2025年高考化学复习考点追踪与预测（新高考）专题14 化学工艺流程综合讲义（解析版）

专题14化学工艺流程综合01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法考点二提纯类化工流程题【高考解密】考点二提纯类化工流程题【高考解密】命题点01反应条件控制命题点02化学基本原理命题点03化学图表图象信息加工【技巧解密】【考向预测】考点一物质制备类化工流程题【高考解密】命题点01反应条件控制命题点02化学基本原理命题点03化学图表图象信息加工【技巧解密】【考向预测】04核心素养·微专题微专题化工流程题中定量计算考点考查内容考情预测物质制备类化工流程题1、反应条件控制2、化学基本原理3、化学图表图象信息加工化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新；化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。预计2024年高考的试题仍以某矿石为原料制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，呈现化工生产流程图，进行命题设计，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，题目综合性强，难度大，旨在考查考生提取信息，迁移应用的逻辑思维能力。提纯类化工流程题1、反应条件控制2、化学基本原理3、化学图表图象信息加工考点一物质制备类化工流程题命题点01反应条件控制典例01（2023·全国甲卷）是一种压电材料。以为原料，采用下列路线可制备粉状。

回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸

b．浓硫酸

c．盐酸

d．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步骤中生成的化学方程式为_______。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的_______。【答案】(1)做还原剂，将还原(2)(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)(6)【分析】由流程和题中信息可知，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、易溶于水的和微溶于水的；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和，滤液中有和；滤液经酸化后浓缩结晶得到晶体；晶体溶于水后，加入和将钡离子充分沉淀得到；经热分解得到。【解析】（1）“焙烧”步骤中，与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到、、和，被还原为，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将还原。（2）“焙烧”后固体产物有、易溶于水的和微溶于水的。易溶于水的与过量的可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为。（3）“酸化”步骤是为了将转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体会污染空气，而且与盐酸反应生成可溶于水的，导致溶液中混有杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。（5）“沉淀”步骤中生成的化学方程式为：++=。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，，因此，产生的=。典例02（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下：已知：①焙烧时过量的分解为，转变为；②金属活动性：；③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下：开始沉淀完全沉淀6.58.31.62.88.110.1回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。a.进一步粉碎矿石

b.鼓入适当过量的空气

c.降低焙烧温度(2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_______。(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②_______。(4)滤渣的主要成分为_______(填化学式)。(5)生成气体A的离子方程式为_______。(6)加入金属Bi的目的是_______。(7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_______。【答案】(1)ab(2)(3)抑制金属离子水解(4)SiO2(5)(6)将Fe3+转化为Fe2+(7)24.02%【解析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到。（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气使燃烧更加充分，故选ab；（2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解；（4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；（5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为；（6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；（7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。典例03（2021·全国卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入过量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【答案】

(1)

①2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-

AgNO3

②

FeI2+Cl2=I2+FeCl2

I2、FeCl3

I2被过量的进一步氧化

(2)

(3)4

防止单质碘析出【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-；AgNO3；②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2=I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。命题点02化学基本原理典例01（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=_______mol·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有_______。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断_______。电解废液可在反应器中循环利用。(6)缎烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是_______。【答案】(1)MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑粉碎菱锰矿(2)将Fe2+氧化为Fe3+Fe3+可以催化H2O2分解(3)2.8×10-9Al3+(4)BaSO4、NiS(5)Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+加入Mn(OH)2(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-4mol·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为BaS+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；电解时电解液中Mn2+大量减少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持电解液成分的稳定；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。典例02（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：(1)酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_______。(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_______；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_______。(3)浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、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和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_______(填标号)。A．、、

B．、、C．、、

D．、、【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O(2)

(3)CaSO4•0.5H2O

抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率

酸解

AD【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。（1）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+++2H2O。（2）精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()=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，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp=c2(Na+)•c()=4c3()，c()=mol•L-1，因此c(Na+)=2c()=mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=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，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。（3）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，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。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，据此分析：A．P2O5%=l5、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；B．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，故不能实现晶体的转化，B不符合题意；C．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；D．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；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。典例03（2021·山东卷）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)的工艺流程如图。回答下列问题：(1)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___。(2)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元素在___(填操作单元的名称)过程中除去。(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致___；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循环利用的物质还有____。(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在___(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为___。【答案】

(1)

增大反应物接触面积，提高化学反应速率

(2)

