＞10-34.7即10-5c3(OH－)＞10-34.7，解得c(OH－)＞ mol·L-1＝10-9.9 mol·L-1，则pOH＜9.9，则需调节pH＞4.1。
(4)有机萃取剂用H2A2表示，萃取原理为：In3+＋3[H2A2] [InA3·3HA]＋3H＋。反萃取时，In的反萃率会随酸浓度降低而下降，除受上述反应平衡移动影响外，还可能的原因为In3+水解生成。
(5)加浓盐酸反萃取后得到HInCl4，则置换反应有：2HInCl4＋3Zn===2In＋3ZnCl2＋2HCl、Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑或2HInCl4＋4Zn===2In＋4ZnCl2＋H2↑，故得到的气体A为H2。
(6)由分析可知，滤液Ⅲ含Ge和In的硫酸盐，为提高In的提取率，可以将滤液Ⅲ作为酸液返回浸出Ⅱ工序中循环利用。
[答案]　(1)Zn2+、Ge4+
(2)PbSO4
(3)4.1
(4)In3+水解生成In(OH)3
(5)H2　2HInCl4＋3Zn===2In＋3ZnCl2＋2HCl、Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑(或2HInCl4＋4Zn===2In＋4ZnCl2＋H2↑)
(6)浸出Ⅱ
化工流程中Ksp的相关计算
溶度积(Ksp)的常见计算类型及方法
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L-1。
(3)计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2+(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2+(aq)，平衡常数K＝＝＝。
(4)利用难溶氢氧化物的Ksp确定pH
如已知Fe(OH)3的Ksp≈1×10-38，室温下0.01 mol·L-1 FeCl3溶液开始沉淀的pH计算思路为Ksp＝c(Fe3+)·c3(OH－)―→c(OH－)＝＝10-12 mol·L-1―→pH＝2；沉淀完全的pH范围计算思路：c(OH－)≥ mol·L-1＝10-11 mol·L-1→pH≥3。
1．(2025·南宁一模)一种回收锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅复合氧化物PbMn4O8和Ag)中的金属元素锌、铅、银，并制备高纯碳酸锰的工艺流程如下图。回答下列问题：
(1)锰元素在元素周期表中的位置是____________；通过仪器分析可知PbMn4O8中Pb为＋2价，O为－2价，Mn的化合价有＋2价和＋4价，则PbMn4O8中＋2价和＋4价Mn的个数比为________。
(2)滤液1中主要金属阳离子为________(填离子符号)。
(3)“还原酸浸”工序中主要反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)碳化过程中发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(5)结合MnSO4溶解度曲线图分析，由MnSO4溶液制得MnSO4·H2O晶体的操作为__________________________________，________，洗涤、干燥。
(6)通过计算说明可用Na2CO3溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3的原因：_________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[已知：25 ℃时Ksp(PbSO4)＝2.5×10-8，Ksp(PbCO3)＝7.5×10-14]
[解析]　向阳极泥中加入稀硫酸将ZnO转化成ZnSO4，随滤液除去，向滤渣中加稀硫酸和葡萄糖酸浸，＋4价的Mn变成＋2价的Mn进入溶液，过滤，得MnSO4溶液，经过一系列操作，得MnSO4·H2O晶体，在剩余的溶液中加入NH4HCO3和氨水生成MnCO3，经过滤、洗涤、干燥，得到高纯MnCO3固体；在前面过滤得到的滤渣中加入Na2CO3溶液，使转化成溶解度更小的PbCO3，再加入醋酸，酸浸溶铅，得到Ag单质和醋酸铅溶液，在醋酸铅溶液中加入H2SO4，生成PbSO4沉淀，过滤得PbSO4。
(1)Mn为25号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅦB族；PbMn4O8中Pb为＋2价，O为－2价，设PbMn4O8中含a个＋2价Mn，则＋4价Mn有(4－a)个，据化合价代数和为0列式为2×1＋2a＋4×(4－a)＝2×8，解得a＝1，则＋2价和＋4价Mn的个数比为1∶3。
(2)根据阳极泥的成分及酸洗后离子的去向可知，向阳极泥中加入稀硫酸后将ZnO转成了ZnSO4，并随滤液除去，故滤液1主要溶质为ZnSO4。
(3)由题中信息可知，在酸洗后剩余的滤渣中加入稀硫酸、葡萄糖与MnO2发生氧化还原反应，＋4价的Mn得电子被还原成Mn2+，葡萄糖中C失电子被氧化成CO2，其反应的化学方程式为＋12H2SO4＋12MnO2===12MnSO4＋6CO2↑＋18H2O。
(4)碳化过程是在含Mn2+的溶液中加入NH4HCO3和氨水生成MnCO3固体的过程，则发生反应的离子方程式为===＋H2O。
(5)由图可知温度40 ℃以上时MnSO4主要以MnSO4·H2O形式结晶，且晶体的溶解度随温度升高而减小，因此在加热蒸发浓缩结晶后，采用趁热过滤可减少晶体损失。
(6)当PbSO4中加入Na2CO3溶液后，发生反应(aq)，该反应的平衡常数K＝＝＝＝×106>105，PbSO4几乎可以完全转化为PbCO3，故可用Na2CO3溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3。
[答案]　(1)第四周期第ⅦB族　1∶3
(2)Zn2+
(3)C6H12O＋12H2SO4＋12MnO2===12MnSO4＋6CO2↑＋18H2O
===＋H2O
(5)加热浓缩结晶　高于40 ℃趁热过滤
(6)当PbSO4中加入Na2CO3溶液后，发生反应(aq)，该反应的平衡常数K＝×106>105，PbSO4几乎可以完全转化为PbCO3
2．(2025·海口一模)镍是一种重要的金属，可用于制备铁镍合金以及镍氢电池的材料。以某铁镍矿石(主要成分为Fe3O4、NiO，含少量Cu、Ca、Mg、Si的氧化物杂质)为原料，制备高纯氢氧化镍的工艺流程如下：
