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高考大题突破1 化工流程综合题
无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。
试题通常以从矿石中提取、制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，综合考查以下方面：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，题目综合性强，难度大。
重点考查学生提取信息、迁移应用所学知识解决实际问题的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。
一、考什么 怎么考
——全面解读高考题
1．(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋物质的量之比为________；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生________(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为________。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是____________________________
______________________________________________。
(4)“置换”中可选用的试剂X为________(填标号)。
A．Al B．Zn
C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为_________________________。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作________(填“阴极”或“阳极”)。
√
解析：以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag, “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，“过滤Ⅰ”除掉滤渣单质硫，滤液中[PbCl4]2－在稀释、冷却的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2－，电解得到Pb；“过滤Ⅱ”后的滤液溶质的主要成分为[AgCl2]－、FeCl2、FeCl3，故“还原”中加入铅精矿的目的主要是将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]－置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2溶
液。(1)“热浸”时，Fe3＋将PbS和Ag2S中－2价的硫氧化为单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，在该过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2－的物质的量相等，消耗Fe3＋的物质的量相等，比值为1∶1；若溶液中盐酸浓度过大，会生成H2S 气体。(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解得到[PbCl4]2－，电解所得溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl－放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2溶液，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸工艺中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3＋，根据还原之后可以得到含硫滤渣可
知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3＋还原为Fe2＋。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以电极板不可能作为阴极，应作为阳极，阳极放电，银变成阳极泥沉降下来，铅失电子转化为Pb2＋，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
答案：(1)1∶1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3＋还原为Fe2＋ (4)C Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－
(5)阳极
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，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)，1 mol H2SO5中过氧键的数目为________。
(3)“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)。
(4)“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图所示。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___________
________________________________________________________________________________________________________。
(5)“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___________________________________________
__________________。
(6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25 ℃)，需控制pH不低于________(精确至0.1)。
1．工艺流程题的基本结构
2．工艺流程题主要考查方向
工艺流程题通常包括重要物质的制备工艺和化学物质回收工艺。这些题目以实际生产为背景，通过浓缩型工艺流程图的形式，考查学生对基础知识的掌握程度和信息的获取、加工、整合和综合利用的能力。考点主要集中在三个方面：
(1)物质分离、提纯为主线的工艺流程题，约占55%。这部分主要考查学生对物质分离、提纯方法的掌握，如溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液等物理方法和热分解法、酸碱处理法、沉淀法等化学方法。
(2)以物质制备为目的的工艺流程题，约占34%。这部分主要考查学生对物质制备过程的了解，包括原料的处理、化学反应的发生以及最终产品的获得。
(3)以具体物质为载体的无机综合题，约占11%。这部分主要考查学生对化学反应原理的应用，包括反应速率与平衡理论的运用、氧化还原反应的判断、利用控制pH分离除杂、化学反应的能量变化等。
3．工艺流程题考查的内容
工艺流程题多为以过渡元素为载体，Mg、Al、Fe、Cu、Si等化合物为杂质的物质制备类或提纯类化工流程题。
二、如何审答 怎样提分
——分点突破命题点
[掌握必备知识]
1．原料预处理的目的
(1)原料经过预处理主要是除去不必要的杂质，净化所需要的原料。
(2)原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。
2．原料预处理的常用方法
(1)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，以增大反应速率或使反应更充分。
命题点一 原料预处理
(2)焙烧、煅烧、灼烧
①焙烧
焙烧是将矿石、精矿在空气、氯气、氢气、甲烷、一氧化碳或二氧化碳等气流中不加或配加一定物料，加热至低于炉料的熔点，发生氧化、还原或其他化学变化的过程。
氧化焙烧在焙烧操作中应用最为广泛，是指在氧气气氛中低于焙烧物料熔点对原料进行处理，目的是为了把金属元素氧化为金属氧化物，同时除去易挥发的物质。
还原焙烧是指将氧化矿预热至一定温度，然后用还原性气体(含 CO、H2、CH4等)或粉煤、焦炭等还原矿物中部分或全部高价金属的过程。
氯化焙烧是指借助氯化剂(可用Cl2、HCl 等气体作氯化剂，也可用CaCl2、NaCl、MgCl2、FeCl3等固体作氯化剂，固体氯化剂在氯化焙烧过程中，会全部或大部分转化成Cl2或 HCl 等气体氯化剂再起作用)使物料中某些组分转变为气态或凝聚态的氯化物，从而与其他组分分离。
②煅烧
煅烧是指将物料在低于熔点的适当温度下加热，使其分解并除去所含结晶水、CO2或 SO2等挥发性物质的过程，所以煅烧过程的反应物通常是固体，生成物是另一种固体和气体。煅烧在工业上可用于制备固体(或气体)原料，如煅烧石灰石制备生石灰，同时得到副产物 CO2；还可以用于生产产品，如侯氏制碱法最终通过煅烧 NaHCO3固体制Na2CO3等。
③灼烧
将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、有机物、铵盐等目的的操作称为灼烧。灼烧通常指的是实验室里对固体进行的高温操作，加热仪器有酒精灯、煤气灯或电炉等，如海带提碘实验中通过灼烧除去有机物。
(3)浸取
①水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中，做到初步分离。
②酸浸：在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程。常用硫酸、盐酸、硝酸等，用盐酸、硝酸酸溶时要注意控温，用硫酸酸溶时要关注Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、CaSO4、Ag2SO4在滤渣中出现。
③碱浸：碱浸常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，与碱接触反应或溶解，NaOH溶液使酸性氧化物和两性氧化物以含氧酸根离子(如Si、Al、Zn、Cr等元素)或与NH3形成配离子进入溶液。
④盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液。
⑤醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。
[提升解题能力]
1．(2021·山东卷节选)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题：
焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是______________
__________________________________________。
增大反应物接
触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行
2．(2020·山东卷节选)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
软锰矿预先粉碎的目的是_____________________________________
______________________________。
增大反应物接触面积，充分反应，加快
化学反应速率
3．一种利用废催化剂(含TiO2、WO3等)回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。
已知：偏钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3。
为增大“碱浸”的速率，可采取的措施为______________________
_________________________________ (任写两条)；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子方程式为___________________________________。
将废催化剂粉碎、搅拌
(或增大NaOH溶液的浓度、加热等)
TiO2＋2Na＋＋2OH－===Na2TiO3＋H2O
[掌握必备知识]
(一)反应条件的控制方法
通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。最常见的是控制溶液的pH、反应的温度及使用保护气等。
命题点二 反应条件的选择与控制
2．控制反应的温度(常用水浴、冰水浴等)
(1)控制反应速率(升温增大反应速率)，使催化剂达到最大活性，防止副反应的发生。
(2)使化学平衡移动，控制化学反应进行的方向。
(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
趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。
蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。
蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。
3．使用保护气
(1)隔绝空气(主要是O2、H2O)。
(2)抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。
(二)图像中反应条件的选择
1．浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。
则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。
2．“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100 ℃、3 h左右。
3．酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据下图可知工业上应采取的适宜条件是酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
√
√
解析：根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率。洗涤液X中含有硫酸，具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65 ℃时，位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于65 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在；