使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率

浸取

(3)过度蒸发，导致Na2SO4（提早）析出

(4)H2SO4

阳

Na＋【解析】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)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使、转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。(2)中和时调节溶液pH目的是将、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，因此中和时pH的理论范围为；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以和存在，溶液中存在平衡：，降低溶液pH，平衡正向移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去，故答案为：；使平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率；浸取。(3)蒸发结晶时，过度蒸发会导致Na2SO4（提早）析出。(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。命题点03化学图表图象信息加工典例01（2023·北京卷）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。已知：酸性条件下，的氧化性强于。(1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：__________(填“>”或“<”)。②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有__________。(2)“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：____________________。(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有______________________________。②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：______________。(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。【答案】(1)>、(2)是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀(3)、被氧气氧化为，把氧化为(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。【解析】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。典例02（2022·北京卷）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。已知：物质(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。氧化物()浸出率/%产品中纯度/%产品中Mg杂质含量/%(以计)计算值实测值2.1∶198.41.199.199.7——2.2∶198.81.598.799.50.062.4∶199.16.095.297.62.20备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。②沉钙反应的离子方程式为___________。③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。(4)滤渣C中含有的物质是___________。(5)该流程中可循环利用的物质是___________。【答案】(1)(2)，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出

2.4∶1

，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动(4)(5)【解析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9%，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。典例03（2021·辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下：已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题：(1)Cr元素位于元素周期表第周期族。(2)用溶液制备胶体的化学方程式为。(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为(填化学式)。(4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为；在该条件下滤液B中【近似为，的近似为】。(5)“转化”过程中生成的离子方程式为。(6)“提纯”过程中的作用为。【答案】(1)4VIB(2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl(3)(4)6.01×10-6(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O(6)防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3主要时防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。【解析】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB；（2）用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故答案为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知，“沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为，故答案为：；（4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中==1×10-6，故答案为：6.0；1×10-6；（5）由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O；（6）由分析可知，“提纯”过程中的作用为防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价锰[]被空气中氧气氧化，转化为MnO2附在Cr(OH)3的表面，使产物不纯。物质制备型工艺流程题一般分为原料处理、分离提纯、获得产品三个阶段。通过对给定的原料进行预处理、分离提纯,再经过若干步反应,最后制得目标物质。一、物质制备过程中的常考知识点1.原料处理阶段的常见考查点①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。②水浸——与水接触反应或溶解。③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。2．分离提纯阶段的常见考查点(1)调pH除杂①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；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、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。(2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。(3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。3．获得产品阶段的常见考查点(1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。(2)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。(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7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，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。(4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7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，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。二、工艺流程中的常见专业术语释义研磨、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，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等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浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀)三、工艺流程题中常见问题的答题方向常见问题答题要考虑的角度分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或特定气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的洗涤沉淀方法：往漏斗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次判断沉淀是否洗涤干净取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)①使化学平衡移动；控制化学反应的方向②控制固体的溶解与结晶③控制反应速率：使催化剂达到最大活性④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离三、核心反应——陌生方程式的书写关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式书写①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。四、原料预处理的六种常用方法方法目的研磨减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率水浸与水接触反应或溶解酸浸与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去碱浸除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物灼烧除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质煅烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土五、控制反应条件的七种常用方法(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH变大。②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)控制压强。改变速率，影响平衡。(4)使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。(6)冰水(或有机溶剂)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。(7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。六、副产品及循环物质的确定1.副产品的确定2.循环物质的确定七、工艺流程题的主线分析方法1.主线分析方法2.实例分析【典例】磷酸铁锂(LiFePO4)被认为是最有前途的锂离子电池正极材料。某企业利用富铁浸出液生成磷酸铁锂,开辟了处理硫酸亚铁废液一条新途径。其主要流程如下:已知:H2TiO3是种难溶于水的物质。(1)钛铁矿用浓硫酸处理之前,需要粉碎,其目的是

