高考化学二轮复习专题六化学工艺流程课件
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专题六 化学工艺流程
考点一 原料的预处理与反应条件的控制
1．(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
(1)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、__________、__________(填化学式)。
(2)酸化工序中需加压的原因：______________________________________。
解析：通入过量CO2的目的是提供酸性环境，使K2CrO4转化为K2Cr2O7，加压的目的是增大CO2的溶解度，使更多的CO2溶解在溶液中，从而保证酸化反应充分进行，提高酸化反应速率和K2CrO4的转化率。
Al(OH)3
MgO
增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(3)滤液Ⅱ的主要成分：________(填化学式)。
(4)滤渣 Ⅱ 可返回________工序(填工序名称)。
解析：滤渣Ⅱ的主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3，可返回煅烧工序，以提高Cr的利用率。
KHCO3
煅烧
已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10-5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10-11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10-12.72；
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，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式：
________________________________________________________________。
搅拌
适当升温(答案合理即可)
6Mn(OH)2＋O2===2Mn3O4＋6H2O
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和__________(填化学式)。
O2
解析：(NH4)2S2O8加热水解生成H2O2和NH4HSO4，H2O2不稳定，分解生成O2。
(4)“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__________________________________________
________________________________________________________________。
解析：根据MgCO3和Mg(OH)2的Ksp可知，Mg(OH)2更难溶，当pH较大时，溶液中c(OH－)较大，主要生成Mg(OH)2，煅烧时没有CO2气体生成，不能得到疏松的轻质MgO。
pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO
3．(2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如下图所示。
已知：①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
(1)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入_________(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
解析：由LAEM允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区可知，原料液中的Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取；在不提高原料液酸度的前提下，同时为了不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，从而进一步提高Ga的提取率。
高
NaCl
(2)“调pH”中，pH至少应大于________，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为________mol·L-1。
3.2
4.0×10-7
1．原料的预处理
常见术语 操作目的
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物的接触面积，以增大反应速率或提高原料利用率
灼烧(煅烧) ①除去硫、碳单质；②使有机物转化或被除去；③高温下原料与空气中的氧气反应；④除去热稳定性差的杂质等
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 ①溶解，使其转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去除氧化物(膜)
碱浸 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等
2.反应条件的控制
常用方法 作用分析
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 加热：①增大反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除去热稳定性差的杂质，如NaHCO3、NH4Cl 等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料汽化；⑤煮沸时促进溶液中气体(如氧气)的挥发等。
降温：①防止某物质在高温时溶解或分解；②使化学平衡向放热反应方向移动；③使某种沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等。
控温：①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2 、浓硝酸、铵盐等)温度过高时分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最高；⑤防止副反应的发生等
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+ ，而后调节溶液的pH ，使其转化为 Fe(OH)3 沉淀除去]
常用方法 作用分析
加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；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+
控制溶液的pH ①促使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)；②创造氧化还原反应所需要的酸性或碱性环境
1．锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)中提取Li、BeO的工艺流程如下图所示：
已知：苯甲酸( )是一元弱酸，常温下为白色片状晶体、微溶于水，随温度升高溶解度增大。
回答下列问题：
(1)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是___________________
____________________，浸出渣的主要成分是_____________。
增大与H2SO4的接触面积，增大浸出速率
CaSO4、SiO2
解析：萤石矿通过“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，有利于其在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都能与H2SO4发生反应，只有SiO2不与硫酸反应，CaF2、CaCO3与H2SO4发生反应生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。据分析可知，“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是增大与H2SO4的接触面积，增大浸出速率；浸出渣的主要成分是CaSO4、SiO2。
(2)“除铁”中H2O2的作用为___________________；写出Fe3+转化为黄钠铁矾渣的离子方程式：
_____________________________________________________________。
将Fe2+氧化为Fe3+
(3)“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率越低。结合平衡移动原理解释其原因：_________________________________________________________
__________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率越低，其原因是苯甲酸为一元弱酸，pH越小，溶液中的氢离子浓度越高，苯甲酸根离子会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根离子减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。
苯甲酸为一元弱酸，pH越小，溶液中的氢离子浓度越高，苯甲酸根离子会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根离子减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低
2. (2025·佛山二模)一种以硼镁矿(含B2O3、MgO、SiO2及少量铁、铝氧化物等)为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图1所示。
已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大；②常温下，硼酸溶液呈弱酸性。
(1)“溶浸”时选择100 ℃微沸条件下进行，原因是____________________________________________。
增大反应速率，促进氨逸出，防止H3BO3析出
(2)“吸收”时发生反应的化学方程式为