已知常温下，Ksp(CuS)＝6.0×10-36，
Ksp[Ni(OH)2]＝1.0×10-15。
回答下列问题：
(1)将铁镍矿石粉碎的目的是____________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)“酸溶”所得溶液中除含有Ni2+、Ca2+、Cu2+、Fe3+外，还含有的金属阳离子有________。废渣1的主要成分是________(填化学式)。
(3)“除铁”时控制温度不超过40 ℃的原因是______________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)“除铜”时，试剂X若选用H2S作沉淀剂，反应的离子方程式为_____________________________________________________________________。
(5)“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为________时，Ni2+沉淀完全(离子沉淀完全的浓度≤1.0×10-5 mol·L-1)。
[解析]　铁镍矿石的主要成分是四氧化三铁和氧化镍，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，粉碎后，加入稀硫酸进行酸溶，其中硅的氧化物不与酸反应，形成废渣1，滤液中含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Ni2+，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+后，利用碳酸钠除铁，得到黄钠铁矾渣，再利用硫离子除铜，得到硫化铜废渣2，再利用NaF除钙、除镁，得到废渣3为CaF2、MgF2，最后利用NaOH沉镍，得到Ni(OH)2固体。
(1)铁镍矿石粉碎可以增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应。
(2)“酸溶”时，加入稀硫酸，硅的氧化物与稀硫酸不反应，四氧化三铁、铜的氧化物、钙的氧化物、镁的氧化物、NiO与稀硫酸反应生成Fe3+、Fe2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+、Ni2+，废渣1的主要成分为SiO2。
(3)“除铁”时用到过氧化氢，过氧化氢不稳定，受热易分解，所以需控制温度不超过40 ℃。
(4)H2S为弱酸，在离子方程式中不可拆分，其离子方程式为H2S＋Cu2+＝＝＝CuS↓＋2H＋。
(5)Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2+)·c2(OH－)＝1.0×10-15，c(Ni2+)＝1.0×10-5 mol·L-1，则c(OH－)＝1×10-5 mol·L-1，c(H＋)＝1×10-9 mol·L-1，pH＝－lg c(H＋)＝9。
[答案]　(1)便于酸溶时增大固体与酸溶液接触面积，使之充分反应，提高浸出率
(2)Fe2+、Mg2+　SiO2
(3)温度过高过氧化氢分解，浓度降低
(4)H2S＋Cu2+===CuS↓＋2H＋
(5)9
[说明]　部分省市高考题还可能涉及“物质结构与性质”问题。
(2025·黑吉辽蒙卷，T16)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+；
②Ksp[Pb(OH)2]＝10-14.8；
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题：
(1)H2A分子中手性碳原子数目为________。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为________(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为______________________________
_____________________________________________________________________。
(5)滤渣2中的金属元素为________(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_________________________________________________________
_____________________________________________________________________，
pH过高可能生成________(填化学式)。
(7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解答流程]
第一步：全面审题
第二步：明确信息[已知中的①②③]
第三步：逐空突破
第四步：规范解答
(1)2　
(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度过高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
(4)Zn＋[Cu(NH3)4]2+===[Zn(NH3)4]2+＋Cu
(5)Fe　(6)pH升高，OH－浓度增大，A2-＋H2O HA－＋OH－平衡逆向移动，A2-浓度增大平衡正向移动，PbA产率增大　Pb(OH)2
(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)Pb＋4CO↑＋2H2O↑
[母题变式]　请写出过二硫酸根离子的结构式，并解释其具有氧化性的原因。
提示：过二硫酸根离子的结构式为
，它具有氧化性的原因是结构中含有过氧键。