。(2)TiO2+水解生成H2TiO3的离子方程式为

。(3)加入NaClO发生反应的离子方程式为

。(4)在实验中,从溶液中过滤出H2TiO3后,所得滤液浑浊,应如何操作。(5)为测定钛铁矿中铁的含量,某同学取经浓硫酸等处理的溶液(此时钛铁矿中的铁已全部转化为二价铁离子),采取KMnO4标准液滴定Fe2+的方法:(不考虑KMnO4与其他物质反应)在滴定过程中,若未用标准液润洗滴定管,则使测定结果(填“偏高”、“偏低”或“无影响”),滴定终点的现象是。滴定分析时,称取ag钛铁矿,处理后,用cmol/LKMnO4标准液滴定,消耗VmL,则铁元素的质量分数的表达式为。【分析】按照主线分析法分析如下：【信息处理】钛铁矿用浓硫酸处理后得到含Fe2+、SO42-、TiO2+的溶液，水解后得到钛酸沉淀，再对滤液进行处理得到目标产物磷酸铁锂(LiFePO4)。(1)粉碎的目的是增大固体与溶液反应时的接触面积,加快反应的进行(2)根据水解规律，TiO2+水解生成H2TiO3和H+；(3)酸性条件下ClO-将Fe2+氧化为Fe3+,ClO-被还原成Cl-；(4)滤液浑浊,说明过滤器损坏,应换上新过滤器后,重新过滤；(5)如果未用标准液润洗滴定管,会导致标准液被稀释,消耗KMnO4标准液体积偏大,使测定结果偏高;当滴定达终点时,滴加最后一滴KMnO4标准液,溶液变成紫红色,且半分钟内不褪色，根据电子得失守恒进行计算解答。学=科网【解析】(1)将钛铁矿粉碎，可以增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率;故答案为：增大表面积，增大浓硫酸的接触面积，加快反应速率；(2)TiO2+水解生成H2TiO3，同时生成氢离子，反应离子方程式为：TiO2++2H2OH2TiO3↓+2H+；故答案为：TiO2++2H2OH2TiO3↓+2H+；(3)ClO-具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cl-，酸性条件下，同时生成水，反应离子方程式为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；故答案为：ClO-+2Fe2++2H+=2Fe3++Cl-+H2O；(4)从溶液中过滤出H2TiO3后，所得滤液浑浊，需要更换过滤器，重新过滤；故答案为：更换过滤器，重新过滤；(5)如果未用标准液润洗滴定管,会导致标准液被稀释,消耗KMnO4标准液体积偏大,使测定结果偏高;当滴定达终点时,滴加最后一滴KMnO4标准液,溶液变成紫红色,且半分钟内不褪色。由Mn～5Fe2+知,w(Fe)=×100%=%。【答案】(1)增大固体的表面积,加快化学反应速率(2)TiO2++2H2OH2TiO3+2H+(3)ClO-+2Fe2++2H+2Fe3++Cl-+H2O(4)换上新的过滤器,将浑浊滤液重新过滤(5)偏高滴加最后一滴KMnO4标准液,溶液变成紫红色,且在半分钟内不褪色为止%考向01反应条件控制1．（2023上·广东·高三校联考）可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以形式存在，还含有、、、等物质。以独居石为原料制备的工艺流程如图：已知：①常温下，的，，；②易被氧化为。回答下列问题：(1)为提高“焙烧”效率，可采取的措施有(写一条即可)；(2)滤渣Ⅲ的主要成分是(写化学式)；(3)“沉铈”过程中，恰好沉淀完全[为]时溶液的pH为5，则溶液中mol/L(保留两位有效数字)。(4)滤渣Ⅱ的主要成分为，在高温条件下，、草酸()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为。(6)为测定产品中的含量，取2.00g产品加入氧化剂将完全氧化并除去多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，配成100.00mL溶液，取25.00mL溶液用0.10mol/L的溶液滴定至终点(铈被还原成)，消耗溶液20.00mL，则产品中的质量分数为。【答案】(1)将独居石粉碎增大接触面积或提高焙烧温度(2)(3)0.21(4)(5)56%【分析】焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；过滤，滤渣Ⅰ为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣Ⅱ为FePO4；聚沉将铁离子、铝离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得。【解析】（1）为提高“焙烧”效率，可采取的措施有：将独居石粉碎增大接触面积、提高焙烧温度等。