第05讲 工业流程题解题策略-2026年高考化学一轮复习讲义北京专用

PAGE1第05讲工业流程题解题策略目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一工艺流程解题指导 4知识点1工艺流程题过程解读 4考向1工艺流程知识内容 9考点二工艺流程题型分类 11知识点1物质制备类化工流程题 11知识点2提纯类化工流程题 11知识点3答题模板 11考向1制备类工艺流程 16考向2提纯类工艺流程 18【思维建模】分离提纯阶段的常见考查点考向3叙述类答题模板 1904真题溯源·考向感知 29考点要求考察形式2025年2024年2023年物质制备类选择题非选择题T18物质提纯类选择题非选择题T16T18结合理论的综合类选择题非选择题T18(2)考情分析：化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考查物质的制备、检验、分离或提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，具有较强的实用性和综合性。物质制备类工艺流程题是主流考查形式，比较典型，备考时需加大训练力度。结合理论的综合类工艺流程题近两年在地方卷中大量出现，其综合性强、考查角度广，预测是未来工艺流程题的命题新方向。预测2026年北京高考还是以物质制备类工艺流程题是主要考查形式。复习目标：1．使学生了解化学工艺流程题的常见题型。2．掌握化学工艺流程题的分析方法和技巧。3．培养学生发散、联想、归纳、整合、提炼知识的能力。考点一工艺流程解题指导知识点1工艺流程题过程解读1.工艺流程题的考查知识内容（1）元素及其化合物的性质。（2）氧化还原反应、复分解反应、水解反应、电解原理等的应用。（3）沉淀溶解平衡的分析及计算等。（4）过滤、萃取及蒸发结晶等分离方法。（5）物质循环利用与“三废”处理等。2.工艺流程题过程解读(1)读流程图①箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。②三线：出线和进线均表示物料流向或操作流程，可逆线表示物质循环。(2)解题要点①审题要点：a.了解生产目的、原料及产品，b.了解题目提供的信息，c.分析各步的反应条件、原理及物质成分，d.理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。②答题切入点：a.原料及产品的分离提纯，b.生产目的及反应原理，c.生产要求及反应条件，d.有关产率、产量及组成的计算，e.绿色化学。考向1工艺流程知识内容例1（25-26高三上·北京·开学考试）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下：已知：i.滤液A中的阳离子主要有、、、等；ii.“萃取”过程可表示为。(1)“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有(写出1条即可)。(2)“浸钒”过程中，焙砂中的与硫酸反应的离子方程式为。(3)“还原”过程中铁粉发生的反应有、和如下反应，补全该反应的离子方程式。□□Fe+□_______=□□□_______(4)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式。(5)用以下方法测量“浸钒”过程中钒的浸出率。从滤液A中取出1mL，用蒸馏水稀释至10mL，加入适量过硫酸铵，加热，将滤液A中可能存在的氧化为，继续加热煮沸，除去过量的过硫酸铵。冷却后加入3滴指示剂，用的标准溶液将滴定为，共消耗溶液。已知：所取钒矿石焙砂中钒元素的质量为；所得滤液A的总体积为；3滴指示剂消耗溶液。①用上述方法测得“浸钒”过程中钒的浸出率为。②若不除去过量的过硫酸铵，钒浸出率的测定结果将(填“偏高”“不变”或“偏低”)。【答案】(1)搅拌、钒矿石焙砂磨成粉、适当提高硫酸浓度等(2)V2O5+2H+=2+H2O(3)2+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O(4)(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O(5)偏高【解析】（1）根据影响反应速率的因素，固体的接触面积、浓度等均影响反应速率，因此“浸钒”时，为加快浸出速率可采取的措施有搅拌、钒矿石焙砂磨成粉、适当提高硫酸浓度等；（2）“浸钒”后滤液A中的阳离子主要有，可知焙砂中V2O5与硫酸反应生成，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2+H2O；（3）“还原”过程中，铁粉把还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe被氧化为Fe2+，铁元素化合价由0升高为+2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，该反应的离子方程式2+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O；（4）根据元素守恒，“煅烧”过程中(NH4)2V6O16分解生成V2O5、NH3、H2O，发生反应的化学方程式(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O；（5）被Fe2+还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒，、(NH4)2Fe(SO4)2的反应比为1:1，则1mLA溶液中含的物质的量为c(v1-v2)×10-3mol；①“浸钒”过程中钒的浸出率为=；②若不除去过量的过硫酸铵，过硫酸铵氧化(NH4)2Fe(SO4)2，消耗(NH4)2Fe(SO4)2的物质的量偏大，钒浸出率的测定结果将偏高。【变式训练1·变载体】（2025·北京石景山·一模）以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。ⅲ.固体B和固体C按配料。ⅳ.、的溶度积分别为：、。(1)中Co元素的化合价为。(2)用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是。(3)相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。①写出硫酸浸出时反应的化学方程式。②混合液调的原因。③混合液时，填“>”或“<”）。(4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式。(5)理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是。(6)分析联合提取钴和锂的优势。【答案】(1)+3(2)(3)时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离<(4)(5)1：22(6)减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。【解析】（1）LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价-2价，计算得到Co元素的化合价+3价；（2）用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：；（3）①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O；②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离；③混合液c(Fe3+)=1×10-5mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×10-22，c(PO)=mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×10-35，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L；（4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：；（5）固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22；（6）分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。