2025年北京高考化学复习专练：无机工艺流程（解析版）

重难点15无机工艺流程

f：*r题趋势

考点三年考情分析2025考向预测

物质分离、提纯综

预计2025年高考考查物质分离、

合应用、物质的制

2024•北京卷T18；2023•北京卷T18；2022•北京卷T18提纯综合应用、物质的制备、其

备、其他金属及其

他金属及其化合物等。

化合物

重难诠释？

【思维导图】

【高分技巧】

一、以物质制备为目的的化学工艺流程

i.原料处理阶段的常见考查点

(1)加快反应速率

(2)溶解：通常用酸溶。如用稀硫酸、盐酸、浓硫酸等。

(3)灼烧、焙烧、煨烧：改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。

2.分离提纯阶段的常见考查点

⑴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AP+、Mg2+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：一能与H+反应，使溶液pH增大；二不引入新杂质。例如，若要

除去CM+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>HNC)3(浓)等物质。

(3)降温：防止某物质在高温时溶解(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)：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；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FeCb、AlCb、MgCb等溶质时，应在HC1的气流中加热,

以防其水解。

(3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和KzCrzO7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K2CT2O7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、以分离提纯为目的的化学工艺流程

1.物质分离提纯的原则

(1)不增：不引入新的杂质。(2)不减：不减少被提纯的物质。

(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。

2.常用的提纯方法

水溶法除去可溶性杂质

酸溶法除去碱性杂质

碱溶法除去酸性杂质

氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质

加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质

调节溶液的pH法如除去酸性Cu2+溶液中的Fe3+等

3.常用的分离方法

过滤分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法

利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CC14或苯萃

萃取和分液

取澳水中的澳

蒸发结晶提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl

提取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、

冷却结晶

FeCb、CuCb、CUSO4-5H2O>FeSO47H2O

蒸储或分储分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油

利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体

冷却法

中的氨气

三、工艺流程题的解题思路

1.工艺流程题的解题流程

(

原

料

(

无目的

机

矿.(所需产品),

物‘排放物的

-)

.害化处理,

规律:主线主产品，分支副产品，回头为循环。

工艺流程题实际上是考查考生运用化学反应原理及相关知识来解决工业生产中实际问题的能力。解此类题

目的基本思路：

(1)先粗读，从题干中获取有用信息，理清思路。先不必把每个环节的原理都搞清楚。

(2)针对问题再精读，分析细节，根据问题去研究某一步或某一种物质。

(3)要看清所问问题，不能答非所问，并注意语言表达的规范性。

2.工艺流程题的解题方法

(1)明确目的，提取有用信息。通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示

性信息，进而明确生产目的一制备什么物质，找到制备物质时所需的原料及所含杂质，提取出所给的相

关信息一化学反应方程式、物质的稳定性、物质的溶解性等。

(2)分析流程，弄清各步作用。对比分析流程图中的第一种物质(原料)与最后一种物质(产品)，找出原料与产

品之间的关系，联系问题有针对性地思考：原料转化为产品的过程中依次进行了什么反应？每一步除目标

物质外还产生了什么杂质或副产物？杂质是否要除去，采用什么操作方法除去？

(3)看清问题，准确规范作答。这一步很关键，历年的高考评卷分析都指出考生的简述能力比较差，特别是

化学用语的表述与实际要求存在很大偏差。所以答题时要看清问题，不能答非所问，要注意语言表达的科

学性和准确性，如分清是要求回答实验操作名称还是具体操作步骤。

限时提升练

(建议用时：40分钟)

1.(2024•北京•高考真题)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。

(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。

(2)(NHjSC>4的作用是利用其分解产生的SC>3使矿石中的铜元素转化为CuSC>4。(NHJSO4发生热分解的

化学方程式是o

(3)矿石和过量(NH)SC)4按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程

氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。

2oI_，一，：：।，：：：।，150

250300350400450500550600

焙烧温度be

温度/℃B中所含铜、铁的主要物质

400Fe2O3>CuSO4>CuFeS2

500Fe2(SO4)3>CUSOQCUO

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0

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=

(4)用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的。

(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的Cust),溶液做电解液，并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。

粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是=

【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分

(2)(NH4)SO4=2NH3T+SO3T+H2O

（3）温度低于425℃,随焙烧温度升高，（NHJzSO’分解产生的SC）3增多，可溶物CuSC\含量增加，故铜浸

出率显著增加温度高于425℃,随焙烧温度升高发生反应：

4CuFeS2+17O2+2CuSO4=6CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3,CuFeS2和CuSO,转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降

低

（4）Fe+Cu2+=Cu+Fe2+

（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量

【分析】黄铜矿（主要成分为CuFeSz，含有SiCh等杂质）粉碎后加入硫酸镂通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸镂

生成的SO3作用下，转化成CuSO4,得到的混合气体中主要含NH3,用硫酸吸收，得到硫酸镂，是溶液A

的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CUSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤

液和含SiCh的滤渣，分别为滤液C和滤渣D,向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSCU，粗

铜再精炼可以得到纯铜。

【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充

分；

（2）镂盐不稳定，易分解，（NHJSO4分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3,故化学方程式为

A

（NH）SO4=2NH3T+SO3T+H2O；

（3）①由图，温度低于425。。随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425。。随焙烧温

度升高，（NH4）2SC>4分解产生的SO3增多，可溶物CuSC）4含量增加，故铜浸出率显著增加；

②温度高于425。。随焙烧温度升高，CuFeSz和CuSC>4转化成难溶于水的Cut）,发生反应

4CuFeS2+17O2+2CUSO4=6CuO+2Fe2（SO4）3+4SO3,铜浸出率降低；

A

（4）加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；

（5）粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe,但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同

电量时，会降低得到纯铜的量。

2.（2023•北京・高考真题）以银镒精矿（主要含Ag?S、MnS、FeS?）和氧化锦矿（主要含MnO,为原料联合

提取银和镒的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，MnO?的氧化性强于Fe3+。

(1)“浸镒”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锦元素浸出，同时去除FeS?,有利于后续银的浸出：矿石中的

银以Ag2s的形式残留于浸镒渣中。

①“浸铺”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2++H2ST,则可推断：Ksp(MnS)(填“>”或“<”)

Ksp(Ag2S)o

②在H2SO4溶液中，银锦精矿中的FeS?和氧化铳矿中的MnC>2发生反应，则浸锅液中主要的金属阳离子

有o

(2)“浸银”时，使用过量FeCL、HC1和CaCl?的混合液作为浸出剂，将Ag2s中的银以[AgQ「形式浸出。

①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：o

3+

□Fe+Ag2S+D；——□+2[AgCl.f+S

②结合平衡移动原理，解释浸出剂中C「、H+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o

②一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原

因：O

▲

IOO-

I/I—、

卷50:

If«

rr*11

<I,f:_

。1时间,min

(4)结合“浸锦”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和镒的优势：o

【答案】⑴>Fe3+、Mn2+

⑵2Fe3++Ag2s+4Cru2Fe2++2[AgCL「+SC「是为了与Ag2s电离出的Ag+结合生成

-

[AgCl2],使平衡正向移动，提高Ag2s的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH%沉淀

_2+3+2+

(3)2[AgCl2]+Fe=Fe+2Ag+4CP.2Fe+Fe=3FeFe?+被氧气氧化为Fe?+,Fe?+把Ag氧

化为Ag+

（4）可将两种矿石中的锦元素同时提取到浸镒液中，得到MnSC>4,同时将银元素和锦元素分离开；生成的Fe3+

还可以用于浸银，节约氧化剂

【分析】银锦精矿（主要含Ag?S、MnS、FeS?）和氧化锌矿（主要含MnO2）混合加H2sO4溶液，使矿石中的

镒元素浸出，同时去除FeS2，矿石中的银以Ag2s的形式残留于浸锦渣中,浸镒液中主要的金属阳离子有Fe3+>

Mn2+;浸镒渣中Ag2s与过量FeCL、HC1和CaJ的混合液反应，将Ag2s中的银以［AgClJ形式浸出，用

铁粉把［AgClJ还原为金属银。

【详解】（1）①“浸镒”过程中，矿石中的银以Ag2s的形式残留于浸铺渣中，MnS发生反应

+2+

MnS+2H=Mn+H2ST,硫化锦溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：Ksp（MnS）>Ksp（Ag2S）；