（2）由分析可知，滤渣Ⅲ的主要成分是：。（3）的，，，，，，。（4）在高温条件下，、草酸()和可制备电极材料，同时生成和，该反应的化学方程式为：。（5）由题可知：2．（2023上·吉林白城·高三校考）钛是一种性能非常优越的金属，有着广泛的应用，有人说“21世纪将是钛的世纪”。以金红石矿(主要成分为TiO2，含有少量Al2O3、SiO2、FeO、Fe2O3等杂质)为主要原料，首先反应生成TiCl4，然后再用镁还原得到金属钛，其工艺流程如下：已知：常温下Fe(OH)3和Fe(OH)2溶度积(Ksp)分别为4.0×10-38和8.0×10-16请回答下列问题：(1)加入浓NaOH溶液的目的是。(2)镁和氯气主要来源于流程中的某种物质通过电解方法获得，该物质是。工业生产中需要适当补充该物质，该物质可来源于海水，制备过程如下：向海水中加入石灰乳后，向分离得到的固体中加入过量的盐酸，目的是，将得到的溶液通过、冷却结晶操作后得到晶体，在HCl气流中加热晶体即可得到该物质。(3)高温下，滤渣Y、焦炭和氯气发生反应生成可燃性气体的化学方程式为：。(4)工艺流程中稀有气体Ar的作用是。(5)为提高原料的利用率，常温下某研究小组向⑤过滤后的滤液中，先加适量的H2O2，再加适量的碱调节溶液的pH至4，过滤后将滤渣加热灼烧，得到了常用的涂料。调节溶液的pH至4时，溶液中金属离子的浓度为mol/L。(6)TiN具有重要的用途，可在高温下由TiO2与NH3反应制得，同时生成一种可用作保护气的单质气体和一种无色无味的液体。该反应的化学方程式为。【答案】(1)除去杂质SiO2和Al2O3(2)物质B(或氯化镁)抑制氯化镁(Mg2+)的水解蒸发浓缩(3)TiO2+2C+2Cl22CO+TiCl4(4)防止高温下钛被氧化(5)4.0×10-8(6)6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2【分析】根据金红石矿所含成分以及流程目的，氧化铝为两性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，FeO、Fe2O3为碱性氧化物，粉碎后，加入浓NaOH溶液，发生Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，过滤除去硅元素和氯元素，滤渣为TiO2、FeO、Fe2O3，加入稀硫酸，FeO、Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2+、Fe3+，过滤除去，滤渣为TiO2，反应⑥得到可燃性气体，该气体为CO，即反应⑥的方程式为2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4，TiCl4与Mg在惰性气体中反应生成Ti，据此分析；【解析】（1）根据上述分析，浓NaOH溶液的目的是除去杂质Al2O3、SiO2；故答案为Al2O3、SiO2；（2）工业上电解熔融氯化镁得到镁单质和氯气，反应⑦发生2Mg+TiCl42MgCl2+Ti，因此该物质为物质B或MgCl2；向海水中加入石灰乳，发生Mg2++Ca(OH)2=Mg(OH)2+Ca2+，过滤，得到氢氧化镁沉淀，然后加入盐酸，发生Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O，为抑制Mg2+水解，加入盐酸需过量，然后将溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到氯化镁晶体，在HCl氛围中加热该晶体得到氯化镁固体；故答案为物质B或MgCl2；抑制氯化镁(Mg2+)的水解；蒸发浓缩；（3）根据上述分析，滤渣Y、焦炭、氯气反应方程式为2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4；故答案为2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4；（4）根据流程图，用到Ar在反应⑦，其作用是防止高温下钛被氧化；故答案为防止高温下钛被氧化；（5）向⑤过滤后的滤液中，先加适量的H2O2，将Fe2+氧化成Fe3+，然后调节pH至4，Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来，此时溶液中c(OH-)=10-10mol/L，c(Fe3+)==4.0×10-8mol/L，故答案为4.0×10-8；（6）得到保护气，根据原子守恒，该保护气为氮气，无色无味的液体为水，该反应方程式为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2；故答案为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2。