体系温度为80 ℃时，位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，位于80 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在。P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线以下，晶体以CaSO4·2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线的上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线上方，晶体全部以
CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
答案：CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 AD
2．(2021·山东卷节选)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题：
矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10－5mol·L－1 时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为______________；酸化的目的是__________
______________；Fe在________(填操作单元的名称)过程中除去。
3．工业上从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中回收金属元素的流程如下：
①提取铅元素，采取的最佳条件为__________________________。
②从“酸浸渣”中获取PbCl2的操作为控制最佳条件，浸泡“酸浸渣”，一段时间后，热滤，________________，过滤、冷水洗涤、干燥，得PbCl2晶体。
③为提高原料NaCl溶液的利用率，可向上述滤液中继续加入适量NaCl固体，循环浸取“酸浸渣”。向循环一定次数后的溶液中加入适量BaCl2溶液，目的是__________________________________。循环液经BaCl2溶液处理后，后续加水，使其中NaCl浓度稀释至1 mol·L－1 的目的是___________________________________________
____________________________________________________________________________________________________________________。
(2)“除铁”中，MnO2的主要作用为___________________________；使用ZnO的目的为___________________________________________
______________________________________________。
PbCl2的纯度。氯离子浓度越小，PbCl2溶解度越小，后续加水，使其中NaCl浓度稀释至1 mol·L－1 的目的是使PbCl2充分析出。(2)
Fe3＋易形成氢氧化物沉淀，“除铁”中，MnO2的主要作用为将
Fe2＋氧化为Fe3＋；使用ZnO的目的为调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
[掌握必备知识]
1．物质分离的常用方法
命题三 产品的分离和提纯
看目的 选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤
(热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
看目的 选方法
提纯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 冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
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氨气与氮气、氢气 冷却法
2.获得产品阶段的主要操作
洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：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(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：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(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以抑制其水解
蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3
3.萃取与反萃取
萃取 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂
(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如用CCl4萃取溴水中的Br2
反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程
[提升解题能力]
1．(2022·湖北卷节选)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25 ℃时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4 g/100 g H2O
化合物 Ksp
Mg(OH)2 5.6×10－12
Ca(OH)2 5.5×10－6
CaCO3 2.8×10－9
Li2CO3 2.5×10－2
(1)“沉淀1”为________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是_________________
_____________________________________________________。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为____________、____________、洗涤。
解析：(1)浓缩卤水中含有Mg2＋，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2。(2)滤液1中含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋，加入Li2CO3的目的是将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。(3)由 Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤。
答案：(1)Mg(OH)2 (2)将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 (3)蒸发浓缩 趁热过滤
2．(2022·江苏卷节选)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为________(填标号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(2)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)??Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______________________________________________。
②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有______________(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，滤去Ce2(CO3)3 沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有________(填化学式)。
解析：(1)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3。(2)①去除过量盐酸使溶液中氢离子的浓度降低，平衡正向移动，Ce3＋转化为Ce(A)3进入有机层而提高萃取率。②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3＋，后加入氨水和NH4HCO3消耗H＋，且Ce3＋转化为沉淀，过滤后溶液中Ce3＋、H＋浓度减小。
答案：(1)B (2)①降低溶液中氢离子的浓度，平衡正向移动，Ce3＋转化为Ce(A)3进入有机层而提高萃取率 ②酸性条件，多次萃取 ③Ce3＋、H＋
3．硫酸锰晶体的溶解度曲线如图所示，由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为_____________________、洗涤、干燥。
蒸发浓缩，趁热过滤
解析：由“萃取”和“反萃取”所得溶液中镍离子浓度的大小可知，“萃取”和“反萃取”的目的是富集镍元素，除去杂质离子；适当提高稀硫酸的浓度、分振荡分液漏斗、用萃取剂分多次萃取等措施能提高镍离子的“反萃取”率；萃取时，为防止有机溶剂挥发导致分液漏斗中气体压强增大导致发生意外事故，需要将分液漏斗倒置，打开活塞放气。
答案：富集镍元素，除去杂质离子 适当提高稀硫酸的浓度(或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取) D
4．Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
[掌握必备知识]
1．方程式的整体书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型。
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循原子守恒。
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循原子守恒，又遵循电子守恒。
命题四 方程式的书写
2．氧化还原反应方程式的书写思路
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。
(4)根据原子守恒配平反应方程式。
(4)后补水——由原子守恒配平电极反应，一般看氢原子，哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子。也被称为“氢不够，水来凑”。
(5)检查氧——最后用“O”守恒检查是否正确。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为_____________________________________________________
____________________________________________。
2．(2020·山东卷节选)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为_____________
_____________________________________________________________________。
(2)碳化过程中发生反应的离子方程式为________________________
_____________________________________________________。
3．(2023·湖北卷节选)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因：_____________________________________
_________________________________________。
解析：“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，SiCl4可与水反应且能生成氯化氢和硅酸，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl↑。
答案：SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl↑
4．磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一。用含锂废渣(主要金属元素有Li、Ni、Ca、Mg)制得Li2CO3，纯化后用其制备电池的正极材料LiFePO4，部分工艺流程如下：
(1)生成纯Li2CO3的离子方程式为______________________________
__________________________________________________________。
(2)纯Li2CO3和足量碳、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为____________________________
_____________________________________。
5．用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图所示，其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。电解过程中，b极是________极，阴极的电极反应为_______________________________
___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极，a极是负极，与a极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。
答案：正 TiO2＋4e－===Ti＋2O2－
[掌握必备知识]
1．判断加入的试剂及分析试剂作用的基本思路
(1)看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。
(2)看试剂性质：分析加入试剂本身的性质(物质类别、所含元素的化合价、周期表中的位置等)。
(3)看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。
(4)看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息。
命题五 加入试剂的作用、物质成分、循环物质的确定
2．工艺流程中的物质确定
(1)循环物质的确定
(2)副产品的确定
(3)滤渣成分的确定
①过量的反应物；
②原料中不参与反应的物质；
③由原料转化的生成物；
④由杂质转化的沉淀物。
[提升解题能力]
1．(2022·全国甲卷节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图所示：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
回答下列问题：
(1)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2