②根据信息，在H2s溶液中二氧化镐可将Fe2+氧化为Fe?+,自身被还原为Mn?+,则浸锦液中主要的金属

阳离子有Fe"、Mn2+。

（2）①Ag2s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

3+2+

2Fe+Ag,S+4Cr7~~~"2Fe+2［AgCl2f+S；

②Cl-是为了与Ag2s电离出的Ag+结合生成［AgClJ,使平衡正向移动，提高Ag2s的浸出率；可是为了抑

3+

制Fe水解，防止生成Fe（OH）3沉淀。

（3）①铁粉可将［AgCl2「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+2+

2［AgCl2J+Fe=Fe+2Ag+4cA、2Fe"+Fe=3Fe；

②溶液中生成的Fe?+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+,Fe?+把部分Ag氧化为Ag+,因此tmin后银的沉

淀率逐渐降低。

（4）联合提取银和镒的优势在于“浸镒”过程可将两种矿石中的镒元素同时提取到浸镒液中，将银元素和镒

元素分离开，利用MnOz的氧化性将FeS?中的Fe?+氧化为Fe?*,同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧

化剂，同时得到MnSO一

3.（2022・北京・高考真题）白云石的主要化学成分为CaMg（CC>3）2,还含有质量分数约为2.1%的Fe2（）3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CaiOH%Mg9HhCaCO3MgCO3

Ksp5.5x10-65.6xl()T23.4x10-96.8x10-6

（1）白云石矿样煨烧完全分解的化学方程式为.

（2）NH4cl用量对碳酸钙产品的影响如下表

氧化物（MO）浸出率/%产品中CaCOs纯度/%产品中Mg杂质含量/%

n(NH4Cl)/n(CaO

)（以MgCOs计）

CaOMgO计算值实测值

2.1:198.41.199.199.7—

2.2：198.81.598.799.50.06

2.4：199.16.095.297.62.20

备注：i、MO浸出率=（浸出的MO质量/煨烧得到的MO质量）xl00%（M代表Ca或Mg）

ii、CaCOs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CaCOs纯度。

①解释“浸钙”过程中主要浸出CaO的原因是0

②沉钙反应的离子方程式为o

③“浸钙”过程不适宜选用n（NH4Cl）:n（CaO）的比例为。

④产品中CaCOs纯度的实测值高于计算值的原因是0

⑶“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的（NHJSO”溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热

蒸镭，MgO的浸出率随储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o

(5)该流程中可循环利用的物质是0

燃烧

(l)CaMg(CO3)2=CaO+MgO+2CO2T

(2)Ksp[Ca(OH)2]»Ksp[Mg(OH)J,在一定量NHQ溶液中，氢氧化钙会和氯化镂反应而氢氧化镁不能,

2+

故CaO先浸出Ca+2NH3-H2O+CO2=CaCO3+2NHt+H,O2,4：1

Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3),CaCOs优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙

⑶MgO+H2()=Mg(OH)2，Mg(OH),+2NH：皇Mg"+2NH3，+2H2。，随大量氨逸出，平衡正向移动

(4)Fe2O3>SiO2>CaSO4>MgO

(5)NH4Ck(NH4)2S04.C02,NH3

【分析】白云石矿样煨烧后CaMg(CC>3)2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化镂溶解浸钙，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,加入硫酸锭将镁离子转化为

硫酸镁溶液，加入碳酸镂生成碳酸镁沉淀，煨烧得到氧化镁；

【详解】(1)白云石矿样煨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

,、燃烧小

CaMg(C03)?CaO+MgO+2CO2T；

(2)①氯化镀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，

Ksp[Ca(OH)2]»Ksp[Mg(OH)2],在一定量NH4cl溶液中，氢氧化钙会和氯化镂反应而氢氧化镁不能，故

CaO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钱根离子，离子方程式为

2+

Ca+2NH3-H2O+CO2=CaCO3+2NH>H2O。

③由图表可知，“浸钙”过程n(NH4Cl):n(CaO)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n(NH4Cl):n(CaO)的比例为2.4：k

(4)Ksp(CaCO3)<Ksp(MgCO3),在反应中CaCOs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MgC03质量更小，二者共同作用导致产品中CaCOs纯度的实测值高于计算值;

⑶“浸镁”过程中，发生反应：MgO+H2O=Mg(OH)2,Mg(OH),+2NH；3Mg2++2NH3，+2H2。，加热

蒸储随大量氨逸出，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CaMg(CC>3)2,还含有质量分数约为2.1%的FezCh和10%的SQ；煨烧浸

钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸镂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，MgO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FezCVSiO2.CaSO4,MgO；

(5)沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化镂；“浸镁”过程中加热蒸储会有大量氨逸出；滤液D加入

碳酸镂生成碳酸镁和硫酸镂，碳酸镁煨烧生成二氧化碳；白云石煨烧也会生成二氧化碳；在流程中

NH4Ck(NH4)2SO4>CO?、NH3既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是

NH4Ck(NH4)^SO4>CO2、NH3O

4.(2021•北京•高考真题)铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。

资料：

i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO/HzO,含少量TiOSO,和不溶物

ii.TiOSO4+(x+l)H2O#TiO2xH2O；+H2SO4

iii.0.1mol/LFe?+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3,完全沉淀时pH=8.3；

0.1mol/LFe3+生成FeOOH,开始沉淀时pH=1.5,完全沉淀时pH=2.8

(1)纯化

①加入过量铁粉的目的是0

②充分反应后，分离混合物的方法是o

(2)制备晶种

为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSC)4溶液中加入氨水，产

生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。

①产生白色沉淀的离子方程式是。

②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)O.lmol/L(填或

③0%时段，pH几乎不变；力士时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：=

④pHE时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加,

且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：。

(3)产品纯度测定

铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。

加热溶解酚醐

Wg铁黄溶液洛液b也织邈~>溶液CT滴定

NaOH标准溶液

3+-

资料：Fe+3C2O^=Fe(C2O4)3,FeQCU才不与稀碱液反应

Na2c2O4过量，会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。

【答案】(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OUTiO2-H2OJ+H2s。4平衡正向移动，沉钛;过量的作用

是防止二价铁被氧化过滤

2+

(2)Fe+2NH3-H2O=Fe(OH)2+2NH*>pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3因止匕

pH几乎不变。之后发生4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小溶液中同

2+2++

时存在两个氧化反应4Fe+O2+4H+=4Fe3+和4Fe+O2+2H2O=4FeOOH+4H,因此c(Fe2+)的减小大于

2+3+

c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe+3O2+2H2O=4FeOOH+8Fe

(3)不受影响

【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程

钛白粉蒸储水、铁粉.撕||一定量的k空气,铁黄晶体铁黄产品

制鳏黄'

废渣纯化FeSQ溶液制备晶种FeOOHFeOOH

和钛白粉废渣成分：FeSO4H2O,TiOSCU及其它难溶物，可知：加入蒸储水、铁粉纯化后，

TiOSO4+2H2O^TiO2H2O；+H2SO4,是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSC)4溶液，加入氨水和空

气后，FeSC)4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH(0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2,起始的pH为6.3,完

全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH,起始的pH：1.5,完全沉淀的pH为2.8)和空气，生成

FeOOH,再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。

【详解】(1)与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2OUTiC)2-H2OJ+H2s。4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防

止二价铁被氧化.钛白粉废渣成分：FeSO4H2O.TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分

离混合物的方法是过滤；

2+

(2)pH6.0左右，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe+O2+6H2O=4FeOOH

2+

+8H+,溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3+和4Fe+O2+

2H2。=4FeOOH+4H+,因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释：12Fe2++302+2%0=

4FeOOH+8Fe3+

(3)由于Fe3++3C2O42-=Fe(C2()4)31Fe(C2O4)3不与稀碱溶液反应，所以加入的Na2c2O4过量，则测定结果

不受影响

5.(2020•北京•高考真题)MnC>2是重要的化工原料，软锯矿制备MnCh的一种工艺流程如图:

2W研磨一过量较浓H2s0”过量铁屑2+、火“，也纯化一,，2+,-电解c

软镒矿-----►--------J---------->Mnz溶出液------>Mn2纯化液----->MnO

溶出(20℃)2

资料：①软铳矿的主要成分为MnCh，主要杂质有AI2O3和SiCh

②金属离于沉淀的pH

Fe3+AF+Mn2+Fe2+

开始沉淀时1.53.45.86.3

完全沉淀时2.84.77.88.3

③该工艺条件下，MnC>2与H2s。4反应。

⑴溶出

①溶出前，软镒矿需研磨。目的是—o

②溶出时，Fe的氧化过程及得到Md+的主要途径如图所示:

