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(共123张PPT)
大题拆解 主观题逐点通关
突破点1
工艺生产中物质转化条件的控制
【核心整合 模型重塑】　
常见操作及条件控制的目的
操作及条
件控制 目的
固体原料粉
碎或研磨 减小颗粒直径,增大反应物接触面积,增大浸取时的反应速率,提高浸取率
煅烧、焙烧
或灼烧 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;④除去加热稳定性差的杂质等
酸浸 ①溶解转变成可溶物进入溶液中,以达到与难溶物分离的目的;②去氧化物(膜);③抑制某些金属离子的水解等
操作及条
件控制 目的
碱溶 ①除去金属表面的油污;②溶解铝、氧化铝等
加热 ①加快反应速率或溶解速率;②促进平衡向吸热反应方向移动;③除杂,除去加热稳定性差的杂质,如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质;④使沸点相对较低或易升华的原料转化为气体;⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出
操作及条
件控制 目的
反应物用
量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率;②增大便宜、易得的反应物的浓度,可以提高其他物质的利用率,使反应充分进行;③增大物质浓度可以加快反应速率,使平衡发生移动等
操作及条
件控制 目的
控温(常用
水浴、冰浴
或油浴) ①控制反应速率(升温加快反应速率)、适宜的温度使催化剂的活性最大,防止副反应的发生。②控制化学反应进行的方向,使化学平衡移动。③升温:使溶液中的气体逸出,使易挥发物质挥发,使易分解的物质分解;煮沸:使气体逸出,促进水解,聚沉后利于过滤分离。④控制固体的溶解与结晶
操作及条
件控制 目的
加入氧化剂
(或还原剂) ①转化为目标产物的价态;②除去杂质离子[如把Fe2+氧化成Fe3+,而后调溶液的pH,使其转化为Fe(OH)3沉淀过滤除去]
加入沉
淀剂 ①加入可溶性硫化物,沉淀Cu2+、Pb2+、Ag+等;②加入可溶性碳酸盐,生成碳酸盐沉淀;③加入氟化钠,除去Ca2+、Mg2+等;④加入草酸及其盐,沉淀Ca2+等;⑤加入碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物
操作及条
件控制 目的
pH控制 ①使某种或几种金属离子转化为氢氧化物沉淀,而目标离子不生成沉淀,以达到分离的目的(常利用题给金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH信息,选择pH范围)。②金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关。③调节溶液pH常用试剂:a.调节溶液呈酸性:稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸(注意氧化性)、酸性气体(二氧化硫)等;b.调节溶液呈碱性:氢氧化钠、氨水、碳酸钠、碳酸氢铵等
【真题再练 通法培优】　
1.(2025·江苏卷节选)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如图:
已知:Ksp(ZnS)=1.6×10 24,Ksp(CdS)=8.0×10 27,Ka1(H2S)=1.0×10 7,
Ka2(H2S)=1.2×10 13。当离子浓度小于1.0×10 5 mol·L 1时,认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入O2可提高Zn2+浸出率的原因是_____________________
________________。
氧化S2 生成S,促进酸
浸反应正向进行
②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=
0.01 mol·L 1时,Cd2+是否沉淀完全________________________
______________________________________________________
______________________________________________________
______________________________________________________
(写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的pH至4~5,加入的氧化物为______(填化学式)。
ZnO
(2)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价
砷[As(Ⅲ)],并回收生成的As2S3沉淀。
已知:溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3
形式存在,As2S3+6H2O 2H3AsO3+3H2S。
60 ℃时,按n(S)∶n(As)=7∶1向酸性废液
中加入ZnS,砷回收率随反应时间的变化如图所示。
反应4 h后,砷回收率下降的原因有_____________________________
_________________________________________________________
____________________。
随着反应的进行,溶液pH增大,
溶液中H2S浓度减小,促进As2S3+6H2O 2H3AsO3+3H2S平衡正向
移动,As2S3重新溶解
【解题策略】
构建元素转化线
2.(2025·广东卷节选)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图。