________________________________________________________。
解析：“吸收”时发生反应的化学方程式为CO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2CO3。
(3)“母液”加热后可返回“________”工序循环利用。
解析：“母液”中含有(NH4)2SO4，加热后可返回“溶浸”工序循环利用。
CO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2CO3
溶浸
(4)“热过滤”后“调pH”的试剂为__________(填化学式)。溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图2所示，根据图2判断合适的pH范围是________。
解析：根据题图2可判断合适的pH范围是2～3，此时硼酸结晶率及纯度较高。
H2SO4
2～3
3．ZnSO4是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，木材和皮革的保存剂。由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有少量SiO2、CaCO3、Al2O3、FeCO3、Fe2O3、PbO、MgCO3、CdO和MnCO3)制备ZnSO4·H2O流程如下：
已知：常温下，部分金属阳离子沉淀的pH见下表，溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。
金属阳离子 Zn2+ Fe2+ Fe3+ Cd2+ Mg2+ Mn2+ Al3+
开始沉淀pH 6.2 7.4 2.2 7.7 9.1 8.1 3.4
完全沉淀pH 8.2 8.9 3.2 9.7 11.1 10.1 4.7
回答下列问题：
(1)加硫酸浸取后再调节pH＝5，过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、___________和___________。
解析：根据部分金属阳离子沉淀的pH表可知，加硫酸浸取后再调节pH＝5，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、Al(OH)3和Fe(OH)3。
Al(OH)3
Fe(OH)3
(2)加入KMnO4溶液后过滤可以得到Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，Fe2+发生反应的离子方程式为_____________________________________________
_________________________________________________，常温下，此时溶液pH仍为5，溶液残留的微量Fe3+的浓度约为_____________mol·L-1，根据“转化过滤”过程，推测若Zn、稀硫酸、Cd形成原电池，则电势较高的一极为_______。
1.0×10-10.4
Cd电极
(3)“脱钙镁”后“过滤”所得的滤渣还可以和浓硫酸反应制备HF以循环使用，该反应可以发生的原因是______________________________。
解析：“脱钙镁”后“过滤”所得的滤渣MgF2、CaF2还可以和浓硫酸反应生成HF以循环使用，该反应可以发生的原因是难挥发性酸制备易挥发性酸。
难挥发性酸制备易挥发性酸
(4)脱完钙和镁之后的ZnSO4滤液中含有少量的K2SO4，ZnSO4的溶解度曲线如下图所示。由滤液④获得ZnSO4·H2O的具体操作为____________________________________________________________________________________。
解析：根据ZnSO4的溶解度曲线，由滤液④获得ZnSO4·H2O的具体操作是加热浓缩至330 K(或以上至370 K都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，再洗涤并干燥。
加热浓缩至330 K(或以上至370 K都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，再洗涤并干燥
考点二 化工流程中物质的分离与提纯
1．(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如下：
已知：Be2+＋4HA BeA2(HA)2＋2H＋
回答下列问题：
(1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_____________。
解析：将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态，故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，需要快速冷却。
快速冷却
(2)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是____________________________________________。
解析：由已知信息可知，“萃取分液”时Be2+转化为BeA2(HA)2进入煤油中，水相1为含有Al3+的水溶液，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，先发生反应Al3+＋3OH－===Al(OH)3↓，随后立即发生反应Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故观察到的现象是产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解。
产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解
(3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式：______________________________________________________。“滤液2”可以进入“__________”步骤再利用。
解析：反萃取时有机相中存在BeA2(HA)2，由对角线规则可知，Be与Al化学性质相似，故有机相中加入过量NaOH溶液，BeA2(HA)2转化为[Be(OH)4]2-进入水相2，反应的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH，可以进入“反萃取分液”步骤再利用。
BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O
反萃取分液
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如下图所示。
Mg(OH)2、CaSO4
0.005 5
CaO
(2)精制Ⅱ的目的是____________________；进行操作X时应选择的试剂是________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____________。
解析：精制Ⅰ加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱(过量)的目的是除去溶液中Ca2+；操作X是为了除去过量的碳酸钠，结合“浓缩”时得到NaCl可知，加入的试剂为盐酸；若不进行该操作而直接浓缩，由于Na2CO3水解使溶液呈碱性，则会有LiOH析出。
除去溶液中Ca2+
盐酸
有LiOH析出
3．(2022·江苏卷)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：
已知：“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2。
(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________(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴入CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴入NH4HCO3溶液中
解析：反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3，故选B。
B
(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_______________________________________________________________
________________________________________________________________。
解析：去除过量盐酸的目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进Ce3+的萃取平衡正向移动，提高Ce3+的萃取率。
降低溶液中氢离子的浓度，促进Ce3+的萃取平衡正向移动，提高Ce3+的萃取率
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。为使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：根据萃取原理可知，反萃取时应选择的实验条件是适当提高稀硝酸的浓度，并且可以采用多次萃取。
适当提高稀硝酸的浓度，多次萃取
Ce3+、H＋
1．各类结晶方式的选择及操作
结晶方式 操作及适用范围
蒸发结晶 蒸发大部分溶剂，使晶体析出。适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)
冷却结晶 将溶液加热浓缩至饱和，冷却热饱和溶液，使晶体析出。适用于溶解度受温度影响较大的物质(如KNO3)
重结晶 将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤
结晶方式 操作及适用范围
改变溶剂结晶 ①盐析法：在溶液中加入大量无机盐，使某些物质的溶解度降低而析出，与其他成分分离的方法。如肥皂的制备、蛋白质的分离和提纯等；
②醇析法：在溶液中加入有机溶剂乙醇使晶体析出的方法。如向硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体
2.沉淀的洗涤
(1)洗涤试剂、适用范围及目的。