3．（2023·全国·高三专题）某矿山开采的高岭土矿石中含有10%左右的黄铁矿，原矿化学多元素分析结果如表。成分S含量/%9.8210.7910.13.1727.9726.98(1)研磨矿石的目的是增大接触面积，加快反应速率，但并不是越细越好，细度是指物料中小于某个粒度的有粒子的百分含量。图甲是磨矿细度对铜粗选指标影响的试验结果，选取—磨矿细度为___________%最合理。A．60 B．65 C．80 D．85(2)经研究酸化水玻璃对高岭石的分散、抑制效果最好，固定酸化水玻璃中硫酸的用量为1000g/t，考查酸化水玻璃中水玻璃的用量对硫粗精矿指标的影响，试验结果见图乙。因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为对硫粗精矿指标的影响最高。(3)浮选精矿中硫铁矿()中Fe的化合价为+2，请写出在焙烧过程中的化学方程式：。(4)由生成的操作为，请写出制备的化学方程式：。(5)已知，25℃时相关物质的如表所示：物质则加入试剂1调节pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全)。(6)仿照上述流程示意图，设计从滤渣2中制备的流程。(7)在上述物质制备流程中可以循环使用的物质是。【答案】(1)B(2)1500g/t(3)(4)加入大量的水同时加热(5)4.9(6)或(7)硫酸【分析】将浮选精矿焙烧，使转化为Fe2O3，加入硫酸，不溶于硫酸，故滤渣1为，经一系列操作得到含有CuSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3的溶液，调节溶液pH，使Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3转化为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，过滤后得到硫酸铜溶液，电解硫酸铜溶液得到Cu。【解析】（1）从图甲可知，磨矿细度小于(-74)65%时，铜矿中铜的含量逐渐增大；在磨矿细度在(-74)65%~80%的范围内，铜矿中铜的含量缓慢增加，当磨矿细度大于(-74)80%时，铜矿中铜的含量呈下降趋势，综合考虑，选取磨矿细度为(-74)65%最合理，答案选B；（2）由图乙可知，硫粗精矿硫的品位随着酸化水玻璃中水玻璃用量的增加呈先上升后下降的趋势，在水玻璃的用量为1500g/t时达到最高点；硫粗精矿硫的回收率随着酸化水玻璃中水玻璃用量的增加先上升，在水玻璃的用量达到1500g/t后变化不明显，因此，选择酸化水玻璃中水玻璃的粗选用量为1500g/t对硫粗精矿指标的影响最高；（3）根据化合物中各元素化合价代数和等于零，可确定硫铁矿中S的化合价为-1，根据得失电子守恒可得在焙烧过程中的化学方程式为；（4）由生成的操作为加入大量的水同时加热，该反应的化学方程式为；（5）比较和的可知，当完全沉淀时，早已完全沉淀，完全沉淀时，，则，所以pH的理论最小值为4.9；（6）由分析可知，滤渣2的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤渣2中加入硫酸，使Al(OH)3、Fe(OH)3转化为Al3+、Fe3+，向溶液中加入铝粉，使Fe3+转化为Fe，过滤得到Al2(SO4)3溶液，将Al2(SO4)3溶液加热浓缩、冷却结晶，过滤后得到；或者向滤渣2中加入NaOH溶液，Al(OH)3使转化为NaAlO2，而Fe(OH)3不和NaOH溶液反应，过滤后得到NaAlO2溶液，向溶液中加入硫酸，使NaAlO2转化为Al2(SO4)3，将Al2(SO4)3溶液加热浓缩、冷却结晶，过滤后得到，故从滤渣2中制备的流程为或；（7）在电解硫酸铜溶液制备铜时，产生硫酸，故硫酸可以循环使用。考向02化学基本原理1．（2023秋·广东韶关·高三联考）过氧化钙(CaO2)微溶于水，能与水缓慢反应，常用作医用消毒剂和供氧剂。以某地大理石(含Al2O3)为原料制备CaO2的一种方法以下：请回答下列问题：(1)可用NaOH溶液除去大理石中的Al2O3，对应离子方程式为_______；碱浸前需对大理石进行粉碎处理，目的是_______。(2)步骤Ⅱ中制备CaO2·8H2O反应的化学方程式为_______；反应在冰水浴中进行，目的有：防止NH3·H2O挥发、_______(任答一点)。(3)洗涤操作中，检验CaO2·8H2O是否洗净的操作是：取最后一次洗涤液，加入_______(填试剂名称)溶液，若观察到_______现象，则沉淀未洗净。(4)CaO2用作长途运输鱼苗的供氧剂，反应的化学方程式为_______；不使用Na2O2的原因是_______(任答一点)。【答案】(1)