C．NaOH
滤渣①的主要成分是___________、____________、__________。
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11
(2)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为_______________
______________________________________________________。
(3)滤液②中加入锌粉的目的是________________________________
_______________________________。
(4)滤渣④与浓硫酸反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__________、__________。
的滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，故C不适宜。当沉淀完全时(离子浓度小于10－5 mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(2)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到含
2．(2022·全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是___________________________________
________________________。
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_____________
_______________________________________________________________。
(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是____________
____________________________________________________________________。
解析：(1)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素的化合价由＋4价降低为＋2 价，PbO2是氧化剂，过氧化氢是还原剂。(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
答案：(1)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O (ⅲ)作还原剂
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
3．钛及其合金是制造飞机、火箭等的优异材料。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含Fe、Si、Al的氧化物等杂质)制备钛和Fe3O4·xH2O的工艺流程如图所示：
已知：①25 ℃时相关物质的Ksp见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3
(2)通过计算说明“高温、氯化”操作单元加入碳粉的理由：______
____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)该工艺流程中可以循环利用的物质是________(填化学式)。
解析：(1)“还原”操作单元加入过量铁粉的两个作用是与硫酸反应，有利于TiO2＋水解，同时将Fe3＋还原为Fe2＋。(2)“高温、氯化”时发生的反应为TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)，其K＝KⅠ·KⅡ＝3.4×10－29×1.2×1048≈4.1×1019，远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现。(3)该工艺流程中，电解时产生氯气，而氯化时需要氯气参与，故可以循环利用的物质是氯气。
答案：(1)与硫酸反应，有利于TiO2＋水解 将Fe3＋还原为Fe2＋
(2)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)的K＝KⅠKⅡ≈4.1×1019，K远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现
(3)Cl2
4．Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
已知：常温下，溶液中相关离子的lg c(M)与溶液pH的关系如图所示。当溶液中离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1 时，可认为已除尽。
(1)“预处理”操作可以选择用________(填标号)来除去含镍废料表面的矿物油污。
A．纯碱溶液 B．NaOH溶液
C．酒精 D．硫酸
(2)“氧化”时主要反应的离子方程式为_______________________
_______；“氧化”所得溶液中含有Fe3＋、Al3＋、Ni2＋，验证Fe3＋不能氧化Ni2＋所需的试剂是___________________________。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中Ni2＋浓度为0.10 mol·L－1，需控制溶液的pH范围是________；滤渣2的主要成分是_______(填化学式)。
√
[掌握必备知识]
(一)常数相关计算
1．水溶液中平衡常数之间的关系
(1)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
命题六 流程中的计算
2．溶度积常数(Ksp)的相关计算
(1)Ksp与沉淀转化平衡常数K的计算关系
建立Ksp与K的关系，一般是在K的表达式分子分母中同乘以某个离子的浓度，将分子分母转化为不同物质的Ksp。
(2)Ksp与电离常数Ka的计算关系
根据电离常数计算出各离子浓度，进而计算Ksp。
2．计算的关键
运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
盐 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10－6 4.0×10－6 9.0×10－4 1.0×10－10
2．(2023·湖北卷节选)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2＋浓度为________mol·L－1。
答案：5.9×10－7
答案：＞
答案：5.0×10－9
答案：3.66×10－7
6．ZnSO4·7H2O的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体，加入250 mL的锥形瓶中，依次加入20 mL 水、2～3滴二甲酚橙、约5 mL六亚甲基四胺。用已标定的0.016 0 mol·L－1 EDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表所示：
m(ZnSO4·
7H2O)/g 起始滴定
管读数/mL 终点滴定
管读数/mL
0.169 2 0.20 26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为________(保留2位有效数字)。
答案：71%
三、思维建模
——提升整体解题能力
纵观近几年高考试题，化学工艺流程题均取材于成熟的化学工艺或改进工艺。该类试题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义。但在设计流程时考虑到学生所学实际情况，对相关条件、步骤进行了适当的处理，保留了关键操作，给出了必要的物质信息和操作信息，然后将与考查内容相关的关键流程、方法和技术处理成清晰、简洁的流程图。所设计的问题，大多是对主干知识的考查。这启示我们：题目虽新，但考查的知识大多是我们学过的内容，高考大题是完全可以得大部分分数的，全面放弃不足取。
1．流程图建模——厘清流程图的各环节
[识图方法]
图1箭头表示反应物加入同时生成物出来；
图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来；
图3箭头表示循环反应。
2．解题思维建模——通过“三审”建立系统思维
(1)审题干——明确原料成分和目的要求
(2)审流程——明确各步转化原理和目的
①看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
③找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
④关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
(3)审问题——明确答什么
①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。
②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。
(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10－36，Ksp(ZnS)＝2.5×10－22，Ksp(CoS)＝4.0×10－21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L－1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是______________________
_______________________________________________________________________________________________________________。
(2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是______________
__________________________________________________。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至 Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(Co2＋)＝________mol·L－1，据此判断能否实现Zn2＋和Co2＋的完全分离________(填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。
(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化 Co2＋，其反应的离子方程式为_____________________________
___________________________________________________________________________________________。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_______________________________________________________
_________________________________________________________________________________________。
解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，锌及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH＝4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中，铜
了保证Co2＋被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。(7)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH＝5.0～5.5，溶液中的锌元素以Zn2＋形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2－，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O
(3)1.6×10－4 不能
(4)4.0 mol
(5)Fe(OH)3
(6)2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
1．资源的综合利用越来越受到重视。科研人员综合利用软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)制备ZnSO4·7H2O、Zn和MnO2的工艺流程如下：
已知：25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
(开始沉淀的金属离子浓度为1.0 mol·L－1；金属离子浓度≤1.0×
10－5mol·L－1 时，可认为该离子沉淀完全)
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Mn(OH)2
Ksp 1.0×10－16.3 1.0×10－38.6 1.0×10－32.3 1.0×10－17.2 1.0×10－12.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(2)加适量Zn还原的金属阳离子是______________，加MnO2氧化
Fe2＋生成滤渣的离子方程式为________________________________，调节pH的范围是________。
(3)“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：Zn2＋＋2HR??ZnR2＋2H＋，Mn2＋＋2HR??MnR2＋2H＋(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3的作用为_____________________________。实验测定锌锰离子的萃取率与温度的关系如图所示，表示Zn2＋的萃取效率的曲线是________(填“①”或“②”)，萃取反应温度一般选择常温，理由为___________________________________________
__________________________________。
(4)“电解”产物可用于Na-Zn双离子电池中(装置如图)。电池工作时，正极上发生的电极反应为__________________________；每转移0.1 mol 电子，负极区电解质溶液质量增加________g。