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)。
(2)“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+)=0.042 mol·L 1。
(3)与传统高炉炼铁工艺相比,图中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)。
搅拌(或粉碎多金属精矿或适当
提高酸浸温度等)
5
没有污染物产生(合理即可)
【解析】矿粉通入SO2酸浸,浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等,调节pH=3.0,通入空气高压加热得到Fe2O3,Fe2O3可以通过还原得到Fe单质,也可以通过电解得到Fe单质,滤液1在常温下沉铝,滤液2通过选择萃取得到含硫酸根离子的水溶液和Cu配合物、Ni配合物,最终得到产品NixCuyNz。
(1)“酸浸”中,提高浸取速率的措施有搅拌、粉碎多金属精矿、适当提高酸浸温度等;
(2)“沉铝”时,保证Cu2+和Ni2+不沉淀,Cu(OH)2的溶度积更小,c(Cu2+)=0.022 mol·L 1,根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH )=0.022×
c2(OH )=2.2×10 20,得出c(OH )=10 9 mol·L 1,pH=5;
(3)与传统高炉炼铁工艺相比,题图中两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生等。
回答下列问题:
(1)制备废盐溶液时,为加快废盐溶解,可采取的措施有________、
_____________________。(写出两种)
(2)“沉锰Ⅰ”中,当Mg2+(c=10 0.68 mol·L 1)将要开始沉淀时,溶液中
剩余Mn2+浓度为________ mol·L 1。
(3)“沉镁Ⅰ”中,当pH为8.0~10.2时,生成碱式碳酸镁
[xMgCO3·yMg(OH)2·zH2O],煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时,不
能得到轻质MgO的原因是_____________________________________。
(4)“结晶”中,产物X的化学式为___________。
搅拌
适当升温(合理即可)
10 2.15
pH过大,沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生CO2
(NH4)2SO4
【解析】废盐溶液加入氨水,通入氧气进行“沉锰Ⅰ”得到Mn3O4,滤液中再加入(NH4)2S2O8,进行“沉锰Ⅱ”得到MnO2,产生O2,滤液中再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH进行“沉镁Ⅰ”,得到MgCO3,煅烧得到MgO,滤液中再加入H3PO4进行“沉镁Ⅱ”,得到MgNH4PO4·6H2O沉淀,滤液中加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X为硫酸铵,最后与MnO2和Mn3O4焙烧,经过多步处理得到MnSO4·H2O。
【新题精练 素养提升】　
1.(2025·青岛二中二模节选)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的工艺流程如图。
(1)“滤渣1”的主要成分为__________。
(2)室温下“中和”:[Al(OH)4] +H+ Al(OH)3↓+H2O。控制pH=______,
可保证[Al(OH)4] 恰好沉淀完全(溶液中浓度为1×10 5 mol·L 1)。
(3)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)。
A.硫酸　　　 B.氢碘酸
C.硝酸钾 D.氢氧化钾
Fe2O3
8.37
A
2.(2025·皖北一模节选)冶炼铜过程中产生的铜阳极泥富含Cu、Se、Te等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提取硒和碲的流程,如图所示。
回答下列问题:
(1)试从化学反应原理的角度分析“加压”能提高Cu、Se、Te浸出率
的原因:__________________________________________________
___________________________________________________。
(2)已知浸出液中含H2SeO4和H6TeO6。判断氧化性:H2SeO4___ (填“>”
“<”或“=”)H6TeO6。
加压可增大氧气溶解度,加快化学反应速率,加压可提升溶液
沸点,化学反应可在更高温度下发生,化学反应速率更快
>
(3)“沉铜”中生成Cu2(OH)2CO3沉淀的离子方程式为___________________________________________________
_____________________________________________。
(4)由Cu2(OH)2CO3获取Cu的过程中,常采用高压氢还原法直接从
溶液中提取金属粉。还原时,增大溶液酸度不利于Cu生成的原因是
___________________________________________________________
____________________________________________。
在用H2将Cu2+还原为Cu单质时,H2失去电子被氧化为H+,若还原时
增大溶液的酸度,c(H+)增大,不利于H2失去电子