　(2025·河南卷，T15)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________(填选项)[已知的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_________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解析]　(1)由上述流程分析可知，“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]，王水中浓硝酸被还原为NO2，结合元素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。由上述流程分析可知，“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1.0×10-4mol·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，结合元素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)根据上述流程分析可知，“酸溶3”的目的是将Rh与Zn、Sn分离。
[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
大题题型训练(一)　化工流程题
(分值：100分)
1．(17分)(2025·青岛二模)工业上以铬铁矿(FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)为主要原料制备K2Cr2O7的工艺流程如下图。
已知：①最高价铬的酸根离子在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在。
②煅烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4。
③室温下，Al(OH)3＋OH－ [Al(OH)4]－，K＝100.63，Kw＝1×10-14。
(1)Cr元素位于元素周期表第________周期第________族。(2分)
(2)“煅烧”时FeCr2O4参与反应的化学方程式为________________________。(3分)
(3)“滤渣1”的主要成分为________(填化学式)。(1分)
(4)“酸化”过程中发生反应的离子方程式为________________________________，加入硫酸也能达到“酸化”目的，选择CO2的优点是________________________。(4分)
(5)室温下“中和”：[Al(OH)4]－＋H＋ Al(OH)3↓＋H2O。控制pH＝________，可保证恰好沉淀完全(溶液中浓度为1×10-5 mol·L-1)。(4分)
(6)分光光度法是一种基于物质对光的选择性吸收而建立的常见定性定量分析方法。用分光光度法测产品的纯度时(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比)，测得的质量分数明显偏低，分析原因，发现配制K2Cr2O7待测液时少加了一种试剂，该试剂可以是________(填字母)。(3分)
A．硫酸 B．氢碘酸
C．硝酸钾 D．氢氧化钾
[解析]　铬铁矿(FeCr2O4含有少量Fe2O3和Al2O3等杂质)加入碳酸钠灼烧，将FeCr2O4转化为Na2CrO4 ，“煅烧” 所得固体为Na2CrO4、和Fe2O3，加水浸取，滤渣1为难溶性的Fe2O3，滤液中含有可溶性的Na2CrO4、Na[Al(OH)]4，加入CO2中和，得到沉淀Al(OH)3，则滤渣2为Al(OH)3，再通入足量CO2酸化转化为，向滤液中加入KCl，得到溶解度较小的K2Cr2O7，以此解答。
(1)Cr是24号元素，位于元素周期表第四周期第ⅥB族。
(2)“煅烧”时FeCr2O4和Na2CO3、O2反应转化为Na2CrO4，同时有Fe2O3和CO2生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2。
(3)由分析可知，“滤渣1”的主要成分为Fe2O3。
(4)“酸化”过程中转化为，发生反应的离子方程式为===＋2NaHCO3↓，选择CO2的优点是析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的Na2CO3、CO2能循环利用(或CO2来源丰富，廉价易得等)。
(5)室温下“中和”：[Al(OH)4]－＋H＋ Al(OH)3↓＋H2O，平衡常数K＝＝＝＝1013.37，[Al(OH)4]－恰好沉淀完全时，溶液中浓度为1×10-5 mol·L-1，则c(H＋)＝ mol·L-1＝10-8.37 mol·L-1，pH＝8.37。
(6)用分光光度法测定K2Cr2O7时，若配制溶液时缺少了某种强酸，会有部分转化为，则测得的质量分数会偏低，另外氢碘酸能够和发生氧化还原反应，导致的量减小，则少加的试剂为硫酸，故答案选A。
[答案]　(1) 四　ⅥB
(2)4FeCr2O4＋8Na2CO3＋7O22Fe2O3＋8Na2CrO4＋8CO2
(3)Fe2O3
===＋2NaHCO3↓　析出的白色晶体碳酸氢钠加热后产生的Na2CO3、CO2能循环利用(或CO2来源丰富，廉价易得等合理答案均可)
(5)8.37　(6)A
2．(18分)(2025·西宁一模)三盐(3PbO·PbSO4·H2O)性能优良，被广泛用作聚氯乙烯电绝缘材料，还可用作涂料的颜色，具有对光稳定、不变色的优点。工业生产可利用方铅矿(主要成分为PbS，含有Al2O3、FeS2等杂质)制备三盐，工艺流程如图。
已知：①PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)　ΔH>0；
②Ksp(PbSO4)＝1×10-8，Ksp(PbCl2)＝1×10-5。
回答下列问题：
(1)82Pb在元素周期表中的位置为________。(2分)
(2)在“浸取”前，需将方铅矿粉碎处理，其目的是________________________，“浸取”时，若用FeCl3溶液代替MnO2，可将S氧化为，则FeCl3溶液与FeS2的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。(4分)
(3)“浸取”时，加入饱和食盐水的作用是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(4)滤液1经浓缩后，再置于冰水浴中冷却的目的是________________________
_____________________________________________________________________(请用平衡移动原理解释)。(2分)
(5)“沉淀转化”步骤完成后，溶液中＝________。(3分)
(6)“合成”步骤是合成三盐的反应，写出该反应的离子方程式：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(7)假设方铅矿中含PbS的质量分数为71.7%，若铅的损耗率为10%，则100 t方铅矿能制得的三盐的质量为________ t。(3分)