【变式训练2】（24-25高三上·北京海淀·期中）辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下：已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。(1)将辉铋矿粉碎的目的是。(2)浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。①浸出过程中主要反应的离子方程式为。②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：（写出2条）。(3)用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有。(4)置换液可通过一定处理再生。①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和。②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是。③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是。【答案】(1)增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分(2)Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动（抑制Bi3+水解平衡的正向移动）(3)3Fe+2Bi3+=2Bi+3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑(4)盐酸在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解（产生的O2快速脱离反应体系）取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀【分析】辉铋矿(主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质)粉碎后加入盐酸、氯化铁溶液浸出，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，SiO2不参与反应，过滤得到浸出液和浸出渣，浸出渣的主要成分为SiO2、S，从浸出渣中可回收S；再向滤出液中加入稍过量的铁粉置换铋得到海绵铋，精炼海绵铋得到纯铋，置换液为氯化亚铁溶液，氧化再生后得到氯化铁溶液，可以在浸出时循环使用，据此解答。【解析】（1）将辉铋矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分；（2）①浸出过程中主要反应为Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+；②因浸出时，Bi2S3存在沉淀溶解平衡：，Fe3+存在水解平衡：，且Bi3+也易水解，则浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，其原因是：H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动(抑制Bi3+水解平衡的正向移动)；（3）浸出液中加入稍过量铁粉置换得到海绵铋，另外铁和剩余的盐酸反应生成亚铁离子和氢气，则浸出液中发生反应的离子方程式有：3Fe+2Bi3+=2Bi+3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2↑；（4）①再生环节，需要将氯化亚铁溶液氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸；②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，则置换液再生过程存在H2O2的分解或损耗，导致所需n(H2O2)偏多，其原因是：在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解(产生的O2快速脱离反应体系)；③再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液中的金属离子已完全再生，则置换液中不含Fe2+，则可以通过检验置换液中是否还剩余Fe2+来检验置换液中的金属离子是否完全再生，其操作和现象是：取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。【变式训练3】（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）硫铁矿(主要成分为，其中铁元素为价)是工业制硫酸的主要原料。硫铁矿烧渣中含有、、等成分，可用于制备绿矾()，流程示意图如下，已知：不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH不同。(1)在“煅烧”过程中，发生氧化反应的元素有。(2)“酸浸液”中主要的金属阳离子有、、。写出产生的反应：、(写离子方程式)。(3)补全“还原”过程的离子方程式：。□□□_______=□_______+□□_______(4)“除铝”过程需严格控制NaOH溶液的用量。若NaOH溶液过量，可能发生的反应有(用离子方程式表示)。(5)“结晶”过程的步骤如下：溶液。若未加入，加热时会产生黄色沉淀。经检验，黄色沉淀为。①检验黄色沉淀中的铁元素：取少量沉淀，洗涤，(填操作和现象)。②用离子方程式解释产生的原因：。(6)测定制得晶体样品中的质量分数。称取wg制得的晶体样品，加入适量水和稀硫酸溶解，滴入cmol⋅L的溶液，发生反应：，恰好完全反应时，消耗溶液vmL。计算制得晶体样品中的质量分数：。【答案】(1)Fe、S(2)Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O(3)14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+(4)Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—(5)加入适量稀盐酸溶解，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素4Fe2++O2+4SO+2H2O=4Fe(OH)SO4↓(6)【分析】由题给流程可知，硫铁矿在氧气中煅烧，二硫化铁高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，二氧化硫经多步转化得到硫酸；向烧渣中加入稀硫酸酸浸，金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到酸浸液；向酸浸液中加入二硫化铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入稀硫酸，经加热浓缩、冷却结晶、过滤得到七水硫酸亚铁。