【解析】向含 Cu、Se、Te 等元素的铜阳极泥中加入H2SO4溶液并通入O2 ,在加压、加热条件下进行酸浸,利用氧气在酸性环境下的氧化性,将铜阳极泥中的金属等成分氧化溶解,铜元素转化为铜离子进入溶液,Se、Te 等元素也发生相应反应进入浸出液,不溶物成为浸渣被分离。第一次还原(还原1)阶段,向浸出液中通入SO2,SO2具有还原性,能将浸出液中的Se元素还原为单质Se,通过过滤可将Se分离出来,得到滤液1。第二次还原(还原2)阶段,向滤液1中再次通入SO2,此时将溶液中的Te元素还原为单质Te,经过滤分离出Te,得到浸出液。沉铜阶段,向浸出液中加入Na2CO3溶液,使铜离子转化为沉淀Cu2(OH)2CO3,过滤分离出沉淀。Cu2(OH)2CO3经过一系列后续处理,最终得到铜单质。
(1)加压可增大氧气溶解度,溶液中O2浓度增大,加快化学反应速率,提高浸出率,同时加压可提升溶液的沸点,可使化学反应在更高的温度下发生,化学反应速率更快。
(2)浸出液中含有H2SeO4和H6TeO6,通入SO2后,H2SeO4首先被还原为Se,所以氧化性H2SeO4>H6TeO6。
【补偿训练】(2025·山师附中模拟节选)四钼酸铵的用途非常广泛,可用作催化剂、防腐剂、阻燃剂等。如图是用辉钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等)制备四钼酸铵和一些副产品的工艺流程图:
已知:①MoS2、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐。
②当溶液中离子浓度小于1.0×10 5 mol·L 1时,可认为离子已完全沉淀。
③25 ℃下部分难溶物的pKsp(pKsp= lgKsp)的数值如下表:
难溶物 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Al(OH)3
pKsp 39 20 33
(1)“沉钒”时,加入过量(NH4)2SO4的目的是___________________
________________________。
(2)“净化”过程加入氨水调节溶液pH,需将溶液的pH调至_____________。
(3)在“溶液X”中通入气体1和气体2的顺序是先通入_____再通入_____
(填化学式)。
NH4VO3尽可能完全析出
大于等于6.5
NH3
CO2
【解析】辉钼矿(含MoS2、V2O5、CuS2、Fe3O4、Al2O3等)加入纯碱、氧气氧化焙烧,MoS2反应生成Na2MoO4和Na2SO4,V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐,焙烧产生的气体1主要为CO2;加入H2SO4、(NH4)2SO4,相应的金属元素转化为金属阳离子,钒元素转化为NH4VO3沉淀,加入氨水净化,沉淀Fe3+、Al3+、Cu2+,得到滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2;向滤液中加入H2SO4沉钼,得到(NH4)2Mo4O13·2H2O晶体;NH4VO3焙烧生成V2O5和气体2即NH3,氨气、二氧化碳与溶液X反应,经一系列操作得到纯碱,则溶液X是饱和NaCl溶液,滤渣1为Fe(OH)3、Al(OH)3、Cu(OH)2,加入H2SO4酸溶,再加入NaHCO3聚合得到聚合硫酸铝铁,据此解答。
(3)侯氏制碱法:氨气极易溶于水,所得溶液呈碱性,饱和食盐水中通氨气到饱和,继续通足量二氧化碳,由于碳酸氢钠溶解度小,故析出碳酸氢钠晶体:NaCl+NH3+CO2+H2O===NH4Cl+NaHCO3↓,则在“溶液X”即饱和NaCl溶液中先通入NH3再通入CO2。
突破点2
工艺生产中物质的分离与提纯
【核心整合 模型重塑】　
1.物质分离与提纯的7种方法
2.溶液结晶的4种情况
晶体特征
或原理 实验操作 实例
无结晶水 蒸发结晶 NaCl、K2SO4等
有结晶水 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
晶体特征
或原理 实验操作 实例
溶解度受温
度影响主产品
小,副产品大 蒸发结晶、趁热过滤 从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体
溶解度受温
度影响主产品
大,副产品小 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 从含少量NaCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体
【真题再练 通法培优】　
1.(2025·湖北卷节选)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂,通过以下两种工艺制备:
已知:室温下,TiO2是难溶酸性氧化物,CaTiO3的溶解度极低。
20 ℃时,NaF的溶解度为4.06 g/100 g水,温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题:
(1)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH===Ca(OH)2
+2NaF。分析沉淀的成分,测得反应的转化率为78%。水浸分离,
NaF的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应________(填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化,推测溶解度s(CaF2) ___s[Ca(OH)2](填“>”或“<”)。
正向
<
(2)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%,写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式
