2023新教材高考化学二轮专题复习专题11化学工艺流程课件

专题十一

化学工艺流程真题研练·析考情核心突破·提能力模考精练·抓落实真题研练·析考情【真

题

研

练】1.[2022·湖北卷]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：12.4g/100gH2O化合物Mg(OH)2Ca(OH)2CaCO3Li2CO3Ksp5.6×10－125.5×10－62.8×10－92.5×10－2回答下列问题：(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。Mg（OH）2将Ca2＋转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质蒸发浓缩趁热过滤解析：（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＋，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，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；(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2CO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为_________________________________________________。(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由____________________________________________________________________________________________________________________________。不稳定

能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果

2．[2022·全国乙卷]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：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1难溶电解质PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9回答下列问题：(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为___________________________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因______________________________________________________________________________________________________________________________。(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是________________________________________________________________________________________________。

(3)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_____________________。(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是__________________________。(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有__________。Fe2＋Pb＋H2O2＋2HAc===Pb（Ac）2＋2H2OH2O2作还原剂，还原PbO2Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4Ba2＋、Na＋解析：（3）（ⅰ）根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；（ⅱ）H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb（Ac）2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb（Ac）2＋2H2O；（ⅲ）PbO2转化为Pb（Ac）2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。（4）“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al（OH）3、Fe（OH）3、BaSO4。（5）“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。3．[2022·广东卷]稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：已知：月桂酸(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。离子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋开始沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是________。(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至___________的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为_________________________。(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2＋浓度为2.7g·L－1。为尽可能多地提取RE3＋，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C11H23COO－)低于_________mol·L－1(保留两位有效数字)。(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3＋溶出、提高产率，其原因是_____________________。②“操作X”的过程为：先________，再固液分离。Fe2＋4.7≤pH＜6.2Al3＋＋3OH－===Al（OH）3↓4.0×10－4加热搅拌可加快反应速率冷却结晶

(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有________(写化学式)。(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1molPt3Y转移________mol电子。②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为____________________。MgSO415O2＋4e－＋2H2O===4OH－解析：（5）“滤液2”中含有MgSO4，可以用作“浸取”时加入的“酸化MgSO4溶液”。（6）①YCl3中Y为＋3价，PtCl4中Pt为＋4价，Pt3Y为合金，Pt和Y均可以看成0价，若生成1molPt3Y，转移电子的物质的量为（4×3＋3×1）mol＝15mol。②在氢氧燃料电池的碱性介质中，O2得电子与水反应生成OH－。4．[2022·山东卷]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：

BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10－64.0×10－69.0×10－41.0×10－10

2.0×10－2

(3)SO2－4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溶液而不使用水，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________(填字母)。图甲

图乙A．65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15 B．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20C．65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30 D．80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率酸解D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溶液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，其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，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：P2O5%＝15、SO3%＝15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；P2O5%＝10、SO3%＝20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，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。【考情分析】题型考点预测以工艺流程图为载体的无机综合题原料的预处理及实验条件的选择化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，主要考查元素及其化合物性质、化学反应原理及基本实验操作，常会涉及定量计算。需要关注以下几个方面：(1)常见工业生产都会涉及除杂和分离等环节，特别常用的是通过调节溶液的pH达到除杂或分离的目的，注意元素化合物的转化和实验基本操作的结合，常涉及除杂及离子的检验等。(2)对于产品的提取问题(由溶液到固体主要经历蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥、保存等)这也是流程图题中的新变化。物质成分的判断及循环利用化学(离子)方程式的书写分离、提纯的实验操作、成分检验选用试剂、操作的目的或原因电化学的简单考查实验方案的设计及评价转化率的分析判断Ksp的计算及应用物质含量的测定核心突破·提能力考点1化工流程中原料预处理及反应条件的控制【核

心

梳

理】1.原料预处理的方法及目的处理方法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除去受热不稳定的杂质等酸浸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)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，除去受热不稳定的杂质，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气化；⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等2.反应条件的控制及目的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，使平衡发生移动等降温①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个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、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；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＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]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＋pH控制①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离【典

题

精

研】考向

原料预处理及反应条件的控制与选择例1[2021·湖南卷节选]Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有_________________(至少写两条)；(4)加入絮凝剂的目的是___________________________；搅拌、适当升高温度强化沉降Fe（OH）3和Al（OH）3解析：（2）为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。（4）Fe（OH）3和Al（OH）3是胶状沉淀，不能完全被过滤掉，故加入絮凝剂强化沉降Fe（OH）3和Al（OH）3。[题型分析]