[解析]　方铅矿主要成分为PbS，还含有Al2O3、FeS2等杂质。方铅矿加盐酸、MnO2、饱和食盐水“浸取”，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中； MnO2被还原成Mn2+，调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化生成硫酸铅，过滤得到硫酸铅粉末，硫酸铅、氢氧化钠在50～60 ℃条件下合成3PbO·PbSO4·H2O。
(1)82Pb是82号元素，在元素周期表中的位置为第六周期第ⅣA族。
(2)在“浸取”前，将方铅矿粉碎，能增大反应物接触面积，其目的是加快反应速率；“浸取”时，若用FeCl3溶液代替MnO2，可将S氧化为，FeCl3中Fe元素化合价由＋3降低为＋2，FeS2中S元素化合价由－1升高为＋6，FeCl3是氧化剂、FeS2是还原剂，根据得失电子守恒，FeCl3溶液与FeS2的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为14∶1。
(3)增大氯离子浓度，可促进反应PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)平衡正向移动，加入饱和食盐水的作用是提供Cl－，使生成的PbCl2转化为[PbCl4]2-。
(4)PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)　ΔH>0，正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，滤液1经浓缩后，再置于冰水浴中冷却的目的是降低温度，使PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)平衡逆向移动析出PbCl2。
(5)“沉淀转化”步骤PbCl2和稀硫酸反应生成PbSO4和盐酸，溶液中＝＝＝＝103。
(6)“合成”步骤是硫酸铅、氢氧化钠在50～60°C条件下生成3PbO·PbSO4·H2O、硫酸钠、水，该反应的离子方程式为＋2H2O。
(7)方铅矿中含PbS的质量分数为71.7%，若铅的损耗率为10%，根据铅元素守恒，100 t方铅矿能制得的三盐的质量为100 t×71.7%××(1－10%)×＝66.825 t。
[答案]　(1)第六周期第ⅣA族
(2)增大接触面积，加快反应速率　14∶1
(3)提供Cl－，使生成的PbCl2转化为[PbCl4]2-
(4)降低温度，使PbCl2(s)＋2Cl－(aq) [PbCl4]2-(aq)平衡逆向移动
(5)103
===＋2H2O
(7)66.825
3．(17分)(2024·蚌埠二模)磷铈矿中主要有CePO4，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以磷铈矿为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)CePO4中第一电离能最大的元素是________(填元素符号)。(1分)
(2)酸性废气主要为________，纯化后可用作________________________(举一例即可)。(2分)
(3)水浸常在加热搅拌条件下进行，目的是_________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(4)滤渣Ⅱ主要成分为FePO4，高温下FePO4可与Li2CO3、蔗糖(C12H22O11)制备LiFePO4，同时有CO和H2O生成，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(5)滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)；絮凝剂可促进固液分离，某絮凝剂的化学式为Fe2(OH)2Cl4，其结构与Al2Cl6相似且存在Fe—O配位键，试写出其结构式：____________________。(4分)
(6)沉铈常采用NH4HCO3溶液而非Na2CO3溶液，后者会使产物纯度降低，其原因是________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(7)准确称取5.500 g Ce2(CO3)3·nH2O充分加热得到3.280 g Ce2O3固体，则n＝________。(4分)
[答案]　(1)O
(2)HF　刻蚀玻璃
(3)加快反应速率，使反应物充分接触，提高水浸效率
(4)6Li2CO3＋C12H22O11＋12FePO412LiFePO4＋18CO↑＋11H2O
(5)Al(OH)3、Fe(OH)3　
(6)溶液碱性强，Ce3+会生成Ce(OH)3沉淀
(7)5
4．(15分)(2025·南昌一模)碲化锡(SnTe)常用于制造传感器、光学仪器、红外探测器等。某小组以黄锡矿(主要成分为Cu2FeSnS4)为原料制备碲化锡的流程如图所示。
已知：①煅烧后的烧渣的主要成分是SnO2、CuO和Fe2O3；
②碱浸后，Sn元素以的形式存在。
回答下列问题：
(1)Cu2FeSnS4中位于元素周期表ds区的元素为________(填元素符号，下同)，基态原子未成对电子数最多的元素为________。(2分)
(2)煅烧中，常采用逆流操作，即空气从沸腾炉下部进入，矿料从上部加入，这样操作的目的是________________________。其尾气经净化、催化氧化、98.3%浓硫酸吸收，可制备化工产品________(填化学式)。(3分)
(3)浸渣的主要成分是________(填化学式)；工业生产时会洗涤浸渣并将洗涤液合并至碱浸液中，该操作的目的是_____________________________________________________________________。(3分)
(4)已知沉锡中需通入过量的CO2，该反应的离子方程式为_____________________________________________________________________。(3分)
(5)灰锡的立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.648 9 nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。该晶胞中2个Sn之间的最近距离为________ nm(只列计算式，下同)，灰锡的密度为________ g·cm-3。(4分)