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附的×× 杂质，可适当降低固体因溶解而造成的损失
热水 物质的溶解度随着温度升高而减小 除去固体表面吸附的×× 杂质，可适当降低固体因温度变化溶解而造成的损失
洗涤试剂 适用范围 目的
有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水，难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸或碱 除去固体表面吸附的可溶于酸或碱的杂质；减少固体溶解
(2)检验离子是否已经沉淀完全的方法：将反应混合液静置，向上层清液中继续滴加沉淀剂××，若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全，若产生沉淀，则××离子未完全沉淀。
(3)洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3 次。
(4)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀已洗涤干净，否则沉淀未洗涤干净。
3．金属离子的萃取与反萃取
金属离子的萃取与反萃取是工艺流程中的一个重要环节，其过程可以达到使金属离子分离和富集的目的，具有简单、便于操作和周期短的特点。萃取与反萃取的原理如下：
(1)溶剂萃取——利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，达到分离和富集的目的。
(2)反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程。
例如，采用某萃取剂萃取水溶液中的Cu2+，萃取过程可以简单地用离子方程式表示为2RH＋Cu2+ R2Cu＋2H＋(RH代表萃取剂)。正反应为萃取过程。向反应体系中加稀硫酸，平衡逆向移动，Cu2+被释放出来，萃取剂获得再生，可以重复使用，这个过程就是反萃取。
4．其他操作的分析
(1)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 的气氛中加热，以防止其水解。
(2)减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
1．硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(商品名为摩尔盐)，它可由硫酸亚铁与硫酸铵反应制备。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就比较稳定了。实验室制取少量摩尔盐的流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)步骤1中Na2CO3的主要作用是___________________________。
(2)步骤2中趁热过滤的目的是______________________________________。
(3)步骤3中，加入(NH4)2SO4固体后，要得到摩尔盐晶体，需经过的实验操作包括：加热蒸发、______________、__________、洗涤和干燥。
(4)步骤3中制得的晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是__________________________________________。
洗去废铁屑表面的油污
防止FeSO4结晶，减小FeSO4的损失
冷却结晶
过滤
减少摩尔盐的损失，加速水分挥发
2. (2025·江门联考)实现废钨-镍型加氢催化剂(主要成分为WO3、Ni、Al2O3，还含有Fe、SiO2和少量含S有机物)中有价值金属回收的工艺流程如下。
已知：①T<700 ℃，纯碱不与Al2O3、SiO2反应。②相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+
开始沉淀时的pH 6.9 3.4 1.5
沉淀完全时的pH 8.9 4.7 2.8
解析：由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600 ℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣1和滤液；向滤液中加入硫酸酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸，钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣1中加入硫酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣2和滤液；调节滤液pH在4.7～6.9范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的浸渣3和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O。
(1)“氧化”的目的为__________________和将金属单质氧化至相应的价态。
(2)“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为____________(填化学式)。
(3)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系见下表。
温度 低于30.8 ℃ 30.8～53.8 ℃ 53.8～280 ℃ 高于280 ℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
“一系列操作”依次是________________________________________、及时过滤、洗涤、干燥。
除去含硫有机物
H2WO4
蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶
(4)强碱溶液中NaClO氧化NiSO4，可沉淀出用作电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为
_______________________________________________。
2Ni2+＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，生成的FeR3可溶解在HR中；
②部分物质在不同温度下的溶解度(g/100 g H2O)数据见下表：
温度/℃ 0 20 80
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
LiHCO3 11.6 7.82 高于50 ℃，开始分解
(1)对于单质锂，实验室常将其保存在______中。
解析：金属锂一般保存在石蜡中。
石蜡
(2)使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是(从平衡移动的角度分析)__________________________________________________
________________________________________________________。
解析：萃取时发生反应Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，NaOH会消耗H＋，使c(H＋)减小，促进萃取反应正向进行，提高萃取效率。
萃取时发生反应Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，NaOH会消耗H＋，使c(H＋)减小，促进萃取反应正向进行，提高萃取效率
(3)判断“沉锂”时Li＋是否沉淀完全的方法是_____________________________________________________________________________________________________。
将过滤1后得到的固体进行洗涤时，最好用________(填“冷水”或“热水”)。
解析：判断“沉锂”时Li＋是否沉淀完全的方法是向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液变浑浊，则Li＋未沉淀完全，若无现象，则Li＋已沉淀完全；由题给信息②可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失。
向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液变浑浊，则Li＋未沉淀完全，若无现象，则Li＋已沉淀完全
热水
考点三 化工流程中的图像分析与定量计算
1．(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
“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。
5.0
2．(2025·安徽卷)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下图所示。
SrSO4(s)＋Ba2+(aq) BaSO4(s)＋Sr2+(aq)
10-8.97
解析：由已知信息可知，SrSO4和BaSO4为相同类型的难溶电解质，且SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化，离子方程式为SrSO4(s)＋Ba2+(aq) BaSO4(s)＋Sr2+(aq)。根据“盐浸”时的反应列“三段式”：
3．(2025·江苏卷)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的过程如下：
已知：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1.0×10-5mol·L-1时，认为离子沉淀完全。
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)。
(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下图所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：
______________________________________________________________。
②反应4 h后，砷回收率下降的原因有________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：由反应原理可知，随着反应进行，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，故砷回收率下降。