__________________________________________。
(3)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为___(填标号)。
a.蒸发至大量晶体析出,趁热过滤
b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶,过滤
CaF2+TiO2+2NaOH===CaTiO3+2NaF+H2O
a
【解题策略】
构建元素转化线
【解析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH===Ca(OH)2+2NaF,水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液,经过系列操作得到NaF固体;对比两种工艺流程,工艺Ⅱ添加TiO2粉末,由题目可知,生成的CaTiO3的溶解度极低,使得Ca2+不转化为Ca(OH)2,提高了NaF的产率,据此解答。
(1)①转化率为78%,说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行,即正向进行程度大;
②NaF产率仅为8%,说明大部分NaF未进入溶液,则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程,根据沉淀转化的规律可推测: s(CaF2)(2)根据工艺Ⅱ的流程,CaF2、TiO2与NaOH反应生成NaF、H2O和难溶的CaTiO3,化学方程式为CaF2+TiO2+2NaOH===CaTiO3+2NaF+H2O。
(3)由上一问可知,滤液Ⅱ主要是NaF溶液,因NaF溶解度受温度影响小(题干说明),故蒸发至大量晶体析出,趁热过滤即可得到NaF晶体,故选a;其溶解度随温度变化不明显,冷却结晶无法析出更多晶体,故不选b。
2.(2025·安徽卷节选)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等,一种提取该废渣中锶的流程如图所示。
已知25 ℃时,Ksp(SrSO4)=10 6.46,Ksp(BaSO4)=10 9.97
回答下列问题:
(1)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、___________(填离子符号)。
(2)其他条件相同时,盐浸2 h,浸出温度对锶浸出率的影响如图所示。
随温度升高锶浸出率增大的原因是___________________________
____________________________________________________。
Ca2+、Mg2+
温度越高,沉淀转化速率越快,单位时间内浸出的锶离子越多
(3)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、_______________(填化学式)。
(4)由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是____(填标号)。
a.加热脱水　　 b.在HCl气流中加热
c.常温加压 d.加热加压
BaSO4、SiO2
a
【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和
MgCO3等,加入稀盐酸酸浸,碳酸盐溶解进入浸出液,浸出渣1中含有
SrSO4、SiO2,加入BaCl2溶液,发生沉淀转化:SrSO4(s)+Ba2+(aq)
BaSO4(s)+Sr2+(aq),得到SrCl2溶液,经过系列操作得到SrCl2·6H2O。
(1)由分析可知,碳酸盐均能溶于稀盐酸,“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+。
(2)温度越高,沉淀转化速率越快,单位时间内浸出的锶离子越多。
(3)“盐浸”时发生沉淀的转化,生成了BaSO4,SiO2不参与反应,故浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2。
(4)Ca(OH)2为强碱,则Sr(OH)2也是强碱,Sr2+不水解,排除b,由平衡移动原理可知SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的方法加压不利于脱水,排除c、d,故选a。
【新题精练 素养提升】　
1.(2025·山东名校联考节选)FePO4常用于电极材料,工业利用制备FeSO4·7H2O产生的废渣[含FeSO4、Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和有机废旧还原剂(含NaH2PO2、Na2HPO3)合成电池级FePO4·2H2O流程如图所示:
已知:①TiO2+发生水解TiO2++(1+x)H2O TiO2·xH2O+2H+;
②MnO2为难溶于水的黑色沉淀;
③当溶液中某离子浓度c(Mn+)≤1×10 5 mol·L 1时,可认为该离子沉淀完全;
④常温下,几种沉淀的Ksp如表所示:
沉淀 Fe(OH)3 Mg(OH)2 Mn(OH)2 Fe(OH)2
Ksp 1×10 38 5×10 12 5×10 12 5×10 17
沉淀 FeF2 MgF2 MnF2 —
Ksp 8×10 5 1×10 11 5×10 3 —
回答下列问题:
(1)“加热除钛”操作中加入铁的目的是__________________________
___________________________________。
(2)“净化”操作时,若溶液体积为200 mL,c(Fe2+)为1.0 mol·L 1,其他
金属阳离子浓度为0.01 mol·L 1,为了达到流程目的,加入NaF物质
的量至少为________mol。
(3)“氧化Ⅰ”操作时,若加入H2O2速率过快,会导致H2O2用量大幅增大,