[解析]　以黄锡矿(主要成分为Cu2FeSnS4)为原料，在空气中煅烧，黄锡矿含硫元素，煅烧会产生SO2尾气，煅烧后的烧渣的主要成分是SnO2、CuO和Fe2O3。煅烧后的烧渣进行碱浸，由于碱浸后，Sn元素以的形式存在，而CuO和Fe2O3不与碱反应，所以浸渣主要成分是CuO、Fe2O3，在碱浸得到含的滤液中，通入过量的CO2，发生反应===，从而经系列操作得到Sn(OH)4沉淀。得到Sn，Sn与Te经过系列操作最终得到SnTe。
(1)在元素周期表中，ds区元素包括ⅠB族和ⅡB族元素，在Cu2FeSnS4中，Cu属于ⅠB族元素，位于ds区，而Fe位于d区，Sn和S位于p区，基态Cu有1个未成对电子，基态Fe有4个未成对电子；基态S、基态Sn均有2个未成对电子，所以该物质中基态原子未成对电子数最多的元素为Fe。
(2)逆流操作能增大固体与气体接触面积，提高反应速率；尾气的主要成分是SO2，经净化、催化氧化、98.3%浓硫酸吸收得到硫酸。
(3)煅烧后的烧渣的主要成分是SnO2、CuO和Fe2O3，由于碱浸后，Sn元素以的形式存在，而CuO和Fe2O3不与碱反应，所以浸渣主要成分是CuO、Fe2O3；浸渣表面粘附有含锡物质，洗涤后将洗涤液合并至碱浸液中可以回收Sn元素，提高产率。
(4)碱浸后，Sn元素以的形式存在与过量的CO2反应生成Sn(OH)4和NaHCO3，离子方程式为===。
(5)灰锡立方晶胞类似于金刚石晶胞，1个晶胞含8个Sn，2个Sn之间的最近距离为体对角线长度的，即×0.648 9 nm。1 nm＝10-7 cm，灰锡密度ρ＝ g·cm-3。
[答案]　(1) Cu　Fe
(2)增大固体与气体接触面，提高反应速率　H2SO4
(3)Fe2O3、CuO　回收浸渣表面的Sn元素，提高产率
===
(5)×0.648 9　
5．(13分)(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。过程如下：
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分)
(2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K2CrO4的化学方程式：_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、________、________(填化学式)。(2分)
(4)酸化工序中需加压的原因： __________________________________________
_____________________________________________________________________。(2分)
(5)滤液Ⅱ的主要成分：________________(填化学式)。(1分)
(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↑。(3分)
(7)滤渣Ⅱ可返回________工序。(填工序名称)(1分)
[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主要成分为和Fe(OH)3，可返回煅烧工序中。
[答案]　(1)3d54s1　(2)4Fe(CrO2)2＋7O2＋16KOH8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O　(3)MgO　　(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
6．(20分)(2025·广东卷)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298 K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________(写一条)。(1分)
(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：
________＋O2＋________H2O________Fe2O3↓＋________H＋。(2分)
(3)“沉铝”时，pH最高可调至________(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)＝0.022 mol·L-1，c(Ni2+)＝。(2分)
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有________。(2分)
A．镍与N、O形成配位键
B．配位时Ni2+被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键
D．烷基链具有疏水性
(5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi—Cu∶dNi—N＝∶1，则x∶y∶z＝________；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为________。(4分)
(6)①“700 ℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________和__________________________________________________________________。(4分)
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。(3分)
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是___________________________________________________________