增大反应物的接触面积，加快反应速率(2)

避免温度过高，H2O2发生分解(3)硝酸酸化的硝酸银

有白色沉淀生成(4)2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2

过氧化钠与水反应速率过快，不利于长时间供氧(或过氧化钠与水反应生成NaOH，碱性过强)【解析】大理石经系列操作得到纯CaCO3，CaCO3和盐酸反应得到氯化钙溶液，在冰水浴中往溶液中加入H2O2、NH3·H2O反应生成CaO2·8H2O，经洗涤、烘干可得CaO2。（1）NaOH和Al2O3反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为；碱浸前需对大理石进行粉碎处理，目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率。（2）步骤Ⅱ中制备CaO2·8H2O反应的化学方程式为；反应在冰水浴中进行，可以防止NH3·H2O挥发，同时避免温度过高，H2O2发生分解。（3）检验CaO2·8H2O是否洗净，主要是检验洗涤液中是否还含有氯离子，其操作方法是：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若观察到有白色沉淀生成的现象，则沉淀未洗净。（4）CaO2能与水缓慢反应生成氧气，可用作长途运输鱼苗的供氧剂，其反应的化学方程式为2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2；不使用Na2O2的原因是：过氧化钠与水反应速率过快，不利于长时间供氧；过氧化钠与水反应生成NaOH，碱性过强。2．（2023秋·黑龙江哈尔滨·高三联考）可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯，磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是，还含有少量的(、、)为原料生产的工艺流程如下：25℃时，相关金属离子[]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子开始沉淀的pH1.56.33.48.1沉淀完全的pH2.88.34.710.1回答下列问题：(1)“酸浸、还原”时，为了加快化学反应速率，可以采取的措施有_______(任写一种即可)。“酸浸、还原”后溶液中含有的金属阳离子主要有_______(填离子符号)，铁屑与发生反应的离子方程式为_______。(2)“调节pH”时，加入溶液的目的是_______，“调节pH”的范围为_______。(3)“沉锰”时，其他条件一定，沉锰过程中锰离子的沉淀率与溶液温度的关系如图所示。50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，原因是_______。(4)25℃时，pH=2.8沉淀完全，则_______。(5)滤渣1中的可制备还原铁粉，还原铁粉的纯度可通过下列方法测定：称取0.2800g样品，溶于过量稀硫酸，用标准溶液滴定所得溶液中的，测得三次消耗0.03000mol/L的溶液25.10mL、26.50mL、24.90mL(测定过程中杂质不参与反应)。①写出滴定反应的离子方程式_______。②计算还原铁粉的纯度_______。【答案】(1)加热、增加硫酸的浓度等

、、

(2)将氧化成

4.7≤pH小于8.1(3)温度升高，分解并挥发出(4)(5)

90%【解析】软锰矿主要成分是MnO2，还含有少量的、、，向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液；向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。（1）将软锰矿粉碎处理，增大反应物的接触面积；适当升高温度；增加硫酸的浓度等加快化学反应速率。向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑，“酸浸、还原”，碱性氧化物与酸反应得到相应的盐，铁屑具有还原性，将MnO2和Fe3+还原，所以溶液中含有的金属阳离子主要有Mn2+、Fe2+、Al3+。铁屑与发生反应的离子方程式为。（2）向溶液中加入H2O2溶液，将Fe2+氧化为Fe3+后，再加入MnCO3固体调节溶液pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，Mn2+不能沉淀，所以pH应控制在4.7~8.1范围内。（3）“沉锰”时用的是氨水调节pH，氨水受热易分解，50℃后，溶液温度越高，锰离子的沉淀率越低，因为反应物氨水受热易分解，锰离子的沉淀率降低。（4）pH=2.8时，，沉淀完全，此时溶液中c()=1×10-5,。（5）称取0.2800g样品，用过量稀硫酸溶解，用标准溶液滴定其中的，根据滴定反应的离子方程式：，存在关系式：6Fe~6~，滴定过程中，26.50mL为误差较大数据舍去，求平均值消耗的体积为25.00mL，物质的量为0.03000mol·L-1×0.02500L=0.00075mol，则样品中含有的铁的物质的量为0.00075mol×6=0.0045mol，样品中铁含量为。3.（2023春·湖北武汉·高三统考）废旧锌锰电池中的黑锰粉含有、、和少量、及炭黑等，为了保护环境、充分利用锰资源，通过下图流程制备。回答下列问题：(1)基态原子的简化电子排布式为_______。(2)“滤液a”的主要成分为，另外还含有少量等。①用离子方程式表示“滤液a”呈酸性的原因：_______。②根据下图所示的溶解度曲线，将“滤液a”蒸发结晶、_______、洗涤、干燥，得固体。(3)“焙炒”的目的是除炭、氧化等。空气中氧化的化学方程式为____。(4)探究“酸浸”中溶解的适宜操作。实验I.向中加入溶液，产生大量气泡；再加入稀，固体未明显溶解。实验II.向中加入稀，固体未溶解；再加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解。①实验I中的作用是_______，实验II中的作用是_______。②由实验可知，“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是_______。(5)证明溶液中沉淀完全：取少量溶液，滴加_______(填试剂)，观察到_______(填现象)。【答案】(1)[Ar]3d54s2(2)