其原因是__________________________。
将Fe3+还原为Fe2+防止生成
Fe(OH)3沉淀,消耗H+促使TiO2+水解
0.004 2
Mn2+、Fe3+催化H2O2分解
(4)H3PO2、H3PO3与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2、Na2HPO3,则有
机废旧还原剂中含有的NaH2PO2、Na2HPO3属于____(填“酸式”“碱式”或
“正”)盐,“沉铁”操作中如果体系pH过高或过低,均导致FePO4·2H2O产量
降低,pH过低导致产量降低的原因是______________________________
__________________________________。
“沉铁”后的余液中含有大量的Na2SO4,
Na2SO4溶解度与温度关系如图所示,
从余液中提取Na2SO4的操作是
_________________________________。
正
H3PO4等形式,不易转化为FePO4·2H2O
在较高温度下蒸发结晶、趁热过滤
2.(2025·呼和浩特二模节选)CoCl2·xH2O广泛用于生产、生活等方面。以pH为1~2的含钴废液(主要含Co2+、含少量Fe2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等)为原料制备CoCl2·xH2O的流程如图:
已知:常温下,Ksp(MgF2)=9.0×10 11,Ksp(CaF2)=6.0×10 9
回答下列问题:
(1)“除铜”工序中,Na2S2O3的作用是__________;“除铜”与“除铁”工序不
能颠倒的原因是______________________________________________
___________________________。
(2)“除铜”工序后,溶液中c(Mg2+)=c(Ca2+)=0.1 mol·L 1,“除钙镁”
工序中,Ca2+完全沉淀时,c(Mg2+)=__________________。
(3)操作X是_______________________________________。
作还原剂
硫代硫酸钠在酸性条件下能与氢离子反应生成硫、
二氧化硫和水,降低还原效率
1.5×10 7 mol·L 1
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】由题给流程可知,向含钴废液中加入氯酸钠,将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子,向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH,将溶液中的铁离子转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀,过滤得到Na2Fe6(SO4)4(OH)12和滤液;向滤液中加入硫代硫酸钠,将溶液中的铜离子转化为铜,过滤得到铜和滤液;向滤液中加入氟化钠,将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀,过滤得到氟化钙、氟化镁和滤液;向滤液中加入氢氧化钠,将溶液中Co2+转化为Co(OH)2沉淀,过滤得到Co(OH)2和滤液;向Co(OH)2中加入盐酸,将Co(OH)2转化为CoCl2,CoCl2溶液在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2·xH2O晶体。
3.(2025·青岛模拟节选)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、 核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(含Sc3+、TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示:
已知:ⅰ.“萃取”前Sc3+、Fe2+、Fe3+浓度分别为0.010 mol·L 1、
0.001 mol·L 1、0.001 mol·L 1;当某离子的浓度小于1.0×10 5 mol·L 1时,可忽略该离子的存在。
ⅱ.HA代表有机萃取剂,X代表金属元素,萃取时发生反应Xn++nHA XAn+nH+。
回答下列问题:
(1)“萃取”前需要调节废水的pH,pH太小或太大时,Sc3+的萃取率均不
大的原因为_________________________________________________
__________________________________________________________。
(2)“洗涤”过程中加入H2O2溶液的作用为_________________________
_____________________________。
若pH太小溶液酸性太强,导致萃取平衡逆向移动,若pH太
大溶液碱性太强,则Sc3+会转化为沉淀,都导致Sc3+的萃取率下降
将Fe2+氧化为Fe3+,使得TiO2+
转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相
(3)“溶解富集”后,金属离子浓度变为原来的12.5倍,则调溶液pH时
范围为_______,可实现铁元素和钪元素的完全分离。常温下,
Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 38,Ksp[Sc(OH)3]=1.0×10 30,
Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10 17,lg2=0.3。
(4)该流程中能够循环利用的物质有_____________。(填化学式)
3~4.3
H2SO4、HA