_____________________________________________________________________(写一条)。(2分)
[解析]　(1)根据影响反应速率的因素知，“酸浸”时提高浸取速率的措施有升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓度等。(2)“酸浸”后Fe元素转化为Fe2+进入浸取液，高压加热时Fe2+与空气中O2反应最终得到Fe2O3，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式为4Fe2+＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋。(3)由表中数据知，Cu2+开始沉淀时c(OH－)＝ mol·L-1＝10-9 mol·L-1，Ni2+开始沉淀时c(OH－)＝ mol·L-1≈×10-8 mol·L-1>10-9 mol·L-1，Cu2+先沉淀，而“沉铝”时，Cu2+和Ni2+均不能沉淀，故pH最高可调至－lg ＝5.00。(4)由配合物的结构知，镍易进入有机相是因为镍与N、O形成了配位键，且烷基链具有疏水性。(5)由题图知，顶点与面心的最近距离∶面心与体心的最近距离＝∶1，故Ni位于面心，Cu位于顶点，N位于体心，根据均摊法知，晶胞中Ni的数目为6×＝3，Cu的数目为8×＝1，N的数目为1，故x∶y∶z＝3∶1∶1，1个晶胞中距离Cu最近的原子有3个(位于面心)，每个Cu被8个晶胞共用，故与Cu最近且等距离的原子个数为3×8×＝12。(6)①工业合成氨的逆反应为2NH3N2＋3H2，生成的H2与Fe2O3发生反应3H2＋Fe2O32Fe＋3H2O使Fe不断生成。②“电解”时，Fe2O3在阴极发生还原反应生成Fe，故石墨棒作阳极，铁片作阴极，为避免Fe2O3、铁片与酸发生副反应，电解质溶液应选择碱溶液，如NaOH溶液，据此设计电解池。③高炉炼铁时会产生CO等污染性气体，分析流程图和电解池的工作原理知，这两种冶铁方法中均不产生污染性气体。
[答案]　(1)适当升高温度、增大SO2分压、降低矿粉的粒度、增大酸的浓度
(2)4Fe2+　4　2　8
(3)5.00　(4)AD
(5)3∶1∶1　12
(6)①2NH3N2＋3H2　3H2＋Fe2O32Fe＋3H2O
②
③污染性气体排放量少(低碳排放)大题题型一　化工流程题
(1)试题背景：以从矿石中提取、制备某物质或从废渣、废液中提取某物质为背景。
(2)涉及知识：元素化合物知识，氧化还原反应概念及陌生方程式的书写，化学反应原理中的化学反应速率、浸取率、电化学原理等，反应条件的控制与选择，产率的计算，Ksp的应用及计算，绿色化学思想(如原料循环利用、环境污染问题等)的体现等。
题目结构分题头、题干和题尾三部分。
(1)题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和生产的目的(包括副产品)。
(2)题干主要用流程图形式将从原材料到产品的主要生产工艺流程表示出来。
(3)题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计一系列问题，构成一道完整的化学试题。
化工流程题主要考查学生运用化学反应原理及相关知识来解决化工生产中实际问题的能力，具有考查知识面广、综合性强、思维容量大的特点。工艺流程题设问的地方有反应速率与平衡理论的运用，氧化还原反应的判断、化学方程式的书写，利用控制pH分离除杂，利用溶解度分离，常用的分离方法、实验操作，流程中的物质转化和循环，绿色化学评价，电化学，计算产量、产率、产品纯度等。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明。其流程图的具体模式如图。
化工流程中的预处理与方程式书写
1．原料预处理的常用方法与结果(目的)
方法 释义
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分
浸取 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，可适当增大浓度
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧(焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化：①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应等
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
[注意]　加快矿石浸取速率的措施有研磨粉碎、搅拌、增大溶液浓度、加热等；对于加热措施要注意一些物质的分解(如H2O2、硝酸等要适当加热)；对于硫酸、硝酸要注意浓度改变对化学反应原理的影响。
2．化工流程中的方程式书写
(1)非氧化还原反应方程式书写
(2)氧化还原反应方程式书写[以Fe(OH)3与KClO在强碱性条件下反应制取K2FeO4的离子方程式为例]
1．(2025·福州一模节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
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 Ni2+ Al3+ Fe3+ Fe2+
开始沉淀时(c＝0.01 mol·L-1)的pH 7.2 3.7 2.2 7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10-5 mol·L-1)的pH 8.7 4.7 3.2 9.0
回答下列问题：
(1)“碱浸”中NaOH的作用：①除去油脂；
②___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________(用化学方程式表示)。
(2)“转化”中H2O2的作用是___________________________________________
_____________________________________________________________________；
________(填“能”或“不能”)将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即如下所示：
(3)硫酸镍在NaOH溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式： ____________________________________。
2．(2025·马鞍山一模节选)镓(Ga)是一种用途广泛的稀散金属，被誉为“电子工业脊梁”，微量伴生于铝土矿中，某铝冶炼厂的废渣中含有铝、镓、锌、铁等金属元素的单质或氧化物。研究人员设计了一种镓的回收流程，如图所示。
已知：