过滤(3)(4)催化作用

还原剂

先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液(5)KSCN溶液

溶液不变色【解析】（1）锰为25号元素，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s2；（2）①“滤液a”中含有铵根离子，铵根离子水解生成生成氢离子，导致溶液显酸性，；②氯化铵溶解度低温时较小，且溶解度受温度影响不大，将“滤液a”蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥，得固体；（3）氧气具有氧化性，氧化生成二氧化锰和水，化学方程式为；（4）①二氧化锰催化过氧化氢生成水和氧气，实验I中的作用是催化剂；实验II中加入溶液，产生大量气泡，固体完全溶解，反应中锰元素化合价降低，中氧元素化合价升高发生氧化反应，过氧化氢为还原剂起还原作用；②由实验可知，酸性条件下，二氧化锰被过氧化氢还原，故“酸浸”溶解时加入试剂的顺序是先加入稀硫酸再加入过氧化氢溶液；（5）铁离子和KSCN溶液变红色，故实验为：取少量溶液，滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明铁离子完全沉淀。考向03化学图表图象信息加工1.（2023春·广东清远高三校联考）工业上利用某地碳酸锰矿(成分及含量如表)制备硫酸锰，其工艺流程如图：已知：该碳酸锰矿的成分及含量如表。成分元素化合物及其他杂质含量/%18.0610.3212.542.6011.4812.4210.2422.34请回答下列问题：(1)“酸浸”前适当粉碎碳酸锰矿的目的是_______；若颗粒太细，则硫酸容易浸透，随后剧烈反应产生、水汽等悬浮在表层，导致冒槽，除影响操作外还会_______；的第三电离能大于的第三电离能，分析其原因：_______。(2)“溶渣”的主要成分为_______(填化学式)。(3)“酸浸”中被溶解的离子方程式为_______。(4)“酸浸”过程中的浸出率与矿酸比、浸出温度的关系如图所示：最适宜的矿酸比、浸出温度分别为_______、_______。(5)“除铝铁”中加入的目的是_______。加入氨水调节时，与铝铁去除率、锰损失率的关系如图所示，则应调节的范围为_______(填标号)。A．1.5～2

B．2.5～3

C．3～4

D．4.5～5【答案】(1)增大反应物的接触面积

影响溶渣的沉降

失去2个电子后的3d轨道为半填充较为稳定结构，铁离子失去2个电子后为3d6结构，故的第三电离能大于的第三电离能(2)SiO2、CaSO4(3)(4)0.7

80℃(5)将二价铁转化为三价铁

D【解析】碳酸锰矿加入硫酸酸溶，二氧化硅不反应，氧化钙转化为硫酸钙沉淀，两者成为滤渣，锰、铝、镁、铜、镍进入滤液；滤液加入二氧化锰将二价铁转化为三价铁，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀，然后再除去铜镍，溶液加热浓缩，结晶分离出滤液，蒸发浓缩结晶得到硫酸锰；（1）“酸浸”前适当粉碎碳酸锰矿的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率和酸浸效果；若颗粒太细，则硫酸容易浸透，随后剧烈反应产生、水汽等悬浮在表层，导致冒槽，除影响操作外还会影响溶渣的沉降，不利于分离出溶渣；基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去2个电子后的3d轨道为半填充较为稳定结构，铁离子失去2个电子后为3d6结构，故的第三电离能大于的第三电离能；（2）由分析可知，“溶渣”的主要成分为SiO2、CaSO4；（3）“酸浸”中和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，离子方程式为；（4）由图可知，最适宜的矿酸比、浸出温度分别为0.7、80℃，此时浸出率最好；（5）“除铝铁”中加入的目的是将二价铁转化为三价铁，便于将铁转化为沉淀除去；由图可知，加入氨水调节范围为4.5～5时，此时铝铁去除率较高、锰损失率较低，故选D。2．（2023秋·贵州贵阳高三统考期末）以黄铁矿(主要成分是，含少量)和软锰矿(主要成分是，含少量、)为原料制备的工艺流程如下。已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时()的pH8.17.52.23.7沉淀完全时()的pH9.69.03.24.7回答下列问题：(1)提高“酸浸”率的方法有_______、_______(任答两条)。滤渣中有S和_______；“酸浸”得到的滤液中含有、，则该过程中主要反应的离子方程式是_______。(2)若“调pH”后的溶液中浓度为，则“调pH”应控制的pH范围是_______。(3)“沉锰”时的离子反应方程式是_______。(4)结合图象分析，得到晶体所需的“操作A”是指_______、_______、洗涤、干燥。(5)若称取一定质量的用标准溶液滴定(滴定过程产生的误差可忽略)，计算所得样品质量分数大于100%，分析可能的原因是_______。【答案】(1)矿石粉碎