解析：(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，化学方程式为MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋CuSO4＋S＋2H2O，氧化产物(S)与还原产物(MnSO4)的物质的量之比为1∶1。(2)加适量Zn后，首先将Fe3＋还原，然后将Cu2＋还原，则还原的金属阳离子是Fe3＋、
Cu2＋，加MnO2氧化Fe2＋生成滤渣Fe(OH)3，离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H2O===Mn2＋＋2Fe(OH)3↓＋2H＋。调节pH时，需让
Al3＋完全沉淀，而Zn2＋不产生沉淀，Al3＋完全沉淀时，c(OH－)＝
答案：(1)1∶1
(2)Fe3＋、Cu2＋ MnO2＋2Fe2＋＋4H2O===Mn2＋＋2Fe(OH)3↓＋2H＋ 4.9～5.4
(3)与H＋反应，平衡右移，提高Zn2＋的萃取率 ① 温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低
(4)Na0.6－xMnO2＋xNa＋＋xe－===Na0.6MnO2 0.95
2．我国稀土工艺技术水平世界领先。从离子型稀土矿(含RE、K、Al、Mg、Si、F等元素，RE代表稀土元素)中通过阳离子交换法提取RE2(SO4)3的工艺流程如图所示。
已知：①稀土矿中RE3＋、Al3＋、Mg2＋等主要吸附于铝硅酸盐中，稀土元素离子RE3＋{[Al2Si2O5(OH)4]m·nRE3＋(s)}和杂质离子Ma＋{[Al2Si2O5(OH)4]m·nMa＋(s)}在矿洞中可与加入的盐溶液发生阳离子交换，将RE3＋与Ma＋从铝硅酸盐中交换出来。
②常温下部分难溶物的溶度积如表所示：
物质 Al(OH)3 MgF2 K2SiF6
Ksp 1.3×10－33 6.4×10－9 8.6×10－7
③pH对稀土和铝浸出率的影响如图所示：
回答下列问题：
(1)“滤渣1”中存在K2SiF6，其阴离子的空间结构为____________。“浸出”时最佳pH为4.5，大于4.5稀土浸出率降低，解释原因：
_________________________________________________________________________。
(2)矿洞中“浸出”时发生复杂反应，写出稀土离子交换的离子方程式：______________________________________________________
____________________________________________(注明物质状态)。
(3)“沉淀”稀土离子的离子方程式为__________________________
_______________________________________________。
(4)回收利用“滤液”的操作单元是____________________________
_______________________________。
(5)“操作2”的名称为________，实验室进行该步操作需要用到的玻璃仪器有_________________________________________________
______________________。
高考大题突破1 化工流程综合题
无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。
试题通常以从矿石中提取、制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，综合考查以下方面：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，题目综合性强，难度大。
重点考查学生提取信息、迁移应用所学知识解决实际问题的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。
一、考什么·怎么考——全面解读高考题
1．(2024·山东卷)以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3＋物质的量之比为________；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生________(填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。“电解Ⅰ”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为________。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是______________________________________
_________________________________________________________________________________________________________。
(4)“置换”中可选用的试剂X为________(填标号)。
A．Al B．Zn
C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为___________________________________________
_________________________。
(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，用作________(填“阴极”或“阳极”)。
解析：以铅精矿(含PbS、Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag, “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，“过滤Ⅰ”除掉滤渣单质硫，滤液中[PbCl4]2－在稀释、冷却的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2－，电解得到Pb；“过滤Ⅱ”后的滤液溶质的主要成分为[AgCl2]－、FeCl2、FeCl3，故“还原”中加入铅精矿的目的主要是将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]－置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2溶液。(1)“热浸”时，Fe3＋将PbS和Ag2S中－2价的硫氧化为单质硫，Fe3＋被还原为Fe2＋，在该过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，S2－的物质的量相等，消耗Fe3＋的物质的量相等，比值为1∶1；若溶液中盐酸浓度过大，会生成H2S 气体。(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解得到[PbCl4]2－，电解所得溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl－放电产生Cl2, 尾液成分为FeCl2溶液，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸工艺中循环使用。(3)“过滤Ⅱ”所得的滤液中有过量的未反应的Fe3＋，根据还原之后可以得到含硫滤渣可知，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3＋还原为Fe2＋。(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－。(5)“电解Ⅱ”中将富银铅泥制成电极板，“电解Ⅱ”得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以电极板不可能作为阴极，应作为阳极，阳极放电，银变成阳极泥沉降下来，铅失电子转化为Pb2＋，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
答案：(1)1∶1 H2S (2)热浸 (3)将过量的Fe3＋还原为Fe2＋ (4)C Pb＋2[AgCl2]－===2Ag＋[PbCl4]2－
(5)阳极
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，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)，1 mol H2SO5中过氧键的数目为________。
(3)“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)。
(4)“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图所示。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_________________________________________
________________________________________________________________________________________________________。
(5)“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_______________________________________________________________
__________________。
(6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25 ℃)，需控制pH不低于________(精确至0.1)。
解析：(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等。(2)H2SO5的结构简式为所以1 mol H2SO5中过氧键的数目为6.02×1023。(3)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Mn2＋＋HSO＋H2O===MnO2↓＋SO＋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应不低于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，Ca2＋与SO反应生成微溶物CaSO4，故滤渣还有Fe(OH)3、CaSO4。(4)根据图示可知SO2体积分数为9.0% 时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过量的SO2会还原H2SO5，氧化Mn(Ⅱ)的H2SO5浓度会降低。(5)“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。(6)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不低于11.1。
答案：(1)适当增大硫酸浓度(或适当升高温度、将镍钴矿粉碎增大接触面积等)
(2)6.02×1023
(3)Mn2＋＋HSO＋H2O===MnO2↓＋SO＋3H＋ Fe(OH)3、CaSO4
(4)9.0% SO2有还原性，过量的SO2会还原H2SO5，导致氧化Mn(Ⅱ)的H2SO5浓度降低
(5)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O
(6)11.1
1．工艺流程题的基本结构
2．工艺流程题主要考查方向
工艺流程题通常包括重要物质的制备工艺和化学物质回收工艺。这些题目以实际生产为背景，通过浓缩型工艺流程图的形式，考查学生对基础知识的掌握程度和信息的获取、加工、整合和综合利用的能力。考点主要集中在三个方面：
(1)物质分离、提纯为主线的工艺流程题，约占55%。这部分主要考查学生对物质分离、提纯方法的掌握，如溶解过滤、水洗、结晶、蒸馏、萃取分液等物理方法和热分解法、酸碱处理法、沉淀法等化学方法。
(2)以物质制备为目的的工艺流程题，约占34%。这部分主要考查学生对物质制备过程的了解，包括原料的处理、化学反应的发生以及最终产品的获得。
(3)以具体物质为载体的无机综合题，约占11%。这部分主要考查学生对化学反应原理的应用，包括反应速率与平衡理论的运用、氧化还原反应的判断、利用控制pH分离除杂、化学反应的能量变化等。
3．工艺流程题考查的内容
工艺流程题多为以过渡元素为载体，Mg、Al、Fe、Cu、Si等化合物为杂质的物质制备类或提纯类化工流程题。
二、如何审答·怎样提分——分点突破命题点
原料预处理
[掌握必备知识]
1．原料预处理的目的
(1)原料经过预处理主要是除去不必要的杂质，净化所需要的原料。
(2)原料中的目标物质转化为易于化学处理的物质。
2．原料预处理的常用方法
(1)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，以增大反应速率或使反应更充分。
(2)焙烧、煅烧、灼烧
①焙烧
焙烧是将矿石、精矿在空气、氯气、氢气、甲烷、一氧化碳或二氧化碳等气流中不加或配加一定物料，加热至低于炉料的熔点，发生氧化、还原或其他化学变化的过程。
氧化焙烧在焙烧操作中应用最为广泛，是指在氧气气氛中低于焙烧物料熔点对原料进行处理，目的是为了把金属元素氧化为金属氧化物，同时除去易挥发的物质。
还原焙烧是指将氧化矿预热至一定温度，然后用还原性气体(含 CO、H2、CH4等)或粉煤、焦炭等还原矿物中部分或全部高价金属的过程。
氯化焙烧是指借助氯化剂(可用Cl2、HCl 等气体作氯化剂，也可用CaCl2、NaCl、MgCl2、FeCl3等固体作氯化剂，固体氯化剂在氯化焙烧过程中，会全部或大部分转化成Cl2或 HCl 等气体氯化剂再起作用)使物料中某些组分转变为气态或凝聚态的氯化物，从而与其他组分分离。
②煅烧
煅烧是指将物料在低于熔点的适当温度下加热，使其分解并除去所含结晶水、CO2或 SO2等挥发性物质的过程，所以煅烧过程的反应物通常是固体，生成物是另一种固体和气体。煅烧在工业上可用于制备固体(或气体)原料，如煅烧石灰石制备生石灰，同时得到副产物 CO2；还可以用于生产产品，如侯氏制碱法最终通过煅烧 NaHCO3固体制Na2CO3等。
③灼烧
将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、有机物、铵盐等目的的操作称为灼烧。灼烧通常指的是实验室里对固体进行的高温操作，加热仪器有酒精灯、煤气灯或电炉等，如海带提碘实验中通过灼烧除去有机物。
(3)浸取
①水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中，做到初步分离。
②酸浸：在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程。常用硫酸、盐酸、硝酸等，用盐酸、硝酸酸溶时要注意控温，用硫酸酸溶时要关注Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、CaSO4、Ag2SO4在滤渣中出现。