【解析】钛白酸性废水加入有机萃取剂,使得钪、钛、铁元素进入有机层,有机相用稀硫酸和H2O2溶液洗涤,将Fe2+氧化为Fe3+,TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中,经过亚硫酸钠转化,用热水沉钛、过滤得到TiO2·nH2O,进一步得到TiO2;有机层再经过用NaOH溶液反萃取,再过滤得到Fe(OH)3和Sc(OH)3沉淀,滤渣用10%盐酸溶解富集,Sc(OH)3沉淀溶解得到ScCl3溶液,ScCl3用Mg热还原得到Sc。
(1)由已知,萃取时发生反应Xn++nHA XAn+nH+,若pH太小溶液酸性太强,导致萃取平衡逆向移动,若pH太大溶液碱性太强,则Sc3+会转化为沉淀,都导致Sc3+的萃取率下降;
(2)据分析,“洗涤”过程中加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相;
(3)“溶解富集”后,金属离子浓度变为原来的12.5倍,则Sc3+浓度为0.010×12.5 mol·L 1=0.125 mol·L 1,Fe3+浓度为(0.001+0.001)×
12.5 mol·L 1=0.025 mol·L 1,根据溶度积,Fe3+先沉淀,Fe3+沉淀完全时,浓度小于1.0×10 5 mol·L 1,则1.0×10 5×c3(OH )=1.0×10 38,c(OH )=1.0×10 11 mol·L 1,
pOH=11,pH=3,Sc3+不沉淀,则有0.125×c3(OH )=1.0×10 30,
c(OH )=2×10 10 mol·L 1,pOH=9.7,pH=4.3,则pH范围为3~4.3;
(4)由流程可知,“沉钛”过程中TiOSO4水解生成TiO2·nH2O和硫酸,反萃取过程中生成HA,则HA、硫酸在流程中可以循环使用。
　突破点3 工艺流程中方程式的
书写及相关产品获取与计算
【核心整合 模型重塑】　
1.非氧化还原反应方程式的书写方法
(1)依据广义水解原理书写
无论是盐的水解还是非盐的水解,其最终结果都是参与反应的物质和水分别解离成两部分,再重新组合成新物质。
(2)根据“中和”原理或“强酸制弱酸”原理书写
(3)应用“平衡转化”思想书写
2.氧化还原反应方程式的书写方法
3.化工流程中的有关计算
(1)Ksp计算
①判断能否沉淀。
②判断能否沉淀完全。
③计算某一离子浓度。
④沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。
⑤用化学平衡常数与溶度积计算沉淀转化。
【真题再练 通法培优】　
1.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷节选)某工厂采用如图工艺回收废渣(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)“氧化浸出”时,浸出率随温度升高先增大后减小的原因为
________________________________________________________
_______________________________________________________。
(2)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为
_____________________________________。
(3)滤渣2中的金属元素为____(填元素符号)。
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
Zn+[Cu(NH3)4]2+===[Zn(NH3)4]2++Cu
Fe
(4)“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)。
(5)290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物,该反应的化学方程式为
___________________________________________________。
Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO) Pb+4CO↑+2H2O↑
pH升高,OH 浓度增大,A2 +H2O HA +OH
移动,PbA产率增大
Pb(OH)2
【解题策略】
构建元素转化线
【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出,过滤,滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+,滤渣1中有PbSO4和Fe(OH)3,滤液加Zn置换出Cu,除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌,得到ZnS,滤渣1用H2A和Na2A溶液浸铅后过滤,滤渣2含Fe元素,滤液经过结晶得到PbA,再真空热解得到纯Pb。
(1)“氧化浸出”时,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;
(2)加入Zn发生置换反应,从[Cu(NH3)4]2+中置换出Cu单质,离子方程式为Zn+[Cu(NH3)4]2+===[Zn(NH3)4]2++Cu;
(5)290 ℃“真空热解”PbA即Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO)生成
Pb和2种气态氧化物为CO和H2O,反应的化学方程式为
Pb(OOC—CHOH—CHOH—COO) Pb+4CO↑+2H2O↑。
2.(2025·广东卷节选)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图。