【解析】（1）由分析可知，“煅烧”过程中发生的反应为二硫化铁高温条件下与氧气反应生成氧化铁和二氧化硫，反应中铁元素、硫元素的化合价升高被氧化，则发生氧化反应的元素为铁元素和硫元素，故答案为：Fe、S；（2）酸浸时生成铁离子的反应为四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸亚铁和水，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，氧化铁反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；（3）由未配平的方程式可知，“还原”过程中发生的反应为二硫化铁与溶液中的铁离子反应生成亚铁离子、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式为14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+，故答案为：14Fe3++FeS2+8H2O=15Fe2++2SO+16H+；（4）氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，则“除铝”过程中氢氧化钠溶液过量发生的反应为Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—，故答案为：Al(OH)3+OH—=[Al(OH)4]—；（5）①检验黄色沉淀中的铁元素的操作为取少量沉淀，洗涤，加入适量稀盐酸溶解，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素，故答案为：加入适量稀盐酸溶解，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变为血红色，说明沉淀中含有铁元素；②生成Fe(OH)SO4的原因是溶液中的亚铁离子与氧气、硫酸根离子反应生成Fe(OH)SO4沉淀，反应的离子方程式为4Fe2++O2+4SO+2H2O=4Fe(OH)SO4↓，故答案为：4Fe2++O2+4SO+2H2O=4Fe(OH)SO4↓；（6）由题意可知，反应消耗vmLcmol/L重铬酸钾溶液，由方程式可知，晶体样品中亚铁离子的质量分数为×100%=，故答案为：。考点二工艺流程题型分类知识点1物质制备类化工流程题1.物质制备型工艺流程题的命题模型该类试题一般分为“三阶段”，即原料预处理阶段、物质转化与分离阶段、目标产品生成阶段。2.工艺流程题的“三阶段”解读（1）第一阶段——对原料进行预处理的常用方法及其作用：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。③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）第二阶段——物质转化与分离物质转化与分离阶段一般包括溶浸（酸浸、碱浸、盐浸、水浸），元素化合物的氧化还原或沉淀转化，物质的分离（过滤、萃取）等内容。①水浸——与水接触反应或溶解。②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。③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：a．能与H＋反应，使溶液pH增大；b．不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋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，不可加入NaOH溶液、氨水等。④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。⑤趁热过滤。防止某物质降温时会析出。⑥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。（3）第三阶段——目标产品生成目标产品生成阶段是工艺流程制备目标产品的最后阶段。该阶段是把前阶段所得的盐溶液通过蒸发结晶（或蒸发浓缩、冷却结晶）、过滤、洗涤、干燥等得到目标产物的晶体或将所得溶液经过电解制取目标产品。若前阶段得到的物质为固体，一般通过氧化剂氧化或还原剂还原得目标产品。试题中有关目标产品生成的内容常设计为电极反应式的书写、反应方程式的书写、制备物质的方法等问题。3.识别流程图化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。知识点2提纯类化工流程题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．明确常用的提纯方法(1)水溶法：除去可溶性杂质。(2)酸溶法：除去碱性杂质。(3)碱溶法：除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。3．明确常用的分离方法(1)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。(2)萃取和分液：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CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。(4)冷却结晶：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、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。(6)冷却法：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中的氨气。知识点3答题模板(1)除杂：除去……中的……(2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。(4)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。(5)温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：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)、干燥。(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：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。(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。(10)检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。(12)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，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。考向1制备类工艺流程例1（25-26高三上·北京·开学考试）以黄铜矿(主要成分为)为原料，用溶液作浸取剂提取铜。已知：i．的结构式为。ii．均能导电。(1)有强氧化性，用溶液作浸取剂浸出的原理示意图如下。①根据图中信息，阶段Ⅰ发生反应的离子方程式为。②随着浸泡时间延长，阶段Ⅱ中的浸出速率提高。可能的原因是。(2)足量溶液中加少量溶液作为浸取剂与作用，一段时间结果如下添加未加Cu元素的浸出率98.02%30.90%过程中产物形态①结合离子方程式解释添加Ag+可以显著提高Cu元素的浸出率的原因：。②进一步研究发现添加的少量可以多次循环使用，具有类似“催化剂”的作用。其中“再生”的离子方程式为：。(3)进一步从浸出液中提取铜并使再生的流程示意图如下。①在空气中焙烧得到铁红，反应的化学方程式为。②由滤液B电解(Pt作电极)生成的总反应的离子方程式为。③从能源及物质利用的角度，说明电解滤液B而不直接电解滤液A的优点：。【答案】(1)生成的增多，作催化剂，对浸出速率的影响大于浓度减小对浸出速率的影响，从而使的浸出速率提高(2)添加的发生反应，所生成的夹杂在硫层中，提高其导电性，使的浸出反应得以继续进行(3)电解滤液B可以避免电解时发生反应消耗电能，得到更为纯净的，同时获得铁红【分析】浸出液中含有、等，加入铁粉，被置换，过滤提取铜，滤液A中、，加入草酸生成沉淀，过滤制备铁红，而含有的滤液B电解制备。