MnO2Mi?+

Fe--------►Fe2+>Fe3+

III

i.步骤II是从软镒矿中溶出Md+的主要反应，反应的离子方程式是一。

+2+

ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H=Fe+H2T，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际

比值(0.9)小于2,原因是—o

⑵纯化。已知：MnC>2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnCh，后加入NH3H2O,调溶液pH*5,说

明试剂加入顺序及调节pH的原因：―。

(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnCh。生成MnCh的电极反应式是一。

(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2c2O4和足量稀H2so4，加热至充分反应。再用

1

cmolL-KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO；均被还

原为MW。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2c2。4-134.0)

产品纯度为—(用质量分数表示)。

A

+2+2+3+

【答案】增大反应速率，提高浸出率MnO2+4H+2Fe=Mn+2Fe+2H2O二氧化镒能够氧

2++

化单质铁为Fe2+MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H

他-335cd)x86.94

134^

【分析】软锦矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸

及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化镒反应生成二价镒离子和铁离子；再电

解锦离子的纯化液制取二氧化镒。

【详解】(1)①研磨软锦矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；

②i.根据反应途径可知，二氧化镒与亚铁离子反应生成二价钱离子和铁离子，则反应的离子方程式为

A

+2+=2+3+

MnO2+4H+2FeMn+2Fe+2H2O；

ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2,实际反应时，二氧化镒能够氧化单质铁为Fe?+,导致

需要的减少Fe2+,故实际比值(0.9)小于2。

(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化镒的氧化性

较强，故纯化时先加入MnC>2，后加入NH3-H2。，调溶液pH=5,除去溶液中的AP+、Fe3+；

(3)电解时，溶液呈酸性，Md+失电子，与水反应生成二氧化镒和氢离子，则电极反应式为

2++

Mn-2e-+2H2O=MnO2+4H；

(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化镒发生氧化还原发，剩余部分再与高锯酸钾反应

bg

(5H2c2O4+2KM11O4+3H2sC)4=K2so4+2M11SO4+IOCO2T+8H2O),则与二氧化镒反应的草酸钠为五高嬴了

-x5；MnCh+Na2c2O4+2H2sC)4=Na2sO4+MnSO4+2CO2T+2H2O,则n(MnC>2)=n(Na2c2。。=

2

,\bgcmol/LxdL_j,_..

bgcmol//TLxdL广上山+4---------------------------------x5xo86.94g/mol7

--------------x5,产品纯度=(134g/mol2JxlOO%=

134g/mol

ag

(ft-335cJ)x86.94

134a

6.(2023・北京朝阳•二模)电解铳渣含有MnO?、MnCO3,FeCO3,CaO、SQ等。将电解锦渣与电解残液

混合制成浆液，能在脱除烟气(含SO?、。2、M等)中SO?的同时，实现电解锦渣的资源化利用。

,净化体、加c电解|->1VlnU2

电解研鹿搅耗E通入烟W过滤一滤液1>九'液2r电解残液

镒渣一*一浆液脱硫―一滤渣(酸性)

(1)上述流程中为增大反应速率采取的措施有0

(2)电解镒渣中的Mt!。?能吸收烟气中的SO2,反应的方程式为o

(3)电解锦渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol/L)及pH在脱硫过程中的变化如下。

Mn2+Ca2+Fe2+sotpH

Omin2.5x10-63.8x10-52.3x10-66.6xW47.5

180min1.3x10-42.2X10-47.5x10-51.7x10-21.7

①用方程式表示脱硫过程溶液pH降低的原因

②分析浆液中Mn"浓度增大的原因:

i.MnC)2被SO?还原。

ii.MnC>2被Fe?+还原，离子方程式为.

iii.(用离子方程式表示)。

①滤液2在电解池(填“阳”或“阴”)极放电产生MnO?