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，砷回收率下降
4．(2024·北京卷)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
已知：(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
(1)温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_________________________________________________________。
解析：由题图可知，随着焙烧温度由300 ℃升高到 425 ℃，硫酸铵分解出来的NH3和SO3逐步增多，因此，在氨吸收率逐步增大的同时，矿石中的铜元素在SO3作用下硫酸化的程度增大，铜浸出率增大。
(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加
(2)温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是__________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：焙烧温度超过 425 ℃ 后，硫酸铵基本上已完全分解，氨吸收率变化不大，而铜浸出率反而开始逐渐降低，比较400 ℃和500 ℃时固体B中所含铜、铁的主要物质知，出现这一现象的原因可能是高温下CuSO4热稳定性差，容易发生热分解反应，转化为难溶于水的CuO，也可能是高温下SO3更易与Fe2O3反应生成硫酸铁，从而影响硫酸铜的生成。
1．化工流程中的图像分析
(1)识图——三看。
一看轴——横、纵坐标所表示的化学含义(特别是双纵坐标)，寻找横、纵轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；
二看点——曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交点)；
三看线——曲线的走势(上升、下降、波动等变化)。
(2)析图。
分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的走势，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。
(3)用图。
将相关的化学知识与图中的曲线紧密结合，解决实际问题。
2．化工流程中的定量计算
(1)常见类型及解题方法。
常见类型 解题方法
物质含
量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出该成分的含量
确定物
质化学
式计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比
Ksp相关
计算 ①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否有沉淀生成；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④开始沉淀和完全沉淀时的pH
(2)定量计算的常用公式。
1．(2025·佛山模拟)已知常温下草酸的Ka1＝6.0×10-2，Ka2＝5.0×10-5，Ksp(NiC2O4)＝1.70×10-17，当溶液的pH＝2时，Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1.0×10-5mol·L-1时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H2C2O4)＝___________________(结果保留两位有效数字)。
5.7×10-11mol·L-1
2．金属钼在工业和国防建设中有重要的作用，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)制备金属钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下图。
回答下列问题：
(1)S位于元素周期表中________区。
p
解析：钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)在空气中焙烧生成MoO3、SO2；加入Na2CO3溶液碱浸生成Na2MoO4、CO2；经操作1得到的滤液中加入足量HCl得到H2MoO4固体，H2MoO4高温分解生成MoO3，用H2高温还原MoO3得到金属钼；滤液经操作2得到Na2MoO4·10H2O。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，S位于元素周期表中p区。
(2)焙烧过程中采用“多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧”，图1为焙烧时各炉层固体物料的物质的量百分数(φ)。
①“多层逆流焙烧”的优点是________________
_________________________________________________，x＝_____。
解析：“多层逆流焙烧”的优点是增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；由题图1可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量百分数均为18%，根据Mo元素守恒可知，MoO2的物质的量百分数为100%－18%×2＝64%，即x＝64。
增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率
64
②某些生产工艺在焙烧时加入CaCO3会更环保，其原因是_____________________________________(用化学方程式表示)。
(3)写出碱浸时发生反应的离子方程式：
_________________________________________________________。
(4)操作3为________，本流程中，金属钼的冶炼方法为________(填字母)。
a.热还原法 b．热分解法
c．电解法 d．物理方法
解析：滤液中加入足量HCl发生反应Na2MoO4＋2HCl===2NaCl＋H2MoO4↓，故操作3为过滤；本流程中用H2高温下还原MoO3制得金属钼，该冶炼方法为热还原法。
过滤
a
(5)已知钼酸钠的溶解度曲线如图2所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为________、__________________、过滤、洗涤、烘干。
解析：由题图2可知，温度高于10 ℃，便不再析出Na2MoO4·10H2O晶体，所以要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为蒸发浓缩、冷却至10 ℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干。
蒸发浓缩
冷却至10 ℃以下结晶
3．从铜电解液分离出的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下图。
物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数
H2S Ka1＝1.1×10-7
Ka2＝1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 CaF2 4.0×10-11
NiS 3.2×10-19 NiF2 2.6×10-4
FeS 6.3×10-18 Fe(OH)3 2.8×10-39
Ni(OH)2 5.5×10-16
回答下列问题：
(1)结合下图分析，“P204萃取”时，应调整水溶液的pH为________(填选项字母)。
A．1.2 B．2.1
C．3 D．4.5
解析：由题图可知，“P204萃取”时，水溶液的pH约为3时，Zn2+基本已经除尽且此时Ni2+损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故应调整水溶液的pH约为3，故选C。
C
(2)“硫化除杂”之后，若溶液pH＝0.5，溶液中 c(H2S)＝0.1 mol/L，理论上溶液中 c(Cu2+)＝_________________ mol/L(计算结果保留两位有效数字)。
4.4×10-16
4．(2025·茂名二模)某种软锰矿中含有Mn、Fe、Si的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下：
已知：①25 ℃下，NH3·H2O的Kb＝1.8×10-5，Mn(OH)2的Ksp＝1.96×10-13；
②(NH4)2SO4的溶解度随温度变化较大；
③当离子浓度等于1×10-5mol·L-1时认为该离子恰好完全沉淀。
(1)焙烧温度对Mn和Fe的浸出率的影响如下图所示，则“焙烧”时最佳温度为________。
650 ℃
解析：软锰矿(含有Mn、Fe、Si的氧化物)和硫酸混合后“焙烧”，再加水“浸出”，氧化铁、二氧化硅难溶于水，浸出渣中含有氧化铁、二氧化硅，根据流程图，浸出液“碱化过滤”得氢氧化锰可知，浸出液中含有硫酸锰；氢氧化锰“浆化”通入空气氧化、过滤烘干得Mn3O4；硫酸锰溶液中加入(NH4)2S2O8，硫酸锰被氧化为二氧化锰沉淀，(NH4)2S2O8被还原为硫酸铵，硫酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得硫酸铵晶体。
根据题图，650 ℃时Mn的浸出率较高、Fe的浸出率较低，故“焙烧”时最佳温度为650 ℃。
(2)“浸出渣”的主要成分有Fe2O3与______(填化学式)。
解析：由上述分析可知，“浸出渣”的主要成分有Fe2O3与SiO2。
SiO2
(3)“水热法”时，温度控制在160 ℃，反应的离子方程式为_________________________________________________；“一系列操作”为______________________，过滤，洗涤，干燥。
蒸发浓缩、冷却结晶
(4)该工艺中可循环利用的物质有_____________(写化学式)。
解析：“焙烧”生成的SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