③碱浸：碱浸常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，与碱接触反应或溶解，NaOH溶液使酸性氧化物和两性氧化物以含氧酸根离子(如Si、Al、Zn、Cr等元素)或与NH3形成配离子进入溶液。
④盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液。
⑤醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚、二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。
[提升解题能力]
1．(2021·山东卷节选)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题：
焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行。
2．(2020·山东卷节选)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
软锰矿预先粉碎的目的是增大反应物接触面积，充分反应，加快化学反应速率。
3．一种利用废催化剂(含TiO2、WO3等)回收金属Ti、W的工艺流程如图所示。
已知：偏钛酸钠(Na2TiO3)难溶于水；“酸洗”时，Na2TiO3转化为TiOCl2或TiOSO4，水解后得到H2TiO3。
为增大“碱浸”的速率，可采取的措施为将废催化剂粉碎、搅拌(或增大NaOH溶液的浓度、加热等)(任写两条)；“碱浸”时生成偏钛酸钠的离子方程式为TiO2＋2Na＋＋2OH－===Na2TiO3＋H2O。
反应条件的选择与控制
[掌握必备知识]
(一)反应条件的控制方法
通过控制一定的反应条件来达到提高物质转化率或除去杂质的目的。最常见的是控制溶液的pH、反应的温度及使用保护气等。
1．控制溶液的pH
(1)增强物质的氧化性、还原性(增强MnO、NO的氧化性)，调节离子的水解程度。
(2)通过控制溶液的pH可以除去某些金属离子。
①如要除去溶液中含有的Fe3＋、Al3＋，可调节溶液的pH使之转变为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。[若有Fe2＋，通常需先用氧化剂(H2O2等)把Fe2＋氧化为Fe3＋]
②调节pH所需的物质一般应满足两点：a.能与H＋(或OH－)反应，使溶液pH增大(或减小)；b.不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
2．控制反应的温度(常用水浴、冰水浴等)
(1)控制反应速率(升温增大反应速率)，使催化剂达到最大活性，防止副反应的发生。
(2)使化学平衡移动，控制化学反应进行的方向。
(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
趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。
蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。
蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。
3．使用保护气
(1)隔绝空气(主要是O2、H2O)。
(2)抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。
(二)图像中反应条件的选择
1．浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。
则适宜的浸出时间和液固比分别为60 min、3。
2．“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100 ℃、3 h左右。
3．酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据下图可知工业上应采取的适宜条件是酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
SO浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为________________(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸而不使用水，原因是____________________________________，回收利用洗涤液X的操作单元是________；一定温度下，石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是________(填标号)。
A．65 ℃、P2O5%＝15、SO3%＝15
B．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝20
C．65 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝30
D．80 ℃、P2O5%＝10、SO3%＝10
解析：根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率。洗涤液X中含有硫酸，具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操作单元是酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65 ℃时，位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于65 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在；体系温度为80 ℃时，位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，位于80 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在。P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线以下，晶体以CaSO4·2H2O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线的上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65 ℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝10，由图乙信息可知，该点坐标位于80 ℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意。
答案：CaSO4·0.5H2O 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 AD
2．(2021·山东卷节选)工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如下。回答下列问题：
矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶性组分浓度c≤1.0×10－5mol·L－1 时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为______________；酸化的目的是____________________
______________；Fe在________(填操作单元的名称)过程中除去。
解析：中和时调节溶液pH的目的是将[Al(OH)4]－、SiO转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3＋除尽，当溶液pH＞9.3时，H2SiO3会再溶解生成SiO，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al和Si除去后，溶液中Cr主要以Cr2O和CrO形式存在，溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；Fe在“浸取”操作中除去。
答案：4.5≤pH≤9.3 使2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率 浸取
3．工业上从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中回收金属元素的流程如下：
(1)利用NaCl溶液从“酸浸渣”中浸取铅元素。已知，25 ℃时，Ksp(PbSO4)＝2.5×10－8；Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5；PbSO4＋2Cl－??PbCl2＋SO、PbCl2＋2Cl－??[PbCl4]2－，一定条件下，在不同浓度的NaCl溶液中，温度对铅浸出率的影响、PbCl2的溶解度曲线分别如图1、图2所示。
①提取铅元素，采取的最佳条件为__________________________。
②从“酸浸渣”中获取PbCl2的操作为控制最佳条件，浸泡“酸浸渣”，一段时间后，热滤，________________，过滤、冷水洗涤、干燥，得PbCl2晶体。
③为提高原料NaCl溶液的利用率，可向上述滤液中继续加入适量NaCl固体，循环浸取“酸浸渣”。向循环一定次数后的溶液中加入适量BaCl2溶液，目的是__________________________________。循环液经BaCl2溶液处理后，后续加水，使其中NaCl浓度稀释至1 mol·L－1 的目的是______________________________
_______________________________________________________________________________________________________________________。
(2)“除铁”中，MnO2的主要作用为____________________________；使用ZnO的目的为____________________________________________________________
____________________________。
解析：(1)①根据图示可知，5 mol·L－1 NaCl溶液，90 ℃时铅浸出率最高，所以提取铅元素，采取的最佳条件为5 mol·L－1 NaCl溶液，90 ℃。②根据图示，随温度升高PbCl2的溶解度增大，从“酸浸渣”中获取PbCl2的操作为控制最佳条件，浸泡“酸浸渣”，一段时间后，热滤，将滤液冷却结晶，过滤、冷水洗涤、干燥，得PbCl2晶体。③Ba2＋和SO反应生成硫酸钡沉淀，向循环一定次数后的溶液中加入适量BaCl2溶液，目的是将SO转化为BaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度。氯离子浓度越小，PbCl2溶解度越小，后续加水，使其中NaCl浓度稀释至1 mol·L－1 的目的是使PbCl2充分析出。(2)Fe3＋易形成氢氧化物沉淀，“除铁”中，MnO2的主要作用为将Fe2＋氧化为Fe3＋；使用ZnO的目的为调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
答案：(1)①5 mol·L－1 NaCl溶液，90 ℃ ②将滤液冷却结晶 ③将SO转化为BaSO4沉淀，避免影响后续析出PbCl2的纯度 使PbCl2充分析出
(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ 调pH使Fe3＋转化为 Fe(OH)3沉淀
产品的分离和提纯
[掌握必备知识]
1．物质分离的常用方法
看目的 选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤 (热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
提纯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、FeSO4·7 H2O等 冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
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氨气与氮气、氢气 冷却法
2.获得产品阶段的主要操作
洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：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(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：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(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以抑制其水解
蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl
蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3
3.萃取与反萃取
萃取 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如用CCl4萃取溴水中的Br2
反萃取 在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程
[提升解题能力]
1．(2022·湖北卷节选)全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有Na＋、Li＋、Cl－和少量Mg2＋、Ca2＋)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
25 ℃时相关物质的参数如下：
LiOH的溶解度：12.4 g/100 g H2O
化合物 Ksp
Mg(OH)2 5.6×10－12
Ca(OH)2 5.5×10－6
CaCO3 2.8×10－9
Li2CO3 2.5×10－2
(1)“沉淀1”为________。
(2)向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是__________________________
_____________________________________________________。
(3)为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为____________、____________、洗涤。