【解析】（1）①由图可知，阶段Ⅰ溶液中得电子生成，失电子生成、，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，反应的离子方程式为；②随着浸泡时间延长，生成的增多，阶段Ⅱ发生与反应转化为，得电子氧化转化为，与阶段Ⅰ浸出的途径不同，该阶段中作催化剂对浸出速率的影响大于浓度减小对浸出速率的影响，从而使的浸出速率提高。（2）①从反应过程中产物形态图可看出，添加的反应过程有夹杂在难导电的致密硫膜中，即添加的发生反应，所生成的夹杂在硫层中，提高其导电性，使的浸出反应得以继续进行；②类似于催化剂，即只改变反应途径、不改变反应生成物，总反应仍为，则“再生”反应原理是转化为、S，被氧化，而被还原为，故离子方程式为。（3）①从流程示意图可看出，在空气中焙烧得到铁红（），铁元素化合价升高、被氧化，则反应中氧气作氧化剂，同时能将碳元素氧化为+4价，化学方程式为；②由滤液B中含有、，电解(Pt作电极)生成，即为阳极电极反应，阴极发生，总反应的离子方程式为；③滤液A中含有、，电解滤液A会发生副反应消耗更多电能，同时生成的不纯，故电解滤液B的优点为电解滤液B可以避免电解时发生反应消耗电能，得到更为纯净的，同时获得铁红。【变式训练1】（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。资料：1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表：金属离子开始沉淀6.31.53.38.911.98.1完全沉淀8.32.84.610.913.910.1(1)电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，推测S在反应中体现性。(2)ⅱ中除杂过程需经历2步：a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。b．再加入溶液，过滤。①的作用是(用离子方程式表示)。②步骤a除去的离子有。③溶液的作用是。④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因。(3)沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液，过滤后取滤饼进行多次洗涤后烘干，得到高纯度的。写出生成的离子方程式。(4)焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有、。(5)制备锰酸锂过程中反应的化学方程式为，若阳极渣中含有的质量为43.5g，理论上需要加入的质量(填“>”、“<”或“=”)9.25g，原因是。【答案】(1)还原(2)、、除去、、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留(3)(4)做氧化剂持续鼓入空气可使氧气的浓度增大，有利于提高化学反应速率，提高产率(5)>除杂过程中加入了，Mn元素会进入滤液，最终也要转化为产品【分析】用电解锰阳极渣制备锰酸锂的流程为：在电解锰阳极渣加入S和进行酸浸还原，过滤除去滤渣后得到含有、、、、、的浸出液，加入，后用调节pH到5.5，过滤除杂后，再加入溶液，过滤掉滤渣后得到主要含的滤液，然后稍过量的溶液进行沉锰得到固体，过滤分离出固体进行焙烧得到，最后进行制备得到产物，据此分析解答。【解析】（1）电解锰阳极渣中锰的主要存在形式为，加入S和进行酸浸后的浸出液中变为，说明被还原，发生反应：，则加入的S在反应中体现了：还原性。（2）①浸出液中的完全沉淀的pH与相交，单独沉淀会影响的产量，所以需要将氧化为在低pH时就能完全除去，则加入的的作用是将氧化为：；②根据资料2和问题①，在步骤a除去的离子有：、、；③因为经过除杂过程后得到的主要含的滤液，则加入溶液最主要的作用是将、继续转化为和沉淀除去；④根据资料2的信息可知，、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，故不能通过调pH的方法只除去、而只得到。（3）沉锰时向滤液中加入稍过量的溶液与反应得到固体，则反应的离子方程式为：。（4）焙烧过程是将固体在空气中加热得到，Mn元素化合价升高，反应方程式为：，则焙烧过程中需要持续鼓入空气，可能的原因有：需要提供足量氧气作氧化剂使用、增大空气中氧气的浓度，加快反应速率。（5）根据反应的化学方程式为，由Mn元素守恒列关系式：，解得，但由于在除杂过程中加入了调节pH，这些Mn元素最终也进入到沉锰环节被转化为，故理论上需要加入的质量大于9.25g。【变式训练2】（24-25高三上·北京·阶段练习）中南大学某课题组研究发现，具有宏观自发极化的钛酸钡材料能抑制锂硫电池中多硫化物穿梭效应，而穿梭效应会制约锂硫电池的商业价值。以含钛炉渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备的流程如图所示：已知：该工艺中，部分阳离子沉淀的如下表。阳离子开始沉淀的完全沉淀的请回答下列问题：(1)基态原子的价电子轨道表示式。(2)浸渣的主要成分是(填化学式)。(3)“还原”过程中有刺激性气味的气体产生，写出该阶段发生主要反应的离子方程式：；若省去“还原”工艺，产生的不良后果是。(4)设计实验检验滤液1中含有：。(5)“焙烧”时发生反应的化学方程式为。在实验室“焙烧”时，下列仪器中不需要用到的是(填仪器名称)。(6)的立方晶系晶胞结构如图所示，离子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为。晶胞中离子的分数坐标为；该晶体的密度为(用含的代数式表示)。【答案】(1)(2)SiO2、CaSO4(3)Fe3+进入产品，产品纯度降低(4)取少量滤液1于试管中，滴加少量溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+(5)蒸发皿(6)(，1，)【分析】含钛炉渣(主要成分是，含少量、、等)中加入硫酸酸浸，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3转化为硫酸铁，SiO2不参与反应且氧化钙和硫酸反应生成微溶物硫酸钙，则浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4，再加入溶液将还原为，调pH值将TiO2+转化为沉淀，再过滤除去铁元素，再向沉淀加入溶液、溶液混合反应生成，最后经焙烧()得到BaTiO3，据此解答。【解析】（1）Ti是22号元素，其基态原子的价电子排布式为3d24s2，其价电子轨道表示式为：；（2）由分析可知，浸渣的主要成分是SiO2、CaSO4；（3）“还原”过程中加入溶液将还原为，同时产生具有刺激性气味的气体，则该阶段发生主要反应的离子方程式为：；由表格中的pH可知，若省去“还原”工艺，即不还原，沉钛时也被沉淀一部分，导致产品纯度降低，则产生的不良后果是：Fe3+进入产品，产品纯度降低；（4）检验常用溶液，则设计实验检验滤液1中含有为：取少量滤液1于试管中，滴加少量溶液，产生蓝色沉淀，则含有Fe2+；（5）中的C元素化合价为＋3价，根据流程可知，焙烧产物为、和，即C元素的化合价升高，则中O的化合价降低，所以在空气中“焙烧”时发生反应的化学方程式为：。在实验室焙烧固体时，需要用到坩埚、坩埚钳、泥三角、三脚架，则在实验室“焙烧”时，不需要用到的是蒸发皿；（6）由晶胞图可知，晶胞中B离子的分数坐标为(，1，)；晶胞中、、的数目依次为、1、个，则该晶体的密度。考向2提纯类工艺流程·例1（2025·北京房山·一模）从低品位铜镍矿(含有Fe2O3、FeO、MgO、CuO等杂质)资源中提取镍和铜的一种工艺流程如下：资料：一些物质的Ksp(25℃)如下。物质Fe(OH)2Fe(OH)3Mg(OH)2Ni(OH)2Ksp4.9×10−172.8×10−395.6×10−122.1×10−15(1)上述流程中，加快反应速率的措施是。(2)用离子方程式表示浸出过程中通入O2的目的。(3)萃取时发生反应：Cu2++2HRCuR2+2H+(HR、CuR2在有机层，Cu2+、H+在水层)。①某种HR的结构简式为，该分子中可能与Cu2+形成配位键的原子有。②解释反萃取时H2SO4的作用：。(4)生成黄钠铁矾[NaFe3(OH)6(SO4)2]的离子方程式是。(5)第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全(剩余离子浓度小于1.0×10-5mol•L-‍1)，宜将pH调节至(填序号)。a．6~7