②净化过程须除去Fe?+。研究发现，滤液2中即使含有少量Fe?+,也会导致乂1102产率大幅降低，分析原

因：。

【答案】(1)研磨、搅拌

⑵MnO2+S02=MnSO4

2++2+3+

(3)02+2SO2+2H,0=2H2SO4MnO,+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O

+2+

MnCO3+2H=Mn+H2O+CO21

(4)阳Fe?+还原MnC>2生成Fe3+,Fe?+在阴极放电又生成Fe2+(Fe"+e-=Fe2+),上述过程不断循环(或其

他合理答案)

【分析】电解镒渣含有MnO?、MnCO3>FeCO3>CaO、SiO2,研磨、搅拌，电解硫酸锦溶液得到二氧化镒

和氢气、硫酸，电解残液混合制成浆液，浆液通入烟气，得到含有硫酸镒、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸的溶

液，除去硫酸亚铁、硫酸钙，电解硫酸铳溶液得到二氧化铳。

【详解】(1)根据影响反应速率的因素，上述流程中为增大反应速率采取的措施有研磨、搅拌；

(2)MnC>2具有氧化性，吸收SO?生成硫酸镒，反应的方程式为MnO2+SO2=MnSC>4；

(3)①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水反应生成硫酸，使溶液pH降低，反应方程式为

Mn2+

2SO2+O2+2H2O=2H2so/

②分析浆液中Mn"浓度增大的原因：i.MnO?被SO?还原；ii.MnO?被Fe?+还原，Mn元素化合价由+4降低

为+2、Fe元素化合价由+2升高为+3,根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为

2++2+3+

MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H2O:iii.MnCC>3与硫酸反应生成硫酸锦、二氧化碳、水，反应的离子方

2+

程式为M11CO3+2H+=Mn+CO21+H20；

(4)①滤液2中含有硫酸锦，镐离子失电子发生氧化反应生成Mn。?，所以在电解池阳极放电产生Mn。?；

②Fe?+还原M11O2生成Fe3+,Fe3+在阴极放电又生成Fe2+,上述过程不断循环，也会导致MnCh产率大幅

降低；

7.(2025•北京•模拟预测)有关黄铜矿(CuFeSz)的转换关系如下图所示，请完成有关问题。

(1)请尝试写出冰铜中两种组分的化学式(均是硫化物),SOC12的中心原子杂化方式为o

(2)下列说法中，不正确的是=

A.反应2中另有氢气产生，是氧化还原反应

B.气体A具有漂白性，可以使紫色石蕊溶液褪色

C.FeS2在工业中，是一种制取硫酸的原料，不常用来炼铁

D.金属M可以是相对活泼金属，如Fe,Mg等

(3)请写出反应1的化学方程式：。

(4)反应4生成的物质B难溶于水，同时生成两种酸性气体，则反应4的化学反应方程式为：，请

设计实验检验物质B中的氯元素。

3

【答案】⑴Cu2S和FeSsp

(2)AB

(3)2CU2O+Cu2S->6Cu+S02

⑷SOQ+CH3cH20H——>CH3CH2C1+HC1+SO2取少量CH3cH2cl与NaOH溶液共热至溶液不再

分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3cH2cl中有氯元素

【分析】黄铜矿(CuFeSz)与二氧化硅在140(TC反应，生成FeSiCh和冰铜，冰铜两种组分均是硫化物，结合

后续可知两种硫化物为Cu2S.FeS,冰铜加入二氧化硅，通入空气生成FeSiO3,Cu2O和Cu2S,Cu2O和Cu2S

通入氧气燃烧生成粗铜和气体A,结合元素守恒可知气体A为SO2；粗铜通入空气和H2s。4生成Cu2so4,

加入金属M将Cu置换出来；气体A(SC)2)与等物质的量的Cb、SCE反应生成SOCb，SOCb与乙醇反应生

成的物质B难溶于水，同时生成两种酸性气体，该反应为SOJ+CH3cH20H—>CH3CH2C1+HC1+SO20

【详解】(1)由分析可知，冰铜中两种组分的化学式为Cu2s和FeS；SOCb的中心原子S的价电子对数为

,6-1x2-2x1,,,,..、,

3+-----------=4,其杂化方式为sp3；

(2)A.反应2中Cu不能置换硫酸中的H,其Cu元素化合价从0升高到+1,0元素化合价由0降到-2,

该反应是氧化还原反应，故A错误；

B.气体A为SO2具有漂白性，但不能漂白石蕊，故B错误;