化学工艺流程综合题常在物质转化过程中设置反应条件的控制及选择等问题，通过对实验条件的选择、具体实验措施的解释等，考查运用化学反应原理解决实际问题的能力。2023年高考可能这样考1．钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。(1)“还原ⅰ”加入甲酸的目的是还原________(填化学式)。(2)“酸浸”过程：①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择________(填标号)。A．王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比1∶3混合)B．盐酸和Cl2C．盐酸和H2O2②温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为______________________________。PdOC温度控制在75℃～80℃，固液比为4∶1解析：（1）钯催化剂在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活，“还原ⅰ”加入甲酸的目的是还原PdO。（2）①王水有很强的氧化性和挥发性，且王水不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故选C。②从图中可以看出，当温度在75℃～80℃时，浸取率最大，能达到98%～99%，固液比为4∶1时，浸取率也最大，能达到98%，故“酸浸”的最佳条件为温度控制在75℃～80℃，固液比为4∶1。考点2化工流程中物质的分离与提纯【核

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理】1.化工生产过程中分离、提纯、除杂化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的操作紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥、蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。2．常考分离、提纯的方法及操作(1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。(2)固体物质的洗涤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着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(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、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净(3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。(4)萃取与反萃取①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。(5)其他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的气流中加热，以防其水解。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。【典

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精

研】考向

化工流程中物质的分离与提纯例2[2021·全国乙卷节选]磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：金属离子Fe3＋Al3＋Mg2＋Ca2＋开始沉淀的pH2.23.59.512.4沉淀完全(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH3.24.711.113.8回答下列问题：(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是________________。(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是________。“酸溶渣”的成分是________、________。(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得____________，循环利用。Fe3＋、Al3＋、Mg2＋硫酸SiO2CaSO4（NH4）2SO4解析：（2）结合相关金属离子开始沉淀以及沉淀完全时的pH可知，加氨水调节pH至11.6的过程中，Fe3＋、Al3＋、Mg2＋依次沉淀。（4）由于常见的盐酸和硝酸均具有挥发性，且水浸渣需在160℃酸溶，因此最适宜的酸为硫酸。由于SiO2不溶于硫酸，焙烧过程中得到的CaSO4难溶于水，故酸溶渣的成分为SiO2、CaSO4。（6）结合图示流程可知，母液①中含有氨水、硫酸铵，母液②中含有硫酸，二者混合后再吸收尾气NH3，经处理得到（NH4）2SO4。[题型分析]

化学工艺流程综合题中经常将化学实验与元素化合物知识融为一体，依托物质的转化考查分离提纯的方法、提纯试剂的选择、实验操作等知识点，题目难度相对较小。在常规分离方法的基础上应适当关注抽滤、反萃取、减压蒸馏和离子交换等。【方法规律】循环物质的确定2023年高考可能这样考2.工业上常采用堆浸—反萃取—电积法从锌矿(主要成分为ZnS，含有FeS2、CuS、NiS、SiO2等杂质)中获得锌，其流程如图所示。已知：①“堆浸”时金属硫化物均转化为硫酸盐；②pH较高时，氢氧化氧铁为胶状沉淀；③在我国，富矿少、贫矿多，品位低于5%的矿山属于贫矿。回答下列问题：(1)“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是

，操作③的名称为

，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和

。充分萃取，提高Zn2＋的萃取率、以提高Zn2＋的利用率分液H2SO4解析：“萃取”时需要进行多次萃取且合并萃取液，其目的是充分萃取，提高Zn2＋的萃取率、以提高Zn2＋的利用率，由题干信息可知，操作③分离两种互不相溶的液体，则该分离操作的名称为分液，电解反萃液是电解硫酸锌溶液，得到Zn和H2SO4，此流程中可循环利用的物质有锌、萃取剂和H2SO4。(2)反萃液的主要成分为ZnSO4，可通过一系列反应制备对可见光敏感的半导体催化剂ZnFe2O4。其中在无氧条件下灼烧ZnFe2(C2O4)3·6H2O获得产品ZnFe2O4时发生反应的化学方程式为

，灼烧时需要借助马弗炉(Mufflefurnace，一种通用的加热设备，通常叫电炉等)和下列哪些仪器

(填字母)共同完成。

e

考点3化工流程中方程式的书写与计算【核

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理】1.化工流程中化学方程式的书写思路获取信息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确定类型类型1元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律类型2元素化合价有变化则为氧化还原反应，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律规范作答最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可

【典

题

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研】考向

化工流程中方程式的书写与计算例3[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：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10－16.31×10－38.61×10－32.31×10－12.7回答下列问题：(1)软锰矿预先粉碎的目的是________________________________，MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为