b．9~10

c．11~12(6)该流程中可循环利用的物质有。【答案】(1)研磨(2)4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O(3)O、N加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向进行，Cu2+进入水层(4)Na++3Fe3++2+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+(5)b(6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2【分析】铜镍矿研磨后，加入和浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为、、、；加入萃取剂后，转化为进入有机层，再经过反萃取形成含水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体从水层中分离，滤液中含有、、等阳离子，再加入MgO后，转化为再转化为金属镍。【解析】（1）将铜镍矿研磨，可以将固体颗粒减小，增大固体与溶液接触面积，从而加快浸出阶段反应速率，故加快反应速率的措施是研磨；（2）具有氧化性，可将溶解后的转化为，便于转化为沉淀除去，用离子方程式可以表示为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；4FeO+O2+12H+=4Fe3++6H2O；（3）①分子中，若要与形成配位键，则分子需提供孤电子对，分子中存在孤电子对的原子为N原子和O原子；②反萃取时，加入稀硫酸，增大水层中浓度，使平衡逆向移动，使水层中浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4，使Cu2++2HRCuR2+2H+逆向进行，Cu2+进入水层；（4）根据题目信息，水层中含有、、、等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na++3Fe3++2+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+6H+；（5）第二次使用MgO调节pH使沉淀完全，即溶液中≤，根据的=，恰好完全沉淀时，=≈，=≈7.14，pH=-lg=-lg(7.14)，故10＞pH＞9，故选择b；（6）反应过程中使用到了硫酸，萃取剂，氧气，反萃取时再产生萃取剂，电解含铜离子的水溶液，即电解硫酸铜时产生硫酸和氧气，，则该流程中可循环利用的物质有：H2SO4、萃取剂(HR)、O2。思维建模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。【变式训练1】（24-25高三上·北京·阶段练习）以菱锰矿(主要成分为和少量等)为原料提纯的一种流程示意图如下。已知：i．浸出渣C的主要成分为、、。ii．常温时，部分物质的如下表所示：物质iii．的溶液，。(1)将菱锰矿“研磨”的目的是。(2)写出在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式：。(3)用的溶液“沉锰”时浸出液对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。注：锰的回收率①“沉锰”反应的离子方程式是。②分析浸出液时产品中存在的杂质可能是，说明判断依据。(4)该流程中可以循环利用的物质有。(5)检测产品中锰元素的质量分数，取产品溶于硫酸和磷酸的混合溶液中，取加入稍过量的溶液，使氧化为。待充分反应后，加热使分解。冷却后用溶液标准液滴定，消耗溶液。①产品中锰元素的质量分数为。②若未充分加热，则会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)增大接触而积，加快反应速率，使反应充分进行(2)(3)和中锰元素的质量分数均大于，推知必有含镁难溶杂质(4)(5)偏大【分析】菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)研磨后与氯化铵固体焙烧，尾气为NH3和CO2，固体A加水浸锰，浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3，浸出液B主要为氯化锰与氯化镁，加入碳酸氢铵沉锰，得到碳酸锰，滤液D为NH4Cl，气体E为CO2，据此回答。【解析】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；（2）在“氯化焙烧”过程，与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，发生反应的化学方程式：。（3）①“沉锰”时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，反应的离子方程式是：。根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c(Mg2+)=≈2×10-3mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c(Mn2+)=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c(Mn2+)=≈1.9×10-1mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c(Mg2+)=≈5.6mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质；（4）结合分析可知，在流程中先消耗后重新生成，则该流程中可以循环利用的物质有。（5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数、即产品中锰元素的质量分数为==；②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。【变式训练2】（24-25高三上·北京·阶段练习）氨氮废水会造成水体富营养化。可用沉淀法处理氨氮废水并获得缓释肥料磷酸镁铵(MgNH4PO4)，过程如下。资料：i.氨氮废水中氮元素主要以形式存在；ii.Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13；(1)检验溶液中的操作是。(2)当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的倍。(3)经处理后，分离磷酸镁铵所用的方法是。(4)磷酸盐若选择Na3PO4，混合后会产生大量Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为，氨氮去除率将(填“提高”“降低”或“不变”)。(5)含磷微粒的物质的量分数与pH的关系如下图所示。下列说法正确的是(填序号)。a.Na2HPO4溶液呈酸性b.Na3PO4和Na2HPO4溶液中，微粒的种类相同c.X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)d.Y点可由Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解得到(6)处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。①pH在9~10之间，主要生成MgNH4PO4沉淀，反应的离子方程式为。