SO3(或H2SO4)
专题六 化学工艺流程
考点一 原料的预处理与反应条件的控制
1．(2025·河北卷)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
(1)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、__________、__________(填化学式)。
(2)酸化工序中需加压的原因：______________________________________。
解析：通入过量CO2的目的是提供酸性环境，使K2CrO4转化为K2Cr2O7，加压的目的是增大CO2的溶解度，使更多的CO2溶解在溶液中，从而保证酸化反应充分进行，提高酸化反应速率和K2CrO4的转化率。
Al(OH)3
MgO
增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(3)滤液Ⅱ的主要成分：________(填化学式)。
(4)滤渣 Ⅱ 可返回________工序(填工序名称)。
解析：滤渣Ⅱ的主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3，可返回煅烧工序，以提高Cr的利用率。
KHCO3
煅烧
已知：①常温下Ksp(MgCO3)＝10-5.17，Ksp[Mg(OH)2]＝10-11.25，Ksp[Mn(OH)2]＝10-12.72；
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，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式：
________________________________________________________________。
搅拌
适当升温(答案合理即可)
6Mn(OH)2＋O2===2Mn3O4＋6H2O
(3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2O8经加热水解去除，最终产物是NH4HSO4和__________(填化学式)。
O2
解析：(NH4)2S2O8加热水解生成H2O2和NH4HSO4，H2O2不稳定，分解生成O2。
(4)“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__________________________________________
________________________________________________________________。
解析：根据MgCO3和Mg(OH)2的Ksp可知，Mg(OH)2更难溶，当pH较大时，溶液中c(OH－)较大，主要生成Mg(OH)2，煅烧时没有CO2气体生成，不能得到疏松的轻质MgO。
pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO
3．(2024·广东卷)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn＋的原理如下图所示。
已知：①pKa(HF)＝3.2。
②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。
③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)－(m＝0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl－配位，其他金属离子与Cl－的配位可忽略。
(1)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越________，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入_________(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
解析：由LAEM允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区可知，原料液中的Cl－浓度越高，越有利于Ga的提取；在不提高原料液酸度的前提下，同时为了不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl－浓度，从而进一步提高Ga的提取率。
高
NaCl
(2)“调pH”中，pH至少应大于________，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na＋)＝0.10 mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为________mol·L-1。
3.2
4.0×10-7
1．原料的预处理
常见术语 操作目的
研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物的接触面积，以增大反应速率或提高原料利用率
灼烧(煅烧) ①除去硫、碳单质；②使有机物转化或被除去；③高温下原料与空气中的氧气反应；④除去热稳定性差的杂质等
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 ①溶解，使其转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；②去除氧化物(膜)
碱浸 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等
2.反应条件的控制
常用方法 作用分析
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) 加热：①增大反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热反应方向移动；③除去热稳定性差的杂质，如NaHCO3、NH4Cl 等物质；④使沸点相对较低或易升华的原料汽化；⑤煮沸时促进溶液中气体(如氧气)的挥发等。
降温：①防止某物质在高温时溶解或分解；②使化学平衡向放热反应方向移动；③使某种沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等。
控温：①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2 、浓硝酸、铵盐等)温度过高时分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最高；⑤防止副反应的发生等
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+ ，而后调节溶液的pH ，使其转化为 Fe(OH)3 沉淀除去]
常用方法 作用分析
加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；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+
控制溶液的pH ①促使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)；②创造氧化还原反应所需要的酸性或碱性环境
1．锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、Al2O3)中提取Li、BeO的工艺流程如下图所示：
已知：苯甲酸( )是一元弱酸，常温下为白色片状晶体、微溶于水，随温度升高溶解度增大。
回答下列问题：
(1)“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是___________________
____________________，浸出渣的主要成分是_____________。
增大与H2SO4的接触面积，增大浸出速率
CaSO4、SiO2
解析：萤石矿通过“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，有利于其在H2SO4中溶解，此时BeO、Li2O、CaF2、CaCO3、FeO、Fe2O3、Al2O3都能与H2SO4发生反应，只有SiO2不与硫酸反应，CaF2、CaCO3与H2SO4发生反应生成CaSO4沉淀；加入H2O2是将Fe2+氧化为Fe3+；溶液中的Al3+是通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀；金属锂是通过有机物萃取分离出来；水相中加入油酸钠沉铍，将生成的油酸铍灼烧，便可获得氧化铍。据分析可知，“微波焙烧”使矿物内部变得疏松多孔，目的是增大与H2SO4的接触面积，增大浸出速率；浸出渣的主要成分是CaSO4、SiO2。
(2)“除铁”中H2O2的作用为___________________；写出Fe3+转化为黄钠铁矾渣的离子方程式：
_____________________________________________________________。
将Fe2+氧化为Fe3+
(3)“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率越低。结合平衡移动原理解释其原因：_________________________________________________________
__________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：“除铝”时，溶液的pH越小，铝的去除率越低，其原因是苯甲酸为一元弱酸，pH越小，溶液中的氢离子浓度越高，苯甲酸根离子会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根离子减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低。
苯甲酸为一元弱酸，pH越小，溶液中的氢离子浓度越高，苯甲酸根离子会与氢离子结合生成微溶于水的苯甲酸，从而导致能与铝离子结合的苯甲酸根离子减少，生成的苯甲酸铝减少，从而使铝的去除率降低
2. (2025·佛山二模)一种以硼镁矿(含B2O3、MgO、SiO2及少量铁、铝氧化物等)为原料生产高纯硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如图1所示。
已知：①硼酸微溶于冷水，但在热水中溶解度较大；②常温下，硼酸溶液呈弱酸性。