解析：(1)浓缩卤水中含有Mg2＋，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2。(2)滤液1中含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋，加入Li2CO3的目的是将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质。(3)由 Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高Li2CO3的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤。
答案：(1)Mg(OH)2 (2)将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质 (3)蒸发浓缩 趁热过滤
2．(2022·江苏卷节选)实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
(1)pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为________(填标号)。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
(2)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)??Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是__________________________________________________________________________________________。
②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有___________________________________
_______________(填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，滤去Ce2(CO3)3 沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有________(填化学式)。
解析：(1)反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3。(2)①去除过量盐酸使溶液中氢离子的浓度降低，平衡正向移动，Ce3＋转化为Ce(A)3进入有机层而提高萃取率。②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3＋，后加入氨水和NH4HCO3消耗H＋，且Ce3＋转化为沉淀，过滤后溶液中Ce3＋、H＋浓度减小。
答案：(1)B (2)①降低溶液中氢离子的浓度，平衡正向移动，Ce3＋转化为Ce(A)3进入有机层而提高萃取率 ②酸性条件，多次萃取 ③Ce3＋、H＋
3．硫酸锰晶体的溶解度曲线如图所示，由MnSO4溶液获得MnSO4·H2O晶体的系列操作为蒸发浓缩，趁热过滤、洗涤、干燥。
4．Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
已知：萃取的原理为Ni2＋(水相)＋2HR(有机相)??NiR2(有机相)＋2H＋(水相)。
“萃取”和“反萃取”的目的是__________________________________；为提高Ni2＋的“反萃取”率，在“反萃取”时可采取的措施有_____________________
_________(回答一条即可)；实验室进行萃取操作时，需要不时打开分液漏斗活塞放气，正确的放气图示为________(填标号)。
解析：由“萃取”和“反萃取”所得溶液中镍离子浓度的大小可知，“萃取”和“反萃取”的目的是富集镍元素，除去杂质离子；适当提高稀硫酸的浓度、充分振荡分液漏斗、用萃取剂分多次萃取等措施能提高镍离子的“反萃取”率；萃取时，为防止有机溶剂挥发导致分液漏斗中气体压强增大导致发生意外事故，需要将分液漏斗倒置，打开活塞放气。
答案：富集镍元素，除去杂质离子 适当提高稀硫酸的浓度(或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取) D
方程式的书写
[掌握必备知识]
1．方程式的整体书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型。
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循原子守恒。
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循原子守恒，又遵循电子守恒。
2．氧化还原反应方程式的书写思路
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据电子守恒配平氧化还原反应。
(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。
(4)根据原子守恒配平反应方程式。
3．电极反应的书写思路
(1)列变价——写出电极上发生变价的主要反应物和主要产物。
(2)标电子——由化合价写出得失电子数。
(3)调电荷——由电荷守恒依据介质环境将反应式两边的电荷调平，酸性溶液用H＋，碱性溶液用OH－，若是熔融电解质，则依据具体题目信息，一般熔融氧化物用O2－，熔融碳酸盐用CO。
(4)后补水——由原子守恒配平电极反应，一般看氢原子，哪边少氢原子就在哪边以水的形式补上相应数目的氢原子。也被称为“氢不够，水来凑”。
(5)检查氧——最后用“O”守恒检查是否正确。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，离子方程式为________________________________________________________________________________________________。
解析：氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF＋SiO2===2H＋＋SiF＋2H2O。
答案：6HF＋SiO2===2H＋＋SiF＋2H2O
2．(2020·山东卷节选)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
(1)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为________________________________________________________________________________________。
(2)碳化过程中发生反应的离子方程式为__________________________________
_____________________________________________________。
解析：(1)由流程图可知，MnO2与BaS反应后除了生成MnO，还生成Ba(OH)2和S，Mn的化合价由＋4价降低为＋2价，－2价的S应被氧化得到硫单质，则MnO2与BaS的化学计量数之比应为1∶1，结合电子守恒和原子守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)碳化过程中锰离子和碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根离子和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。
答案：(1)MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S (2)Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O
3．(2023·湖北卷节选)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因：________________________________________________________________________________。
解析：“500 ℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，SiCl4可与水反应且能生成氯化氢和硅酸，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl↑。
答案：SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl↑
4．磷酸亚铁锂电池是新能源汽车的动力电池之一。用含锂废渣(主要金属元素有Li、Ni、Ca、Mg)制得Li2CO3，纯化后用其制备电池的正极材料LiFePO4，部分工艺流程如下：
(1)生成纯Li2CO3的离子方程式为________________________________________
____________________________________________________________。
(2)纯Li2CO3和足量碳、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，该反应的化学方程式为_________________________________________________
_____________________________________。
解析：(1)制备纯碳酸锂的反应为氢氧化锂溶液与适量碳酸氢铵溶液共热反应生成碳酸锂沉淀、氨气和水，反应的离子方程式为2Li＋＋2OH－＋NH＋HCOLi2CO3↓＋NH3↑＋2H2O。(2)纯碳酸锂与足量碳、磷酸铁高温下反应生成磷酸亚铁锂和一氧化碳，反应的化学方程式为Li2CO3＋2C＋2FePO42LiFePO4＋3CO↑。
答案：(1)2Li＋＋2OH－＋NH＋HCOLi2CO3↓＋NH3↑＋2H2O
(2)Li2CO3＋2C＋2FePO42LiFePO4＋3CO↑
5．用固体二氧化钛生产海绵钛的装置如图所示，其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到金属海绵钛。电解过程中，b极是________极，阴极的电极反应为___________________________________________________________________
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：由题意可知，电解过程中，b极是电源的正极，a极是负极，与a极相连的高纯二氧化钛为电解池的阴极，二氧化钛在阴极得到电子生成海绵钛和氧离子，电极反应为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－。
答案：正 TiO2＋4e－===Ti＋2O2－
加入试剂的作用、物质成分、循环物质的确定
[掌握必备知识]
1．判断加入的试剂及分析试剂作用的基本思路
(1)看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。
(2)看试剂性质：分析加入试剂本身的性质(物质类别、所含元素的化合价、周期表中的位置等)。
(3)看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。
(4)看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息。
2．工艺流程中的物质确定
(1)循环物质的确定
(2)副产品的确定
(3)滤渣成分的确定
①过量的反应物；
②原料中不参与反应的物质；
③由原料转化的生成物；
④由杂质转化的沉淀物。
[提升解题能力]
1．(2022·全国甲卷节选)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如图所示：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 4.0×10－38 6.7×10－17 2.2×10－20 8.0×10－16 1.8×10－11
回答下列问题：
(1)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O B．Ca(OH)2
C．NaOH
滤渣①的主要成分是___________、____________、__________。
(2)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为____________________________________
______________________________________________________。
(3)滤液②中加入锌粉的目的是__________________________________________
_______________________________。
(4)滤渣④与浓硫酸反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是__________、__________。
解析：由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO＋CO2↑，再加入H2SO4溶液浸取，得到含Zn2＋、Ca2＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Cu2＋的溶液，加入物质X调节pH＝5，结合表格数据，过滤得到含Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、Ca2＋、Fe2＋，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2＋，过滤得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，过滤后得到的滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙、镁，过滤得到的滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O。(1)NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；NaOH会引入杂质Na＋，且成本较高，故C不适宜。当沉淀完全时(离子浓度小于10－5 mol·L－1)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3＋，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2。(2)向80～90 ℃的滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2＋，得到含Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。(3)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn＋Cu2＋===Zn2＋＋Cu，故加入锌粉的目的是除去Cu2＋。(4)由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。