②pH过大会降低废水中氨氮的去除率，可能的原因是。③对于c()较低的氨氮废水，上述磷酸镁铵沉淀法的处理效果不佳，且无法通过增加Na2HPO4和MgCl2的用量来改善，原因是。【答案】(1)取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口(2)10(3)过滤(4)降低(5)b(6)pH过大，增多，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去【分析】氨氮废水与磷酸盐、氯化镁混合之后，再通过调节pH至9-10，使之选择性生成磷酸镁铵，再通过过滤将之分离出去就得到处理后的废水。【解析】（1）能与碱反应加热放出氨气，检验溶液中的操作是：取少量溶液于试管中，加入过量浓NaOH溶液并加热，取湿润的红色石蕊试纸于试管口，若试纸变蓝，则含有；（2）根据Mg3(PO4)2的Ksp约为1×10-24；MgNH4PO4的Ksp为1×10-13；当c(Mg2+)和c()为1mol·L-1时，生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()的浓度是1×10-12mol·L-1，生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的浓度为1×10-13mol·L-1；生成Mg3(PO4)2沉淀所需的c()是生成MgNH4PO4沉淀所需的c()的10倍。（3）磷酸镁铵是固体，分离磷酸镁铵所用的方法是过滤；（4）磷酸盐若选择Na3PO4，镁离子和磷酸根离子反应生成Mg3(PO4)2沉淀，反应的离子方程式为；大量镁离子会沉淀下来，影响磷酸镁铵的生成，使氨氮去除率降低。（5）A．根据图示，含P微粒主要为时，溶液呈碱性，所以Na2HPO4溶液呈碱性，故a错误；B．Na3PO4溶液中存在的水解平衡和水的电离平衡，Na2HPO4溶液中存在的水解平衡、电离平衡和水的电离平衡，所以两溶液所含有的微粒种类是相同，故b正确；C．X点存在，c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，故c错误；D．水解程度大于，Na3PO4和Na2HPO4等物质的量混合溶解，c()、c()不相等，故d错误；选b。（6）处理氨氮废水时，磷酸盐可选用Na2HPO4。①由题意知pH在9-10之间时，镁离子、铵根离子、磷酸氢根离子、氢氧根离子反应生成磷酸镁铵沉淀和水，反应的离子方程式为。②pH过大，增多，与镁离子结合生成磷酸镁沉淀，且镁离子还会与氢氧根离子结合成氢氧化镁沉淀，使铵根离子难以形成磷酸镁铵沉淀，所以氨氮的去除率降低。③当镁离子和铵根离子的浓度为1mol/L时，生成磷酸沉淀需要的磷酸根离子浓度仅为形成MgNH4PO4沉淀所需要的磷酸根离子浓度的10倍，若铵根离子浓度小于0.1mol/L的时候，铵根离子无法除去。【变式训练3】（23-24高三下·北京·开学考试）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量、、、等元素)制备流程如图：已知：。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(写出两条)。(2)加入少量的作用是。不宜使用替代，原因是。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液，此时c(Fe3+)=mol/L；用石灰乳调节至，除去的金属离子是。(4)加入少量BaS溶液除去，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。(6)煅烧窑中，生成反应的化学方程式是。【答案】(1)MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等(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+(6)2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。【解析】（1）由分析可知，硫酸溶矿发生的主要反应为碳酸锰与稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnCO3＋H2SO4=MnSO4＋H2O＋CO2↑，粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度等措施都能提高溶矿速率。（2）由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶液中亚铁离子氧化为铁离子，由于铁离子可以做过氧化氢分解的催化剂，所以不宜使用过氧化氢替代二氧化锰，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；Fe3+可以催化H2O2分解。（3）由溶度积可知，溶液pH为4时，溶液中铁离子浓度为=2.8×10-9mol/L；用石灰乳调节至pH约为7时，溶液中铝离子浓度为=1.3×10-12mol/L，则溶液中铝离子完全转化为氢氧化铝沉淀，所以用石灰乳调节至pH约为7，除去的金属离子是Al3+。（4）由分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS。（5）由分析可知，在电解槽中发生的电解反应为电解硫酸锰溶液，在阳极得到二氧化锰、阴极得到氢气，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+。（6）由分析可知，煅烧窑中发生的反应为二氧化锰、碳酸锂在高温条件下反应生成LiMn2O4、二氧化碳和氧气，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。考向3叙述类答题模板例1（2024·北京西城·二模）废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。已知：i.、均难溶于水。ii.将转化为有利于更彻底除去。(1)酸浸前，将废渣粉碎的目的是。(2)从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：。(3)在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用：。(4)“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用：。(5)过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。(6)磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是。②放电时负极的电极反应式是。【答案】(1)增大反应物的接触面积，加快浸出速率(2)加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解(3)加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电(4)在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀(5)(6)【分析】提锂后的废渣主要含、和金属铝等，用硝酸“酸浸”过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入甲醇电解，将Fe3+还原为Fe2+，向溶液中加入适量氢氟酸，将Al3+转化为沉淀除去，过滤后向滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入甲醇“沉淀”过程获得纯净的。【解析】（1）酸浸前，将废渣粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快浸出速率。（2）从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解。