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)“高压加热”时,生成Fe2O3的离子方程式为
______+O2+______H2O ______Fe2O3↓+______H+
(2)“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___________________________。
4Fe2+
4
2
8
2NH3 N2+3H2
Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O
【解析】矿粉通入SO2酸浸,浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等,调节pH=3.0,通入空气高压加热得到Fe2O3,Fe2O3可以通过还原得到Fe单质,也可以通过电解得到Fe单质,滤液1在常温下沉铝,滤液2通过选择萃取得到含硫酸根离子的水溶液和Cu配合物、Ni配合物,最终得到产品NixCuyNz。
3.(2025·河南卷节选)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图:
回答下列问题:
(1)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)。
(2)“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
_______________________________________________________。
Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]+NO↑+2H2O
SiO2
Rh2O3+3H2 2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2 2Rh+6HCl
(3)“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______。
+1
6∶1
【解析】贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少量SiO2]中加入浓盐酸溶解其中的Fe,过滤后实现分离,再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为H3[RhCl6],Pt转化为相关可溶物,SiO2不溶,过滤后进行分离;煮沸滤液除去盐酸、硝酸,再加入浓盐酸、DETA将部分铑元素沉淀,过滤后,滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行高温还原得到铑单质,向滤液2中加入NH4Cl将铂元素转化为沉淀除去,加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh(SnCl3)5]4 ,再加入Zn进行还原,生成Rh,由于Zn过量,加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh分离,过滤获得铑粉,以此分析解答。
(1)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl6],Rh元素化合价由0升高至+3,HNO3中
N元素化合价由+5降低至+2生成NO,结合化合价升降守恒以及原子守
恒可知反应的化学方程式为Rh+6HCl+HNO3===H3[RhCl6]
+NO↑+2H2O;由上述分析可知该过程中“滤渣”的主要成分为SiO2。
(2)“高温还原”过程中,Rh2O3和RhCl3均被H2还原为Rh,Rh元素化合价均
由+3降低至0,根据化合价升降守恒以及原子守恒可知反应的化学方程
式为Rh2O3+3H2 2Rh+3H2O、2RhCl3+3H2 2Rh+6HCl。
(3)配离子[Rh(SnCl3)5]4 中,配体[SnCl3] 带1个单位负电荷,设Rh的化合价为x,则x+5×( 1)= 4,则x=+1;Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3 计,反应中Rh(Ⅲ)还原至Rh(Ⅰ),每个Rh得到2个电子,SnCl2为还原剂,部分被氧化为[SnCl6]2 ,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(Ⅳ),每个Sn失去2个电子,同时反应过程中,部分SnCl2结合1个Cl 形成[SnCl3] ,作为新的配体,每生成1个[Rh(SnCl3)5]4 ,需要5个SnCl2,因此理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1+5)∶1=6∶1。
【新题精练 素养提升】　
1.(2025·南昌二模节选)某兴趣小组利用铬铁矿无钙铬渣(主要成分包括FeCr2O4、Al2O3、Cr2O3、MgO、SiO2等)制备K2Cr2O7的流程如图:
已知:①CO2饱和溶液的pH=5.6;②当离子浓度≤10 5 mol·L 1时,
可认为已除尽。
(1)“氧化焙烧”时,FeCr2O4生成Na2CrO4和Fe2O3,写出该反应的化学
方程式: __________________________________________________。
(2)浸渣的主要成分为Fe2O3、______。
4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑
MgO
(3)溶液中离子lg[c/(mol·L 1)]与pH的关系如图所示。则“除杂”时溶液
pH的范围是____________;滤渣的主要成分为_________、________。
5.6≤pH≤9.3
Al(OH)3
H2SiO3
98%
【解析】对无钙铬渣进行氧化焙烧,此时,FeCr2O4、Al2O3、Cr2O3、