①Ga与Al性质相似，Ga(OH)3是两性氢氧化物；“酸浸”后为Ga最稳定存在形式。
②TBP(磷酸三丁酯)是一种广泛使用的中性萃取剂，对Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)均有较强萃取能力。
(1)用盐酸浸取废渣时，提高浸取速率的方法为________(答出一条即可)。
(2)写出“酸浸”中Ga2O3与盐酸反应的离子方程式：__________________；“还原”过程中SO2的作用为_______________________________________________。
(3)“萃取分液”操作在实验室完成必须要用到的主要玻璃仪器为________；利用反萃取后的水溶液电解可获得金属镓，“电解”步骤中阴极的电极反应式为_____________________________________________________________________。
(4)三乙基镓[Ga(C2H5)3]为无色透明的液体，与水激烈反应，可生成相应的碱，水解过程的化学方程式为_________________________________________________。
化工流程中的条件控制与分离提纯
1．反应条件的控制
(1)控制溶液的pH
①控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变物质的水解程度。
②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。
如要除去某含Mn2+溶液中的Fe2+，应先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，再调溶液的pH到3.7。
(2)通过调节物质的浓度、控制体系的压强改变反应速率和反应限度(提高转化率或产率)。
(3)加入氧化剂、还原剂完成溶液中离子的转化，需要根据已知信息和环境信息(溶液中离子的氧化性、还原性)判断加入试剂的作用。如加入H2O2或NaClO把Fe2+转化为Fe3+。
(4)控制温度的措施有水浴(<100 ℃)、油浴或沙浴(>100 ℃)，此类加热的优点是均匀受热、恒温加热。
2．物质分离与提纯的6种常用方法
(1)调节pH除杂时，为了防止杂质的引入，往往加一些难溶物消耗H＋，如除去某含Cu2+溶液中的Fe3+时可加入CuO、、调节pH，然后过滤。
(2)趁热过滤一般是在蒸发结晶时析出晶体后分离出晶体的操作，以防止冷却后其他溶质析出晶体而引入杂质。减压过滤(又称抽滤)的优点是过滤快且固液分离完全，滤出固体易干燥。
(3)洗涤沉淀的目的和洗涤剂的选择
①洗涤目的：除去沉淀表面吸附的可溶性物质。
②洗涤剂的选择：尽可能减少沉淀溶解，同时除去杂质。可以选择冷水或热水，乙醇等。如除去BaSO4吸附的Fe3+，可以用稀硫酸洗涤，这样减少了BaSO4的溶解。
1．(2025·赣州一模节选)V2O5是制造钒铁合金的原料。从废钒催化剂(含V2O5以及不溶于酸的杂质)中回收钒，既能避免对环境的污染，又能节约宝贵的资源，其工艺流程如图：
已知：①“酸浸”时，V2O5转化为。
②V2O5具有氧化性。
回答下列问题：
(1)写出“还原”时发生反应的离子方程式： ______________________________
_____________________________________________________________________。
(2)将“还原”后含VOSO4的溶液进行“萃取”和“反萃取”提纯，制得钒酸盐，原理为VO2+(水层)＋2HR(有机层) VOR2(有机层)＋2H＋(水层)，经“萃取”和“反萃取”后，钒的总回收率为90%，则“还原”时消耗的Na2SO3和“氧化”时消耗的KClO3的物质的量之比为________。
(3)“沉钒”过程会析出NH4VO3晶体。
①需要加入过量NH4Cl，目的是_________________________________________
_____________________________________________________________________。
②以沉钒率(NH4VO3沉淀中钒的质量和废钒催化剂中钒的质量之比)表示钒的回收率，沉钒率与沉淀温度的关系如图所示，温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是________________。
2．(2025·齐齐哈尔一模节选)铟(In)是一种稀有分散金属，被广泛用于电子计算机、能源材料、航天航空等高科技领域。三段浸出法提取氧化锌烟尘(含Si、Pb、In、Ge的氧化物)中In的工艺，其工艺流程如下图所示：
已知：
①25 ℃下，Ksp[In(OH)3]＝1.0×10-34.7，当溶液中某离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已沉淀完全。
②三个浸出阶段中，各元素浸出比例/%如下表所示：
浸出过程 Zn Ge In
浸出Ⅰ(pH：2.5～3.5) 90 80 <0.1
浸出Ⅱ(pH：0.5～1.0) 5 10 50
浸出Ⅲ(pH：0.2～0.3) 5 10 50
请回答下列问题：
(1)滤液Ⅰ中含有的主要金属离子为________。
(2)滤渣Ⅲ的主要成分为SiO2、________。
(3)中和阶段，若使In3+完全沉淀，则需调节pH＞________(25 ℃)。
(4)有机萃取剂用H2A2表示，萃取原理为In3+＋3[H2A2] [InA3·3HA]＋3H＋。反萃取时，In的反萃率会随酸浓度降低而下降，除受上述反应平衡移动影响外，还可能的原因为________________________。
(5)加浓盐酸反萃取后得到HInCl4，则置换得到的气体A为________，置换步骤的化学方程式为_______________________________________________________。
(6)为提高In的提取率，可以将滤液Ⅲ作为酸液返回________工序中循环利用。
化工流程中Ksp的相关计算
溶度积(Ksp)的常见计算类型及方法
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L-1。
(3)计算沉淀转化的平衡常数，如Cu2+(aq)＋MnS(s) CuS(s)＋Mn2+(aq)，平衡常数K＝＝＝。
(4)利用难溶氢氧化物的Ksp确定pH