（3）结合电极反应说明在电解中的作用：加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电。（4）此过程中HCHO的作用为：在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀。（5）提锂后的废渣主要含、，当全部转化为时，Fe3+是过量的，过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。（6）①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，Fe元素由+3价下降到+2价，C元素由+4价下降到+2价，又由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：；②放电时在负极失去电子生成C和Li+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式是。【变式训练1】（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(和)胶水的处理过程中加溶液，调节至9后，升温至，通空气将氨赶出并回收。①用离子方程式表示加溶液的作用：。②用化学平衡原理解释通空气的目的：。(2)氧化法处理烟气中的。用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除、向溶液中加入硫酸，研究初始对脱除率的影响，结果如下。已知：NOx脱除率=×100%a、不用盐酸调节溶液初始的原因是。b、时，从物质性质角度分析脱除率随溶液初始升高而增大的可能原因：。时、随温度升高，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(除外，还含有箔、少量不溶于酸碱的导电剂)中的资源，部分流程如图：(3)从“正极”可以回收的金属有。(4)“碱溶”时箔溶解的离子方程式。(5)“酸浸”时产生标准状况下，被氧化的。(杂质不与反应)(6)实验测得滤液②中，加入等体积的溶液后，的沉降率到。则滤液③中。(7)磷酸亚铁锂电池总反应为：，电池中的固体电解质可传导。充电时，移向(填“阳极”或“阴极”)；放电时，正极反应式为。(8)磷酸亚铁锂电池中铁的含量可通过如下方法测定：称取试样用盐酸溶解，在溶液中加入稍过量的溶液，再加入饱和溶液，用二苯胺磺酸钠作指示剂，用重铬酸钾溶液滴定至溶液由浅绿色变为蓝紫色，消耗重铬酸钾溶液。已知：①实验中加入饱和溶液的目的是。②磷酸亚铁锂电池中铁的含量为。【答案】(1)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-+H2O2+Cl-+2H+正向移动，从而提高脱除率随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降(3)Li、Fe、Al(4)2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑(5)0.3(6)4(7)阴极Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4(8)将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定28.8%【分析】废旧磷酸亚铁锂电池正极片主要为Al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LiFePO4，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。【解析】（1）①铵盐能和强碱反应，用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：；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、时NaClO首先结合H+生成HClO，HClO表现强氧化性将NO2氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO2失1mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO2+ClO-+H2O2+Cl-+2H+，可知反应初始阶段随pH升高，H+浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率；时、随温度升高，HClO会发生分解，NaClO的浓度减小，脱除率有所下降。（3）根据分析流程，碱溶可得到NaAlO2滤液，调节pH值，生成的沉淀为FePO4，加入碳酸钠，可生成Li2CO3沉淀，因此从“正极”可以回收的金属有Li、Fe、Al。（4）碱溶时Al箔与氢氧化钠反应，溶解的离子方程式2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑。（5）酸浸时HNO3转化为NO，产生标准状况下2.24LNO的物质的量为=0.1mol，产生1molNO，转移3mol电子，则生成0.1molNO转移0.3mol电子，LiFePO4与硝酸反应转化为FePO4，Fe的化合价由+2价变为+3价，溶解1molLiFePO4转移1mol电子，则转移0.3mol电子，溶解0.3molLiFePO4。（6）若滤液②中c(Li+)=4mol/L，加入等体积的Na2CO3后，Li+的沉降率到99%，混合后溶液中含有的c(Li+)=4mol/L×(1-99%)×0.5=0.02mol/L，则滤液③中。（7）充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，Li1-xFePO4转化为LiFePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。（8）①加入HgCl2饱和溶液，发生反应，据此推测其作用是将溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子，防止干扰Fe2+的测定；②根据滴定反应的方程式可得关系式6Fe2+~，则有n(Fe2+)=6n()=6×0.030mol·L-1×40.00×10-3L=7.2×10-3mol，m(Fe)=7.2×10-3mol×56g·mol-1=0.4032g，故磷酸铁锂电池中铁元素的百分含量为。【变式训练2】（23-24高三上·北京海淀·期中）具有十八面体结构的Ag3PO4晶体是一种高效光催化剂，可用于实现“碳中和”，也可用于降解有机污染物，I．配位-沉淀法制备Ag3PO4高效光催化剂已知：i．Ag3PO4难溶于水，可溶于硝酸；ii．Ag3PO4沉淀的生成速率会影响其结构和形貌，从而影响其光催化性能；iii．银氨溶液中存在：。(1)配制银氨溶液时的反应有、。(2)加入溶液后得到Ag3PO4固体，该反应的离子方程式为。(3)和Na3PO4在溶液中反应也可制得Ag3PO4固体，但制得的Ag3PO4固体光催化性能极差。从速率角度解释其原因：。II．Ag3PO4光催化剂的使用和再生已知：Ag3PO4晶体在光照条件下发挥催化作用时，首先引发反应S1。S1：(4)Ag3PO4光催化CO2制备甲醇可实现“碳中和”，S1的后续反应如下。，则由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为。(5)Ag3PO4光催化降解有机污染物时，有机污染物被氧化成CO2和H2O。S1的后续反应如下。S2：，S3：……注：Ag3PO4在该催化过程中可能发生光腐蚀，生成单质银，影响其光催化性能。①用Ag3PO4依次降解三份相同的含有RhB(一种桃红色有机污染物)的废水，测得3次降解过程中RhB的残留率(，即时浓度与起始浓度之比)随时间变化的曲线如图，下列说法正确的是(填字母序号)。a．·OH和是降解RhB的重要氧化剂b．