MgO、SiO2都可以发生反应,其中氧化铝和二氧化硅分别反应生成
NaAlO2和硅酸钠,Cr2O3、FeCr2O4和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4,
其中FeCr2O4反应的化学方程式为4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2↑,随后用水浸出后,浸渣含有氧化铁和氧化镁,
过滤后向滤液中通入二氧化碳,和四羟基合铝酸钠、硅酸钠反应生成氢
氧化铝和硅酸,即此时滤渣中含有氢氧化铝和硅酸,随后酸化,再加入氯
化钾得到产品,以此解题。
(1)“氧化焙烧”时碳酸钠、氧气和 FeCr2O4反应生成Na2CrO4、CO2
和Fe2O3,化学方程式为4FeCr2O4+8Na2CO3+7O2 8Na2CrO4
+2Fe2O3+8CO2↑。
(2)结合分析可知,浸渣的主要成分为Fe2O3、MgO。
(3)结合分析可知,“除杂”时要除去硅酸根离子和四羟基合铝酸根离子,
CO2饱和溶液的pH=5.6,则“除杂”时溶液pH的范围是5.6≤pH≤9.3;
滤渣的主要成分为Al(OH)3、H2SiO3。
2.(2025·内蒙古一模节选)氮化钛(Ti3N4)常作仿金饰品,乳酸亚铁常作补铁制剂。以钛铁矿(主要含FeTiO3,还含少量Al2O3、SiO2)为原料制备氮化钛和乳酸亚铁的工艺如图,回答下列问题:
部分物质的熔点、沸点数据如表所示:
物质 TiCl4 Mg MgCl2 Ti
熔点/ ℃ 25 648.8 714 1 667
沸点/ ℃ 136.4 1 090 1 412 3 287
(1)其他条件不变,“酸浸”时铁、钛浸出率与硫酸质量分数的关系如图
所示。
“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为____%。
【解析】(1)由图可知,硫酸质量分数为85%时,铁、钛浸出率最大,则“酸浸”时宜选择的硫酸质量分数为85%。
85
(2)“熔炼”时,温度在800~900 ℃,反应还能得到一种具有还原性和可燃
性的气体。“熔炼”的化学方程式为_____________________________。
【解析】(2)结合图示流程可知,“熔炼”时发生的反应为二氧化钛与碳、
氯气在800~900 ℃条件下反应生成四氯化钛和一氧化碳,反应的化学
方程式为TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO。
TiO2+2C+2Cl2 TiCl4+2CO
(3)“还原”时得到钛和另一产物M,采用蒸馏法分离出钛,控制蒸馏的
最低温度为_________,工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的M,
阳极的电极反应式为__________________。
【解析】(3)据图可知,“还原”时发生的反应为四氯化钛高温条件下与镁反应生成钛和氯化镁(M),由表格数据可知,四种物质中钛的沸点最高,所以采用蒸馏法分离出钛时,控制蒸馏的最低温度为1 412 ℃;工业上用惰性材料作为电极来电解熔融的氯化镁时,氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气,电极反应式为2Cl 2e ===Cl2↑。
1 412 ℃
2Cl 2e ===Cl2↑
乳酸根离子具有还原性,能消耗酸性KMnO4溶液
【补偿训练】(2025·山东省实验中学一模节选)以萤石尾矿(含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)为原料经过两段除铝制备锂盐和Be(OH)2的工艺流程如图:
(2)物质的溶解度曲线如图所示,“精制Ⅰ”时,
滤渣Ⅱ的成分是_____,由精制Ⅰ溶液得到滤
渣Ⅱ的实验操作为_____________。“精制
Ⅱ”时,pH不宜过低的原因是_____________。
(3)“萃取”时,还需要加入NH4Cl,其作用是______________________
______________________________。
“反萃取”中加入的反萃取剂为______(填化学式)。
(4)“操作X”的目的是__________。
“沉铍”时,将pH从7.0提高到8.0,则铍的损失降低至原来的___%。
增大Cl 的浓度,使FeCl3
HCl
除去Fe3+
1
【解析】萤石尾矿含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3,加硫酸“加热酸溶”,生成BeSO4、Li2SO4、CaSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3,SiO2不溶于硫酸、CaSO4微溶,过滤出SiO2、CaSO4,加入H2O2、Na2SO4将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉铁;此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+;加入K2SO4,结合物质的溶解度曲线,可知“精制Ⅰ”时,得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤,得到KAl(SO4)2·12H2O;精制Ⅱ中溶液中的Al3+通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去;同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液,锂离子是通过有机物的萃取分离出来;水相含有Be2+、Fe3+,操作X为除去Fe3+,再加入氨水得到Be(OH)2。

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