如已知Fe(OH)3的Ksp≈1×10-38，室温下0.01 mol·L-1 FeCl3溶液开始沉淀的pH计算思路为Ksp＝c(Fe3+)·c3(OH－)―→c(OH－)＝＝10-12 mol·L-1―→pH＝2；沉淀完全的pH范围计算思路：c(OH－)≥ mol·L-1＝10-11 mol·L-1→pH≥3。
1．(2025·南宁一模)一种回收锌电解阳极泥(主要成分为MnO2、PbSO4和ZnO，还有少量锰铅复合氧化物PbMn4O8和Ag)中的金属元素锌、铅、银，并制备高纯碳酸锰的工艺流程如下图。回答下列问题：
(1)锰元素在元素周期表中的位置是________；通过仪器分析可知PbMn4O8中Pb为＋2价，O为－2价，Mn的化合价有＋2价和＋4价，则PbMn4O8中＋2价和＋4价Mn的个数比为________。
(2)滤液1中主要金属阳离子为________(填离子符号)。
(3)“还原酸浸”工序中主要反应的化学方程式为__________________________
_____________________________________________________________________。
(4)碳化过程中发生反应的离子方程式为__________________________________
_____________________________________________________________________。
(5)结合MnSO4溶解度曲线图分析，由MnSO4溶液制得MnSO4·H2O晶体的操作为________，________，洗涤、干燥。
(6)通过计算说明可用Na2CO3溶液将“滤渣”中的PbSO4转化为PbCO3的原因：______________________________。[已知：25 ℃时Ksp(PbSO4)＝2.5×10-8，Ksp(PbCO3)＝7.5×10-14]
2．(2025·海口一模)镍是一种重要的金属，可用于制备铁镍合金以及镍氢电池的材料。以某铁镍矿石(主要成分为Fe3O4、NiO，含少量Cu、Ca、Mg、Si的氧化物杂质)为原料，制备高纯氢氧化镍的工艺流程如下：
已知常温下，Ksp(CuS)＝6.0×10-36，
Ksp[Ni(OH)2]＝1.0×10-15。
回答下列问题：
(1)将铁镍矿石粉碎的目的是________________________________。
(2)“酸溶”所得溶液中除含有Ni2+、Ca2+、Cu2+、Fe3+外，还含有的金属阳离子有________。废渣1的主要成分是________(填化学式)。
(3)“除铁”时控制温度不超过40 ℃的原因是_____________________________
_____________________________________________________________________。
(4)“除铜”时，试剂X若选用H2S作沉淀剂，反应的离子方程式为_____________________________________________________________________。
(5)“沉镍”过程中，需调节溶液pH约为________时，Ni2+沉淀完全(离子沉淀完全的浓度≤1.0×10-5 mol·L-1)。
[说明]　部分省市高考题还可能涉及“物质结构与性质”问题。
(2025·黑吉辽蒙卷，T16)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+；
②Ksp[Pb(OH)2]＝10-14.8；
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题：
(1)H2A分子中手性碳原子数目为________。
(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为________(填离子符号)。
(3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为______________________________
_____________________________________________________________________。
(5)滤渣2中的金属元素为________(填元素符号)。
(6)“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_________________________________________________________
_____________________________________________________________________，
pH过高可能生成________(填化学式)。
(7)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
[解答流程]
第一步：全面审题
第二步：明确信息[已知中的①②③]
第三步：逐空突破
第四步：规范解答
(1)2　
(3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度过高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
(4)Zn＋[Cu(NH3)4]2+===[Zn(NH3)4]2+＋Cu
(5)Fe　(6)pH升高，OH－浓度增大，A2-＋H2O HA－＋OH－平衡逆向移动，A2-浓度增大平衡正向移动，PbA产率增大　Pb(OH)2
(7)Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)Pb＋4CO↑＋2H2O↑
[母题变式]　请写出过二硫酸根离子的结构式，并解释其具有氧化性的原因。
(2025·河南卷，T15)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________(填选项)[已知的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_________________________________________________
_____________________________________________________________________。

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