第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低c．该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效第1次光降解时，0~25min内的反应速率为。(废水中RhB初始浓度为100mg/L，RhB的摩尔质量为Mg/mol)②Ag3PO4光催化降解含苯废水时，S3为。【答案】(1)或(2)或(3)：溶液大于银氨溶液，：Na3PO4溶液大于溶液，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体(4)(5)abc【分析】往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，生成银氨溶液等；往银氨溶液中加入Na2HPO4溶液，可生成Ag3PO4沉淀，离子分离后、洗涤干燥，便可制得Ag3PO4高效光催化剂。【解析】（1）配制银氨溶液时的反应有、然后AgOH再与氨水继续反应生成银氨溶液，或。（2）加入Na2HPO4溶液后，银氨溶液与Na2HPO4发生反应，得到Ag3PO4固体，该反应的离子方程式为或。（3）AgNO3和Na3PO4在溶液中反应也可制得Ag3PO4固体，反应速率越快，生成的Ag3PO4固体的晶体越小，光催化性能极差。从速率角度解释其原因：：溶液大于银氨溶液，：Na3PO4溶液大于溶液，沉淀反应速率快，不利于生成具有十八面体结构的Ag3PO4晶体。（4）S1：

①S1的后续反应如下：

②

③将①×4+②得，2H2OO2+4H++4e-

④将③×2+④×3得，由CO2制备甲醇的总反应的化学方程式为。（5）a．Ag3PO4光催化降解有机污染物时，有机污染物被氧化成CO2和H2O，·OH和具有强氧化性，是降解RhB的重要氧化剂，a正确；b．从图中可以看出，第1次使用后Ag3PO4的光催化性能降低，b正确；c．图中信息显示，第三次降解有机污染物的效果很差，则该实验条件下，Ag3PO4使用两次即基本失效，c正确；故选abc。第1次光降解时，0~25min内，为100mg/L=mol/L，c=mol/L，反应速率为==。②Ag3PO4光催化降解含苯废水时，S3为苯被氧化为CO2等：。【变式训练3】（23-24高三上·北京海淀·开学考试）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如图方法可从侤旧手机主板中回收贵金属。

已知：i.Au+3+6H+Au3++3NO2↑+3H2OK＜10-5Au++4H+Au3++NO↑+2H2OK＜10-5Au3++4Cl-[AuCl4]-K＞105ii.HAuCl4=H++[AuCl4]-(1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是。(2)已知：王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金反应时产生NO。①写出该反应的离子方程式：。②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用。(3)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是mol。(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为。(5)水合肼(N2H4•H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有(写出一条即可)。(6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl-NH3(填“＞”或“＜”)。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率(2)Au++4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与反应的正向进行(3)2(4)AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O(5)将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质(6)＜【分析】废旧手机主板[Au(金)、Ag和Pd(钯)]粉碎后加HNO3酸浸、过滤，得到含Au固体和含Ag+、Pd2+溶液。含Au固体加王水溶金，得到HAuCl4溶液，加Zn还原，可获得Au。含Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl，生成AgCl沉淀和含[PdCl4]2-溶液；用氨水溶解AgCl，可生成银氨溶液，加入水合肼还原，便可获得Ag。含[PdCl4]2-溶液中加入氨水，生成含[Pd(NH3)Cl4]2-溶液，加盐酸调pH，可得到Pd(NH3)2Cl2。【解析】（1）酸浸前，为了溶解更多的Ag和Pd，将废旧手机主板粉碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率。（2）①王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金反应时产生NO，同时生成HAuCl4溶液，该反应的离子方程式：Au++4Cl-+4H+=[AuCl4]-+NO↑+2H2O。②从反应原理的角度看，浓盐酸提供H+，并将Au3+转化为[AuCl4]-，则浓盐酸的作用：提供Cl-与Au3+形成[AuCl4]-，减少了Au3+浓度，促进Au与反应的正向进行。（3）用Zn粉将溶液中的HAuCl4完全还原，依据得失电子守恒，可建立关系式：2Zn——1HAuCl4，则将1molHAuCl4完全还原，参加反应的Zn的物质的量是2mol。（4）AgCl溶于氨水，生成[Ag(NH3)2]+、Cl-等，离子方程式为：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。（5）先将氯化银溶于氨水，可增大与水合肼的接触面积，防止生成的Ag覆盖在AgCl表面，使AgCl反应不充分，同时防止生成的Ag中混有AgCl，则除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有：将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率，避免生成的银单质中混有AgCl杂质。（6）加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则[Pd(NH3)4]2+比[PdCl4]2-更难电离，所以该条件下配位能力：Cl-＜NH3。1．（2025·北京·高考真题）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。(1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。铅酸电池工作原理：①充电时，阴极发生的电极反应为。②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是。④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为。(2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是。②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是。(3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有(填序号)。a．增强负极导电性b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒c．碳材料作还原剂，使被还原【答案】(1)正四面体形(2)使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解