。(4)净化时需先加入的试剂X为

(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为

(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为

。增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2＋BaS＋H2O===Ba（OH）2＋MnO＋SH2O24.9

解析：（1）对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，硫化钡中的钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2＋BaS＋H2O===Ba（OH）2＋MnO＋S。（4）由软锰矿中的杂质成分有Fe3O4可知，其经过与S2－的“反应”操作后主要以Fe2＋形式存在，结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少Mn（OH）2的损失，需将Fe2＋转化为Fe3＋，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3＋转化为Fe（OH）3，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢（H2O2）溶液。

[题型分析]

化学工艺流程综合题依托重要生产工序和主要流程，考查转化关系中陌生化学(离子)方程式的书写、物质组成和含量的计算，此类问题难度较大。2023年高考可能这样考3．某废钒渣(主要成分为V2O3，含有少量Al2O3、CaO)为原料生产V2O5的工艺流程如图：已知：钒酸(H3VO4)是强酸，NH4VO3难溶于水；＋5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH的关系如表。pH4～66～88～1010～12主要离子

V2O5＋H2C2O4＋4H＋===2VO2＋＋2CO2↑＋3H2O

模考精练·抓落实1．[2022·山东省济南市一模]铈可用作优良的环保材料，现以氟碳铈矿(CeFCO3，含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备铈，其工艺流程如图所示：已知：①滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce(BF4)3；Ksp[Fe(OH)3]＝8×10－38]；②Ksp[Ce(OH)3]＝1×10－22]；③lg2＝0.3。回答下列问题：(1)粉碎“焙烧”时，氧化数据如表所示：在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是_________________________________。空气氧化法氧化温度/℃氧化率/%氧化时间/h暴露空气中450～5008014对流空气氧化炉中450～500986解析：在对流空气氧化炉中可大大缩短氧化时间的原因是增大了气体与固体粉末间的接触面积。氟碳铈矿含CeFCO3、Fe2O3、FeO等，在空气中焙烧，Ce3＋在空气中被氧化为Ce4＋，Fe2＋氧化为Fe3＋，用盐酸和H3BO3浸取，Fe3＋进入溶液，过滤分离，滤渣Ⅰ主要成分是难溶于水的Ce（BF4）3，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，生成KBF4和CeCl3溶液，滤渣Ⅱ是KBF4。滤液ⅡCe3＋溶液中，再加入碳酸氢铵使Ce3＋沉淀为Ce2（CO3）3，最后灼烧分解生成CeO2，还原得到Ce。增大了气体与固体粉末间的接触面积(2)用盐酸和H3BO3提取Ce元素时，体现盐酸的性质有

，“滤渣Ⅰ”用饱和KCl溶液溶解时发生复分解反应，则“滤渣Ⅱ”主要成分为

(化学式)。(3)“滤液Ⅰ”中c(Ce3＋)＝0.1mol·L－1，用氨水调pH的范围是

，“滤液Ⅱ”中加入NH4HCO3反应的离子方程式为

，若Ce2(CO3)3经充分焙烧质量减少5.8t，则获得CeO2的质量为

t。(4)用过量铝粉还原CeO2即可得Ce，反应的化学方程式为

，铝粉必须过量的原因是______________________________________________________。酸性、还原性KBF43.3≤pH<7

17.2

使CeO2全部转化为Ce；铝与氧气反应，放出大量的热，营造高温环境

2．[2022·广东省茂名市一模]钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru制RuCl3的工艺流程如下：(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为

；最佳反应温度为

。NaClO220℃解析：由图可知，相同温度时，次氯酸钠做氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠；220℃时，钌浸出率最大、渣率最小；

Na2SiO3＋2价Bi2O3＋2NaOH===2NaBiO2＋H2O

Cl2NaOH

(5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如下图3所示(HAc代表乙酸，Ph代表苯基)，则下列说法正确的是

。A．RuCl3为催化剂B．H2O2作还原剂C．HAc为中间产物D．主要生成物为

D解析：由图可知，Ru（Ac）3为反应的催化剂，醋酸、过氧化氢、CH3CH===CHPh为反应物，

和水是生成物，反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还原，为反应的氧化剂，故选D。3．[2022·东北三省三校二模]锡是一种质地较软的金属，可塑性强，能制成多种款式的产品。工业上常从锡矿中冶炼锡，其工艺流程如下：已知：

Ⅰ.锡精矿：含Sn40%～70%，还含有W、S、Si、Cu、Pb、Fe