(1)“溶浸”时选择100 ℃微沸条件下进行，原因是____________________________________________。
增大反应速率，促进氨逸出，防止H3BO3析出
(2)“吸收”时发生反应的化学方程式为
________________________________________________________。
解析：“吸收”时发生反应的化学方程式为CO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2CO3。
(3)“母液”加热后可返回“________”工序循环利用。
解析：“母液”中含有(NH4)2SO4，加热后可返回“溶浸”工序循环利用。
CO2＋2NH3＋H2O===(NH4)2CO3
溶浸
(4)“热过滤”后“调pH”的试剂为__________(填化学式)。溶液pH对硼酸结晶率及纯度的影响如图2所示，根据图2判断合适的pH范围是________。
解析：根据题图2可判断合适的pH范围是2～3，此时硼酸结晶率及纯度较高。
H2SO4
2～3
3．ZnSO4是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，木材和皮革的保存剂。由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有少量SiO2、CaCO3、Al2O3、FeCO3、Fe2O3、PbO、MgCO3、CdO和MnCO3)制备ZnSO4·H2O流程如下：
已知：常温下，部分金属阳离子沉淀的pH见下表，溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时视为沉淀完全。
金属阳离子 Zn2+ Fe2+ Fe3+ Cd2+ Mg2+ Mn2+ Al3+
开始沉淀pH 6.2 7.4 2.2 7.7 9.1 8.1 3.4
完全沉淀pH 8.2 8.9 3.2 9.7 11.1 10.1 4.7
回答下列问题：
(1)加硫酸浸取后再调节pH＝5，过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、___________和___________。
解析：根据部分金属阳离子沉淀的pH表可知，加硫酸浸取后再调节pH＝5，生成氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，过滤获得的滤渣①的主要成分为SiO2、CaSO4、PbSO4、Al(OH)3和Fe(OH)3。
Al(OH)3
Fe(OH)3
(2)加入KMnO4溶液后过滤可以得到Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀，Fe2+发生反应的离子方程式为_____________________________________________
_________________________________________________，常温下，此时溶液pH仍为5，溶液残留的微量Fe3+的浓度约为_____________mol·L-1，根据“转化过滤”过程，推测若Zn、稀硫酸、Cd形成原电池，则电势较高的一极为_______。
1.0×10-10.4
Cd电极
(3)“脱钙镁”后“过滤”所得的滤渣还可以和浓硫酸反应制备HF以循环使用，该反应可以发生的原因是______________________________。
解析：“脱钙镁”后“过滤”所得的滤渣MgF2、CaF2还可以和浓硫酸反应生成HF以循环使用，该反应可以发生的原因是难挥发性酸制备易挥发性酸。
难挥发性酸制备易挥发性酸
(4)脱完钙和镁之后的ZnSO4滤液中含有少量的K2SO4，ZnSO4的溶解度曲线如下图所示。由滤液④获得ZnSO4·H2O的具体操作为____________________________________________________________________________________。
解析：根据ZnSO4的溶解度曲线，由滤液④获得ZnSO4·H2O的具体操作是加热浓缩至330 K(或以上至370 K都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，再洗涤并干燥。
加热浓缩至330 K(或以上至370 K都对)，直到析出大量晶体后，趁热过滤，再洗涤并干燥
考点二 化工流程中物质的分离与提纯
1．(2024·湖北卷)铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍的路径如下：
已知：Be2+＋4HA BeA2(HA)2＋2H＋
回答下列问题：
(1)为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是_____________。
解析：将熔融态物质快速冷却可转化为非晶态，故为了从“热熔冷却”步骤得到玻璃态，需要快速冷却。
快速冷却
(2)“萃取分液”的目的是分离Be2+和Al3+，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观察到的现象是____________________________________________。
解析：由已知信息可知，“萃取分液”时Be2+转化为BeA2(HA)2进入煤油中，水相1为含有Al3+的水溶液，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，先发生反应Al3+＋3OH－===Al(OH)3↓，随后立即发生反应Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，故观察到的现象是产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解。
产生白色沉淀，且沉淀立刻溶解
(3)写出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化学方程式：______________________________________________________。“滤液2”可以进入“__________”步骤再利用。
解析：反萃取时有机相中存在BeA2(HA)2，由对角线规则可知，Be与Al化学性质相似，故有机相中加入过量NaOH溶液，BeA2(HA)2转化为[Be(OH)4]2-进入水相2，反应的化学方程式为BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O。“滤液2”的主要成分为NaOH，可以进入“反萃取分液”步骤再利用。
BeA2(HA)2＋6NaOH===Na2[Be(OH)4]＋4NaA＋2H2O
反萃取分液
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10-2。相关化合物的溶解度与温度的关系如下图所示。
Mg(OH)2、CaSO4
0.005 5
CaO
(2)精制Ⅱ的目的是____________________；进行操作X时应选择的试剂是________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____________。
解析：精制Ⅰ加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱(过量)的目的是除去溶液中Ca2+；操作X是为了除去过量的碳酸钠，结合“浓缩”时得到NaCl可知，加入的试剂为盐酸；若不进行该操作而直接浓缩，由于Na2CO3水解使溶液呈碱性，则会有LiOH析出。
除去溶液中Ca2+
盐酸
有LiOH析出
3．(2022·江苏卷)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：
已知：“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2。
(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________(填序号)。
A．将NH4HCO3溶液滴入CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴入NH4HCO3溶液中
解析：反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3，故选B。
B
(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_______________________________________________________________
________________________________________________________________。
解析：去除过量盐酸的目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进Ce3+的萃取平衡正向移动，提高Ce3+的萃取率。
降低溶液中氢离子的浓度，促进Ce3+的萃取平衡正向移动，提高Ce3+的萃取率
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。为使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：根据萃取原理可知，反萃取时应选择的实验条件是适当提高稀硝酸的浓度，并且可以采用多次萃取。
适当提高稀硝酸的浓度，多次萃取
Ce3+、H＋
1．各类结晶方式的选择及操作
结晶方式 操作及适用范围
蒸发结晶 蒸发大部分溶剂，使晶体析出。适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)
冷却结晶 将溶液加热浓缩至饱和，冷却热饱和溶液，使晶体析出。适用于溶解度受温度影响较大的物质(如KNO3)
重结晶 将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤
结晶方式 操作及适用范围
改变溶剂结晶 ①盐析法：在溶液中加入大量无机盐，使某些物质的溶解度降低而析出，与其他成分分离的方法。如肥皂的制备、蛋白质的分离和提纯等；
②醇析法：在溶液中加入有机溶剂乙醇使晶体析出的方法。如向硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体
2.沉淀的洗涤
(1)洗涤试剂、适用范围及目的。
洗涤试剂 适用范围 目的
蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附的×× 杂质，可适当降低固体因溶解而造成的损失
热水 物质的溶解度随着温度升高而减小 除去固体表面吸附的×× 杂质，可适当降低固体因温度变化溶解而造成的损失
洗涤试剂 适用范围 目的
有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水，难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥
饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解
酸、碱溶液 产物不溶于酸或碱 除去固体表面吸附的可溶于酸或碱的杂质；减少固体溶解
(2)检验离子是否已经沉淀完全的方法：将反应混合液静置，向上层清液中继续滴加沉淀剂××，若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全，若产生沉淀，则××离子未完全沉淀。
(3)洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3 次。
(4)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀已洗涤干净，否则沉淀未洗涤干净。
3．金属离子的萃取与反萃取
金属离子的萃取与反萃取是工艺流程中的一个重要环节，其过程可以达到使金属离子分离和富集的目的，具有简单、便于操作和周期短的特点。萃取与反萃取的原理如下：
(1)溶剂萃取——利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，达到分离和富集的目的。
(2)反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水相中的过程。
例如，采用某萃取剂萃取水溶液中的Cu2+，萃取过程可以简单地用离子方程式表示为2RH＋Cu2+ R2Cu＋2H＋(RH代表萃取剂)。正反应为萃取过程。向反应体系中加稀硫酸，平衡逆向移动，Cu2+被释放出来，萃取剂获得再生，可以重复使用，这个过程就是反萃取。
4．其他操作的分析
(1)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 的气氛中加热，以防止其水解。
(2)减压蒸馏的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。
1．硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O(商品名为摩尔盐)，它可由硫酸亚铁与硫酸铵反应制备。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就比较稳定了。实验室制取少量摩尔盐的流程如下图所示：
回答下列问题：
(1)步骤1中Na2CO3的主要作用是___________________________。
(2)步骤2中趁热过滤的目的是______________________________________。
(3)步骤3中，加入(NH4)2SO4固体后，要得到摩尔盐晶体，需经过的实验操作包括：加热蒸发、______________、__________、洗涤和干燥。
(4)步骤3中制得的晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是__________________________________________。
洗去废铁屑表面的油污
防止FeSO4结晶，减小FeSO4的损失
冷却结晶
过滤
减少摩尔盐的损失，加速水分挥发
2. (2025·江门联考)实现废钨-镍型加氢催化剂(主要成分为WO3、Ni、Al2O3，还含有Fe、SiO2和少量含S有机物)中有价值金属回收的工艺流程如下。
已知：①T<700 ℃，纯碱不与Al2O3、SiO2反应。②相关金属离子[c0(Mn＋)＝0.1 mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子 Ni2+ Al3+ Fe3+
开始沉淀时的pH 6.9 3.4 1.5
沉淀完全时的pH 8.9 4.7 2.8
解析：由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600 ℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、过滤得到浸渣1和滤液；向滤液中加入硫酸酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸，钨酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣1中加入硫酸酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的浸渣2和滤液；调节滤液pH在4.7～6.9范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的浸渣3和硫酸镍溶液；硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O。
(1)“氧化”的目的为__________________和将金属单质氧化至相应的价态。
(2)“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为____________(填化学式)。
(3)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度的关系见下表。
温度 低于30.8 ℃ 30.8～53.8 ℃ 53.8～280 ℃ 高于280 ℃
晶体形态 NiSO4·7H2O NiSO4·6H2O 多种结晶水合物 NiSO4
“一系列操作”依次是________________________________________、及时过滤、洗涤、干燥。
除去含硫有机物
H2WO4
蒸发浓缩、冷却到30.8～53.8 ℃结晶
(4)强碱溶液中NaClO氧化NiSO4，可沉淀出用作电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为
_______________________________________________。
2Ni2+＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，易萃取Fe3+，可萃取少量Al3+，萃取Fe3+时发生反应：Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，生成的FeR3可溶解在HR中；
②部分物质在不同温度下的溶解度(g/100 g H2O)数据见下表：
温度/℃ 0 20 80
Li2CO3 1.54 1.33 0.85
LiHCO3 11.6 7.82 高于50 ℃，开始分解
(1)对于单质锂，实验室常将其保存在______中。
解析：金属锂一般保存在石蜡中。
石蜡
(2)使用HR萃取剂时，需用一定浓度的NaOH溶液进行处理的目的是(从平衡移动的角度分析)__________________________________________________
________________________________________________________。
解析：萃取时发生反应Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，NaOH会消耗H＋，使c(H＋)减小，促进萃取反应正向进行，提高萃取效率。
萃取时发生反应Fe3+＋3HR FeR3＋3H＋，NaOH会消耗H＋，使c(H＋)减小，促进萃取反应正向进行，提高萃取效率
(3)判断“沉锂”时Li＋是否沉淀完全的方法是_____________________________________________________________________________________________________。
将过滤1后得到的固体进行洗涤时，最好用________(填“冷水”或“热水”)。
解析：判断“沉锂”时Li＋是否沉淀完全的方法是向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液变浑浊，则Li＋未沉淀完全，若无现象，则Li＋已沉淀完全；由题给信息②可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，故选用热水洗涤可以降低洗涤过程中Li2CO3的溶解损失。
向过滤1后的滤液中继续滴加Na2CO3溶液，若溶液变浑浊，则Li＋未沉淀完全，若无现象，则Li＋已沉淀完全
热水
考点三 化工流程中的图像分析与定量计算
1．(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
“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。
5.0
2．(2025·安徽卷)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下图所示。
SrSO4(s)＋Ba2+(aq) BaSO4(s)＋Sr2+(aq)
10-8.97
解析：由已知信息可知，SrSO4和BaSO4为相同类型的难溶电解质，且SrSO4的溶度积比BaSO4的溶度积大，故“盐浸”时发生沉淀的转化，离子方程式为SrSO4(s)＋Ba2+(aq) BaSO4(s)＋Sr2+(aq)。根据“盐浸”时的反应列“三段式”：
3．(2025·江苏卷)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的过程如下：
已知：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1.0×10-5mol·L-1时，认为离子沉淀完全。
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)。
(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下图所示。
①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：