C.FeS2在工业中，主要发生反应12fH2so4,主要用来制取硫酸，故C正

确；

D.金属M的作用是置换Cu,其可以是相对活泼金属，如Fe,Mg等，故D正确；

故选AB；

(3)反应1中Cu元素化合价由+1价降低到0价，硫元素由-2价升高到+4价，化学方程式为

2Cu,O+Cu2St6Cu+SO2；

(4)反应4生成的物质B难溶于水，同时生成两种酸性气体，根据元素守恒，两种酸性气体为SO2和

HC1,该反应为SOCU+CH3cH20H——>CH3CH2C1+HC1+SO2；物质B为CH3cH?C1,检验卤代姓中的

Cl元素，首先应使在NaOH溶液中水解，之后再检验氯离子，故实验为取少量CH3cH2cl与NaOH溶液共

热至溶液不再分层，加稀硝酸酸化至溶液呈酸性，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则证明CH3cH2cl

中有氯元素。

8.(2024・北京•三模)I、工业废水中的氨氮和烟气用多种方法进行处理，使废水和烟气达标后排放。

(1)氨氮(NH；和NH/H2O)胶水的处理过程中加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30。(2,通空气将氨赶

出并回收。

①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：o

②用化学平衡原理解释通空气的目的：0

(2)氧化法处理烟气中的NO,(NO、N02)O用NaClO溶液将g氧化为NO；,实现烟气中心的脱除、向

NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对g脱除率的影响，结果如下。

脱除前”(NO脱除后”(NOJ

已知：NOx脱除率=xlOO%

脱除前"(NOJ

a、不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是

b、pH<5.5时，从物质性质角度分析NO?脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：o

pH=3.5时、随温度升高，g脱除率有所下降，可能原因为：。

II、回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片(除LiFePO’外，还含有A1箔、少量不溶于酸碱的导电齐U)中的资源，部

分流程如图：

H2SO4

滤液导电剂FePO4滤液③Li2c。3

等滤渣②

(3)从“正极”可以回收的金属有。

(4)“碱溶”时A1箔溶解的离子方程式=

(5)“酸浸”时产生标准状况下2.24LNO,被氧化的LiFePO4mol„(杂质不与HNO3反应)

⑹实验测得滤液②中c(Li+)=4mol-L\加入等体积的Na2c0?溶液后，Li卡的沉降率到99%。则滤液③中

3

c(CO：)=mol-L-'o[Ksp(Li2CO3)=1.6xl0-]

充电

(7)磷酸亚铁锂电池总反应为：LiFePO4+6CLi.^FePO,,+LixxC6,电池中的固体电解质可传导Li+。充电

放电

时，Li+移向(填“阳极”或“阴极)放电时，正极反应式为o

(8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取L40g试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的

SnClz溶液，再加入HgCU饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.030mol-L」重锚酸钾溶液滴定至溶液

由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铭酸钾溶液40.00mL。

已知：2Fe"+Sn2++6CF=SnCl^+2Fe2+

2+

4Cr+Sn+2HgCl2=SnCl^+Hg2Cl2

2+-+3+3+

6Fe+Cr2O7+14H=6Fe+2Cr+7H,O

①实验中加入HgJ饱和溶液的目的是0

②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为=

【答案】(1)NH：+OH-=NH3-H2O氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可

以使化学平衡向正反应方向移动，即更多的生成氨气，因而促进了氨水电离

(2)盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH反

应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡2NO2+ClO-+H2OU2NO/cr+2H+正向移动，从而提高

NO?脱除率随温度升高，HC1O会发生分解，NaClO的浓度减小，NO、脱除率有所下降

(3)Li、Fe、Al

(4)2A1+2OH-+2H2O=2AlOj+3H2T

(5)0.3

(6)4

+

(7)阴极Lii.xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4

(8)将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl"防止干扰Fe?+的测定28.8%

【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为A1箔、LiFePO4活性材料、少量不溶于酸碱的导电剂组成，加

氢氧化钠溶液浸泡，将铝溶解，过滤后得到的滤液中含有偏铝酸钠，滤渣为LiFePCU，加硫酸、硝酸，除去

不溶于酸碱的导电剂，调节pH生成FePO4沉淀，滤液中加入饱和碳酸钠，生成碳酸锂沉淀。

【详解】(1)①镂盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：NH：+OH=NH3H2O；

②氨水电离是可逆反应，将生成的氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，即更多

的生成氨气，因而促进了氨水电离。

(2)a、盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH；

b、pH<5.5时NaClO首先结合H+生成HC1O,HC1O表现强氧化性将NO2氧化为NO],1molNaClO得2moi

电子生成ImolNa