答案：(1)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(2)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋ (3)除去Cu2＋ (4)CaSO4 MgSO4
2．(2022·全国乙卷节选)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3
Ksp 2.5×10－8 7.4×10－14 1.1×10－10 2.6×10－9
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。
(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是____________________________________________
________________________。
(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是_______________________
_______________________________________________________________。
(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是_______________________
____________________________________________________________________。
解析：(1)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧化还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素的化合价由＋4价降低为＋2 价，PbO2是氧化剂，过氧化氢是还原剂。(2)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
答案：(1)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O (ⅲ)作还原剂
(2)Fe(OH)3、Al(OH)3
3．钛及其合金是制造飞机、火箭等的优异材料。工业上以钛铁矿(主要成分为FeTiO3，含Fe、Si、Al的氧化物等杂质)制备钛和Fe3O4·xH2O的工艺流程如图所示：
已知：①25 ℃时相关物质的Ksp见下表：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3
Ksp 1×10－16.3 1×10－38.6 1×10－32.3
②Ⅰ.TiO2(s)＋2Cl2(g)??TiCl4(g)＋O2(g)，KⅠ＝3.4×10－29
Ⅱ.2C(s)＋O2(g)??2CO(g)，KⅡ＝1.2×1048
(1)“还原”操作单元加入过量铁粉的两个作用是__________________________，________________________________________________________________________________________________。
(2)通过计算说明“高温、氯化”操作单元加入碳粉的理由：__________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)该工艺流程中可以循环利用的物质是________(填化学式)。
解析：(1)“还原”操作单元加入过量铁粉的两个作用是与硫酸反应，有利于TiO2＋水解，同时将Fe3＋还原为Fe2＋。(2)“高温、氯化”时发生的反应为TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)，其K＝KⅠ·KⅡ＝3.4×10－29×1.2×1048≈4.1×1019，远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现。(3)该工艺流程中，电解时产生氯气，而氯化时需要氯气参与，故可以循环利用的物质是氯气。
答案：(1)与硫酸反应，有利于TiO2＋水解 将Fe3＋还原为Fe2＋
(2)TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g)的K＝KⅠKⅡ≈4.1×1019，K远大于KⅠ，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现
(3)Cl2
4．Ni2O3是重要的电子元件和蓄电池材料，工业上利用含镍废料(主要含Ni、Al、Fe的氧化物，SiO2，C等)制备Ni2O3的工艺流程如下所示：
已知：常温下，溶液中相关离子的lg c(M)与溶液pH的关系如图所示。当溶液中离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1 时，可认为已除尽。
(1)“预处理”操作可以选择用________(填标号)来除去含镍废料表面的矿物油污。
A．纯碱溶液 B．NaOH溶液
C．酒精 D．硫酸
(2)“氧化”时主要反应的离子方程式为______________________________；“氧化”所得溶液中含有Fe3＋、Al3＋、Ni2＋，验证Fe3＋不能氧化Ni2＋所需的试剂是_______________________________________________________________
_______________。
(3)常温下，“调pH”时，溶液中Ni2＋浓度为0.10 mol·L－1，需控制溶液的pH范围是________；滤渣2的主要成分是________________(填化学式)。
解析：(1)可用酒精预处理，从而除去废料表面的矿物油污，故选C。(2)“氧化”时，加入氯酸钠溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O，若溶液中铁离子不能氧化镍离子，则溶液中不可能存在亚铁离子，故可用铁氰化钾溶液检验溶液中是否存在亚铁离子。(3)由图可知，常温下溶液中镍离子完全沉淀时，溶液pH为8.7，氢氧化镍的溶度积Ksp＝c2(OH－)·c(Ni2＋)＝(10－5.3)2×10－5＝10－15.6，则溶液中镍离子浓度为0.1 mol·L－1，氢氧根离子浓度c(OH－)答案：(1)C
(2)6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O K3[Fe(CN)6]溶液
(3)4.7～6.7 Fe(OH)3、Al(OH)3
流程中的计算
[掌握必备知识]
(一)常数相关计算
1．水溶液中平衡常数之间的关系
(1)平衡常数都只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，升高温度，Ka、Kb、Kw、Kh均增大。
(2)Ka、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝；Kb、Kh、Kw三者的关系式为Kh＝。
(3)对二元酸的Ka1、Ka2与相应酸根离子的Kh1、Kh2 的关系式为Ka1·Kh2＝Kw，Ka2·Kh1＝Kw。
(4)反应CdS(s)＋2H＋(aq)??Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K＝。[用Ksp(CdS)、Ka1(H2S)、Ka2(H2S)表示]
2．溶度积常数(Ksp)的相关计算
(1)Ksp与沉淀转化平衡常数K的计算关系
建立Ksp与K的关系，一般是在K的表达式分子分母中同乘以某个离子的浓度，将分子分母转化为不同物质的Ksp。
(2)Ksp与电离常数Ka的计算关系
根据电离常数计算出各离子浓度，进而计算Ksp。
(二)产率、样品的质量分数或纯度的计算
1．纯度、产率、转化率的计算公式
(1)物质的质量分数(或纯度)＝×100%。
(2)产品产率＝×100%。
(3)物质的转化率＝×100%。
2．计算的关键
运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。
[提升解题能力]
1．(2022·山东卷节选)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na＋)＝________mol·L－1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是________。
盐 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10－6 4.0×10－6 9.0×10－4 1.0×10－10
解析：精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na2CO3)∶n(SiF)＝1∶1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6＋Na2CO3===Na2SiF6↓＋CO2↑＋H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液为饱和Na2SiF6溶液，c(Na＋)＝2c(SiF)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp(Na2SiF6)＝c2(Na＋)·c(SiF)＝4c3(SiF)，c(SiF)＝ mol·L－1＝1.0×10－2 mol·L－1，因此c(Na＋)＝2c(SiF)＝2.0×10－2 mol·L－1。粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2＋)＝c(SO)＝ mol·L－1＝3.0×10－2 mol·L－1，分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝ mol·L－1＝1.0×10－4 mol·L－1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2＋)＝ mol·L－1≈3.3×10－9 mol·L－1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO，然后才是SiF。
答案：2.0×10－2 SO
2．(2023·湖北卷节选)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2＋浓度为________mol·L－1。
解析：已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH－)＝1.0×10－4 mol·L－1，c(Co2＋)＝＝ mol·L－1＝5.9×10－7 mol·L－1。
答案：5.9×10－7
3．(2023·广东卷节选)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。已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7。常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________(填“>”“<”或“＝”)c(NH)。
解析：常温下，pH＝9.9的氨性溶液中，lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7，Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝，＝＝＝10－0.6<1，则c(NH3·H2O)＞c(NH)。
答案：＞
4．常温下，用Na2CO3溶液浸泡BaSO4固体，能将BaSO4转化为BaCO3。不考虑CO的水解，向340 mL 3.0 mol·L－1 Na2CO3溶液中加入4.66 g BaSO4，恰好完全转化为BaCO3，则Ksp(BaCO3)＝________。[已知：Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10；溶液体积变化忽略不计]
解析：340 mL 3.0 mol·L－1 Na2CO3溶液中n(CO)＝0.34 L×3.0 mol·L－1＝1.02 mol，4.66 g BaSO4中n(Ba2＋)＝n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.02 mol，故生成BaCO3的物质的量为0.02 mol，剩余n(CO)＝1.02 mol－0.02 mol＝1 mol，反应为BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)，则＝＝，故Ksp(BaCO3)＝＝＝5.0×10－9。
答案：5.0×10－9
5．工业上煅烧硫铁矿产生的SO2气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略SO的第二步水解，则Ksp(CaSO3)＝________(保留三位有效数字)。[已知：室温下，亚硫酸(H2SO3)的电离平衡常数Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8]
解析：CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略SO的第二步水解，则SO水解的Kh＝＝，溶液中c(OH－)＝c(HSO)＝10－5 mol·L－1，所以c(SO)＝6×10－4 mol·L－1，根据元素守恒，c(Ca2＋)＝c(SO)＋c(HSO)＝6×10－4 mol·L－1＋10－5 mol·L－1＝6.1×10－4 mol·L－1，则Ksp(CaSO3)＝6.1×10－4×6×10－4＝3.66×10－7。
答案：3.66×10－7
6．ZnSO4·7H2O的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体，加入250 mL的锥形瓶中，依次加入20 mL 水、2～3滴二甲酚橙、约5 mL六亚甲基四胺。用已标定的0.016 0 mol·L－1 EDTA溶液滴定，滴定至溶液由红紫色变成亮黄色，即为终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表所示：
m(ZnSO4· 7H2O)/g 起始滴定 管读数/mL 终点滴定 管读数/mL
0.169 2 0.20 26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为________(保留2位有效数字)。
解析：ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应，n(ZnSO4·7H2O)＝0.016 0 mol·L－1×0.026 3 L≈0.000 42 mol，ZnSO4·7H2O产品的纯度为×100%≈71%。
答案：71%
三、思维建模——提升整体解题能力