______________________________________________________________。
②反应4 h后，砷回收率下降的原因有________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：由反应原理可知，随着反应进行，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，故砷回收率下降。
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，砷回收率下降
4．(2024·北京卷)利用黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。
已知：(NH4)2SO4的作用是利用其分解产生的SO3使矿石中的铜元素转化为CuSO4。
温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质
400 Fe2O3、CuSO4、CuFeS2
500 Fe2(SO4)3、CuSO4、CuO
(1)温度低于425 ℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_________________________________________________________。
解析：由题图可知，随着焙烧温度由300 ℃升高到 425 ℃，硫酸铵分解出来的NH3和SO3逐步增多，因此，在氨吸收率逐步增大的同时，矿石中的铜元素在SO3作用下硫酸化的程度增大，铜浸出率增大。
(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4含量增加
(2)温度高于425 ℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是__________________________________________
_________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析：焙烧温度超过 425 ℃ 后，硫酸铵基本上已完全分解，氨吸收率变化不大，而铜浸出率反而开始逐渐降低，比较400 ℃和500 ℃时固体B中所含铜、铁的主要物质知，出现这一现象的原因可能是高温下CuSO4热稳定性差，容易发生热分解反应，转化为难溶于水的CuO，也可能是高温下SO3更易与Fe2O3反应生成硫酸铁，从而影响硫酸铜的生成。
1．化工流程中的图像分析
(1)识图——三看。
一看轴——横、纵坐标所表示的化学含义(特别是双纵坐标)，寻找横、纵轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；
二看点——曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交点)；
三看线——曲线的走势(上升、下降、波动等变化)。
(2)析图。
分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的走势，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图中的曲线和相关点建立联系。
(3)用图。
将相关的化学知识与图中的曲线紧密结合，解决实际问题。
2．化工流程中的定量计算
(1)常见类型及解题方法。
常见类型 解题方法
物质含
量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出该成分的含量
确定物
质化学
式计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比
Ksp相关
计算 ①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否有沉淀生成；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④开始沉淀和完全沉淀时的pH
(2)定量计算的常用公式。
1．(2025·佛山模拟)已知常温下草酸的Ka1＝6.0×10-2，Ka2＝5.0×10-5，Ksp(NiC2O4)＝1.70×10-17，当溶液的pH＝2时，Ni2+沉淀完全[c(Ni2+)≤1.0×10-5mol·L-1时认为完全沉淀]，则此时溶液中草酸的浓度c(H2C2O4)＝___________________(结果保留两位有效数字)。
5.7×10-11mol·L-1
2．金属钼在工业和国防建设中有重要的作用，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)制备金属钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下图。
回答下列问题：
(1)S位于元素周期表中________区。
p
解析：钼精矿(主要成分为MoS2，含有少量不反应的杂质)在空气中焙烧生成MoO3、SO2；加入Na2CO3溶液碱浸生成Na2MoO4、CO2；经操作1得到的滤液中加入足量HCl得到H2MoO4固体，H2MoO4高温分解生成MoO3，用H2高温还原MoO3得到金属钼；滤液经操作2得到Na2MoO4·10H2O。基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，S位于元素周期表中p区。
(2)焙烧过程中采用“多层逆流(空气从炉底进入，钼精矿经粉碎后从炉顶进入)焙烧”，图1为焙烧时各炉层固体物料的物质的量百分数(φ)。
①“多层逆流焙烧”的优点是________________
_________________________________________________，x＝_____。
解析：“多层逆流焙烧”的优点是增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率；由题图1可知，在炉层序号为6时，MoS2和MoO3的物质的量百分数均为18%，根据Mo元素守恒可知，MoO2的物质的量百分数为100%－18%×2＝64%，即x＝64。
增大固体和气体的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率
64
②某些生产工艺在焙烧时加入CaCO3会更环保，其原因是_____________________________________(用化学方程式表示)。
(3)写出碱浸时发生反应的离子方程式：
_________________________________________________________。
(4)操作3为________，本流程中，金属钼的冶炼方法为________(填字母)。
a.热还原法 b．热分解法
c．电解法 d．物理方法
解析：滤液中加入足量HCl发生反应Na2MoO4＋2HCl===2NaCl＋H2MoO4↓，故操作3为过滤；本流程中用H2高温下还原MoO3制得金属钼，该冶炼方法为热还原法。
过滤
a
(5)已知钼酸钠的溶解度曲线如图2所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为________、__________________、过滤、洗涤、烘干。
解析：由题图2可知，温度高于10 ℃，便不再析出Na2MoO4·10H2O晶体，所以要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为蒸发浓缩、冷却至10 ℃以下结晶、过滤、洗涤、烘干。
蒸发浓缩
冷却至10 ℃以下结晶
3．从铜电解液分离出的粗硫酸镍晶体中含有大量的杂质元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我国科学家对粗硫酸镍进行精制提纯，其工艺流程如下图。
物质 电离常数 物质 溶度积常数 物质 溶度积常数
H2S Ka1＝1.1×10-7
Ka2＝1.3×10-13 CuS 6.3×10-36 CaF2 4.0×10-11
NiS 3.2×10-19 NiF2 2.6×10-4
FeS 6.3×10-18 Fe(OH)3 2.8×10-39
Ni(OH)2 5.5×10-16
回答下列问题：
(1)结合下图分析，“P204萃取”时，应调整水溶液的pH为________(填选项字母)。
A．1.2 B．2.1
C．3 D．4.5
解析：由题图可知，“P204萃取”时，水溶液的pH约为3时，Zn2+基本已经除尽且此时Ni2+损失不大，如果pH过大，Ni2+损失较多，pH过小，Zn2+有较多剩余，故应调整水溶液的pH约为3，故选C。
C
(2)“硫化除杂”之后，若溶液pH＝0.5，溶液中 c(H2S)＝0.1 mol/L，理论上溶液中 c(Cu2+)＝_________________ mol/L(计算结果保留两位有效数字)。
4.4×10-16
4．(2025·茂名二模)某种软锰矿中含有Mn、Fe、Si的氧化物，一种综合利用的工艺流程如下：
已知：①25 ℃下，NH3·H2O的Kb＝1.8×10-5，Mn(OH)2的Ksp＝1.96×10-13；
②(NH4)2SO4的溶解度随温度变化较大；
③当离子浓度等于1×10-5mol·L-1时认为该离子恰好完全沉淀。
(1)焙烧温度对Mn和Fe的浸出率的影响如下图所示，则“焙烧”时最佳温度为________。
650 ℃
解析：软锰矿(含有Mn、Fe、Si的氧化物)和硫酸混合后“焙烧”，再加水“浸出”，氧化铁、二氧化硅难溶于水，浸出渣中含有氧化铁、二氧化硅，根据流程图，浸出液“碱化过滤”得氢氧化锰可知，浸出液中含有硫酸锰；氢氧化锰“浆化”通入空气氧化、过滤烘干得Mn3O4；硫酸锰溶液中加入(NH4)2S2O8，硫酸锰被氧化为二氧化锰沉淀，(NH4)2S2O8被还原为硫酸铵，硫酸铵溶液经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得硫酸铵晶体。
根据题图，650 ℃时Mn的浸出率较高、Fe的浸出率较低，故“焙烧”时最佳温度为650 ℃。
(2)“浸出渣”的主要成分有Fe2O3与______(填化学式)。
解析：由上述分析可知，“浸出渣”的主要成分有Fe2O3与SiO2。
SiO2
(3)“水热法”时，温度控制在160 ℃，反应的离子方程式为_________________________________________________；“一系列操作”为______________________，过滤，洗涤，干燥。
蒸发浓缩、冷却结晶
(4)该工艺中可循环利用的物质有_____________(写化学式)。
解析：“焙烧”生成的SO3可循环到“混料”过程使用，该工艺中可循环利用的物质有SO3或H2SO4。
SO3(或H2SO4)
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