适当提高反应温度

(2)4.7~7.1(3)(4)蒸发浓缩结晶

保持温度高于40℃以上趁热过滤(5)样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质【解析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7~7.1之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O；（1）提高“酸浸”率的方法有矿石粉碎、适当增加酸的浓度、适当提高反应温度等；“酸浸”过程得到的滤液中含有，是由于MnO2和FeS2发生氧化还原反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是；反应中生成硫，二氧化硅不反应，两者成为滤渣；（2）根据上表数据，计算的c(Mn2+)c2(OH-)=0.01×()2=，当浓度为时，溶液中c(OH-)==10-6.9mol/L，此时溶液的pH=7.1，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“调”应控制的范围是4.7~7.1；（3）由分析可知，“沉猛”时，、碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳、水，反应的离子方程式是；（4）由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出，故由分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥；（5）若称取一定质量的用标准溶液滴定(操作过程产生的误差可忽略)，若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根量偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于，故答案为：样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。3.（2023·高三醴陵市第一中学校考）镍目前有广泛的用途，不仅可以用于不锈钢的制取中，目前也是三元锂电池中的重要元素。由红土镍矿(主要成分为NiO，还含有少量MgO2SiO2以及铁的氧化物等)可以制取黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]和NiSO4·6H2O。(1)Ni的价电子排布式为______。Ni(CO)4是用于烯烃、H2、CO制备高一级醛的重要催化剂，Ni(CO)4的空间结构类似于CH4分子，其空间结构为______。(2)为加快红土镍矿的溶解，在酸浸步骤中可以采取的措施是______(任写一条即可)；“预处理”中，发生的离子方程式可能为______。(3)“沉铁”中若采用Na2CO3作为除铁所需钠源，Na2CO3溶液的用量对体系pH和镍的损失影响如图1所示。当Na2CO3溶液的用量超过6g/L时，镍的损失率会增大，其可能的原因是______。(Fe3+、Ni2+开始沉淀的pH分别为2.2、7.5)(4)若溶液中c(Mg2+)为0.1mol/L，溶液的体积为1L，则要使溶液中c(Mg2+)=7.4×10-7mol/L，则应加入固体NaF为______mol［忽略体积的变化，已知Ksp(MgF2)=7.4×10-11］。“沉镁”时应保证MgO已将溶液的pH调节至5.5~6.0的原因是______。(5)硫酸钠与硫酸镍晶体溶解度曲线图如图2所示，请设计由滤液Y制备NiSO4·6H2O的实验方案：______。[可选用的试剂：稀硫酸，NaOH溶液、BaCl2溶液、Ca(OH)2、蒸馏水]【答案】(1)3d84s2

正四面体(2)研磨粉碎红土镍矿、增大酸的浓度、适当升高温度等

2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O(3)pH＞2.2后，容易形成氢氧化铁的胶体，吸附溶液中的Ni2+，造成镍的损失(4)0.21

pH值过小，F-与H+会结合形成HF，导致Mg2+沉淀不完全；pH值过大，会形成Ni(OH)2沉淀(5)边搅拌边向滤液Y中滴加NaOH溶液至沉淀完全，过滤；用蒸馏水洗涤固体至最后一次洗涤滤液加BaCl2溶液无沉淀出现；将所得固体分批加入足量稀硫酸，搅拌使其完全溶解；稍低于53.8℃减压蒸发浓缩，降温至稍高于30.8℃，趁热过滤【解析】红土镍矿（主要成分为NiO，还含有少量MgO2、SiO2以及铁的氧化物等)中加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有、、、等，二氧化硅不溶，形成滤渣，滤液中加入H2O2将氧化为，再加入Na2SO4沉铁，得到