纵观近几年高考试题，化学工艺流程题均取材于成熟的化学工艺或改进工艺。该类试题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义。但在设计流程时考虑到学生所学实际情况，对相关条件、步骤进行了适当的处理，保留了关键操作，给出了必要的物质信息和操作信息，然后将与考查内容相关的关键流程、方法和技术处理成清晰、简洁的流程图。所设计的问题，大多是对主干知识的考查。这启示我们：题目虽新，但考查的知识大多是我们学过的内容，高考大题是完全可以得大部分分数的，全面放弃不足取。
1．流程图建模——厘清流程图的各环节
[识图方法]
图1箭头表示反应物加入同时生成物出来；
图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来；
图3箭头表示循环反应。
2．解题思维建模——通过“三审”建立系统思维
(1)审题干——明确原料成分和目的要求
(2)审流程——明确各步转化原理和目的
①看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。
②看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。
③找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。
④关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。
(3)审问题——明确答什么
①不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。
②规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。
(2024·全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10－36，Ksp(ZnS)＝2.5×10－22，Ksp(CoS)＝4.0×10－21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c(M)/(mol·L－1)]和溶液pH的关系如图所示。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_________________________________
_______________________________________________________________________________________________________________。
(2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_________________________
__________________________________________________。
(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至 Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(Co2＋)＝________mol·L－1，据此判断能否实现Zn2＋和Co2＋的完全分离________(填“能”或“不能”)。
(4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。
(5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。
(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化 Co2＋，其反应的离子方程式为________________________________________________
___________________________________________________________________________________________。
(7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，锌及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH＝4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。(1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率。(2)“酸浸”步骤中，铜不溶解，锌及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液，即CoO转化为CoSO4，反应的化学方程式为CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O。(3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为 0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(S2－)＝＝mol·L－1＝2.5×10－17mol·L－1，则c(Co2＋)＝＝mol·L－1＝1.6×10－4mol·L－1，c(Co2＋)小于0.10 mol·L－1，说明大部分Co2＋也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。(4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2＋氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2O＋Mn2＋＋2H2O===MnO2↓＋4H＋＋2SO，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为4.0 mol。(5)“沉锰”步骤中，S2O同时将Fe2＋氧化为Fe3＋，“沉淀”步骤中用NaOH调pH＝4，Fe3＋可以完全沉淀为Fe(OH)3，因此，分离出的滤渣是Fe(OH)3。(6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，为了保证Co2＋被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO。(7)根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH＝5.0～5.5，溶液中的锌元素以Zn2＋形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为[Zn(OH)4]2－，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
答案：(1)增大固体与酸反应的接触面积，提高钴元素的浸出效率
(2)CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O
(3)1.6×10－4 不能
(4)4.0 mol
(5)Fe(OH)3
(6)2Co2＋＋5ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4HClO
(7)向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥
1．资源的综合利用越来越受到重视。科研人员综合利用软锰矿(含MnO2，少量SiO2、Al2O3)和闪锌矿(含ZnS，少量FeS、CuS、SiO2)制备ZnSO4·7H2O、Zn和MnO2的工艺流程如下：
已知：25 ℃时相关物质的Ksp见下表。
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Zn(OH)2 Mn(OH)2
Ksp 1.0×10－16.3 1.0×10－38.6 1.0×10－32.3 1.0×10－17.2 1.0×10－12.7
(开始沉淀的金属离子浓度为1.0 mol·L－1；金属离子浓度≤1.0×10－5mol·L－1 时，可认为该离子沉淀完全)
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(2)加适量Zn还原的金属阳离子是______________，加MnO2氧化Fe2＋生成滤渣的离子方程式为__________________________________，调节pH的范围是________。
(3)“萃取”过程中，发生如下阳离子交换反应：Zn2＋＋2HR??ZnR2＋2H＋，Mn2＋＋2HR??MnR2＋2H＋(HR代表有机萃取剂，易挥发)。加入MnCO3的作用为________________________________________。实验测定锌锰离子的萃取率与温度的关系如图所示，表示Zn2＋的萃取效率的曲线是________(填“①”或“②”)，萃取反应温度一般选择常温，理由为_____________________________
__________________________________。
(4)“电解”产物可用于Na-Zn双离子电池中(装置如图)。电池工作时，正极上发生的电极反应为__________________________；每转移0.1 mol 电子，负极区电解质溶液质量增加________g。
解析：(1)“酸浸”时，MnO2和CuS反应生成MnSO4，化学方程式为MnO2＋CuS＋2H2SO4===MnSO4＋CuSO4＋S＋2H2O，氧化产物(S)与还原产物(MnSO4)的物质的量之比为1∶1。(2)加适量Zn后，首先将Fe3＋还原，然后将Cu2＋还原，则还原的金属阳离子是Fe3＋、Cu2＋，加MnO2氧化Fe2＋生成滤渣Fe(OH)3，离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H2O===Mn2＋＋2Fe(OH)3↓＋2H＋。调节pH时，需让Al3＋完全沉淀，而Zn2＋不产生沉淀，Al3＋完全沉淀时，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9.1 mol·L－1，pH＝4.9，Zn2＋开始沉淀时，c(OH－)＝mol·L－1＝10－8.6 mol·L－1，pH＝5.4，所以需调节的pH范围是4.9～5.4。(3)加入MnCO3，能与H＋反应，从而促进平衡右移，提高Zn2＋的萃取率。从反应的最终产物看，主要萃取Zn2＋，则曲线中表示Zn2＋的萃取效率的曲线是①；萃取剂易挥发，但萃取过程吸热，则萃取反应温度一般选择常温，理由为温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低。(4)电池工作时，Zn为负极，Na0.6－xMnO2为正极，则正极上发生的电极反应为Na0.6－xMnO2＋xNa＋＋xe－===Na0.6MnO2；负极上发生的电极反应为Zn＋4OH－－2e－===[Zn(OH)4]2－，同时Na＋从负极移向正极，则可建立如下关系式：Zn～2Na＋～2e－，每转移0.1 mol 电子，负极区电解质溶液质量增加(65 g－2×23 g)×＝0.95 g。
答案：(1)1∶1
(2)Fe3＋、Cu2＋ MnO2＋2Fe2＋＋4H2O===Mn2＋＋2Fe(OH)3↓＋2H＋ 4.9～5.4
(3)与H＋反应，平衡右移，提高Zn2＋的萃取率 ① 温度过高，萃取剂的损耗量增大；温度过低，离子萃取效率低
(4)Na0.6－xMnO2＋xNa＋＋xe－===Na0.6MnO2 0.95
2．我国稀土工艺技术水平世界领先。从离子型稀土矿(含RE、K、Al、Mg、Si、F等元素，RE代表稀土元素)中通过阳离子交换法提取RE2(SO4)3的工艺流程如图所示。
已知：①稀土矿中RE3＋、Al3＋、Mg2＋等主要吸附于铝硅酸盐中，稀土元素离子RE3＋{[Al2Si2O5(OH)4]m·nRE3＋(s)}和杂质离子Ma＋{[Al2Si2O5(OH)4]m·nMa＋(s)}在矿洞中可与加入的盐溶液发生阳离子交换，将RE3＋与Ma＋从铝硅酸盐中交换出来。
②常温下部分难溶物的溶度积如表所示：
物质 Al(OH)3 MgF2 K2SiF6
Ksp 1.3×10－33 6.4×10－9 8.6×10－7
③pH对稀土和铝浸出率的影响如图所示：
回答下列问题：
(1)“滤渣1”中存在K2SiF6，其阴离子的空间结构为____________。“浸出”时最佳pH为4.5，大于4.5稀土浸出率降低，解释原因：_______________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)矿洞中“浸出”时发生复杂反应，写出稀土离子交换的离子方程式：________________________________________________________________________________________________
(注明物质状态)。
(3)“沉淀”稀土离子的离子方程式为____________________________________
_______________________________________________。
(4)回收利用“滤液”的操作单元是______________________________________
_______________________________。
(5)“操作2”的名称为________，实验室进行该步操作需要用到的玻璃仪器有________________________________________________________________________。
解析：(1)中心原子Si的孤电子对数为＝0，价层电子对数为6，所以SiF的空间结构为正八面体。“浸出”时最佳pH为4.5，大于4.5稀土浸出率降低的可能原因是pH>4.5生成 Al(OH)3胶状沉淀，对稀土离子产生吸附，或是pH过大会导致c(NH)减小，阳离子对稀土离子的交换减弱，或是pH过大稀土离子容易发生水解。(2)“浸出”时[Al2Si2O5(OH)4]m·nRE3＋(s)可与加入的盐溶液发生阳离子交换，将RE3＋从铝硅酸盐中交换出来，离子方程式为[Al2Si2O5(OH)4]m·nRE3＋(s)＋3nNH(aq)===[Al2Si2O5(OH)4]m·3nNH＋4(s)＋nRE3＋(aq)。(3)“沉淀”过程将RE3＋转化为碳酸盐沉淀，离子方程式为2RE3＋＋6HCO===RE2(CO3)3↓＋3H2O＋3CO2↑。(4)滤液中主要成分为硫酸铵，可在“浸出”操作单元重复利用。(5)“操作2”使得RE3＋从有机相回到水相，该操作名称为反萃取。实验室进行该步操作时，需要用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯。
答案：(1)正八面体 pH>4.5生成Al(OH)3胶状沉淀，对稀土离子产生吸附[或pH过大会导致c(NH)减小，阳离子对稀土离子的交换减弱，或pH过大稀土离子容易发生水解]
(2)[Al2Si2O5(OH)4]m·nRE3＋(s)＋3nNH(aq)===[Al2Si2O5(OH)4]m·3nNH(s)＋nRE3＋(aq)
(3)2RE3＋＋6HCO===RE2(CO3)3↓＋3H2O＋3CO2↑
(4)浸出
(5)反萃取 分液漏斗、烧杯
