2026年北京高考化学二轮复习重难点06 工艺流程综合（重难专练）（解析版）

重难点06工艺流程综合内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”一、化工流程中原料预处理及反应条件的控制1.原料预处理的方法及目的方法目的解题指导粉碎、研磨将块状或颗粒状的物质磨成粉末增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一浸取水浸与水接触反应或溶解(1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率(2)酸溶时所加酸的量不能太多①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢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(焙烧)1.除去可燃性杂质2.使原料初步转化①除去硫、碳单质②使有机物转化或除去有机物③高温下原料与空气中氧气反应等④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土2.常见的流程中的条件控制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，有利于过滤分离二、化工流程中物质的分离与提纯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：反萃取是利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。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。(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。3.物质成分的跟踪与确定(1)滤渣的确定(2)副产品的确定(3)循环物质的确定4.根据溶解度曲线判断结晶的方法(1)溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法。(2)溶解度受温度影响较大的采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。(3)带有结晶水的盐，一般采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。三、化工流程中方程式的书写与计算1．书写思路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：(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；(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。(4)根据质量守恒配平反应方程式。3.化工流程中的有关计算(1)有关Ksp的计算常考形式有：①判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和沉淀完全时pH的计算。(2)产率、纯度的计算①计算公式纯度＝纯净物的质量/混合物的质量×100%产物的产率＝产物的实际产量/产物的理论产量×100%②计算方法：守恒法或关系式法。（建议用时：10分钟）1．（2025·北京丰台·二模）实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏B．步骤④中反应消耗7.62gI2C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IOD．理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H2【答案】B【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有IO3−、I−，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4【解析】由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62gI2物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO3−+5I−+6H+=3I2↓+3H2O，C错误；由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2．（2025·北京西城·三模）工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣成分为Fe下列说法不正确的是A．高温焙烧1molFeS2时转移的电子数为11NB．SO2与H2SC．反应2SO2(D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关【答案】B【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。【解析】高温焙烧1molFeS2时，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，则转移的电子数为11NA，A正确；SO2与H2S反应生成淡黄色S沉淀，SO2中S元素由+4价降低到0价，体现了SO2的氧化性，B错误；反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，故反应具有自发性的原因是ΔH＜0，C正确；硫酸含有-OH，相互之间可以形成分子间氢键，可以增大浓硫酸的粘度，D正确；故选B。3．（2025·北京海淀·三模）实验室模拟海带提碘的流程如下，下列说法正确的是A．步骤①、③、⑥的操作分别是过滤、萃取和分液、蒸馏B．步骤④中反应消耗7.62gI2时，转移C．步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为：IOD．理论上，步骤④消耗的NaOH和步骤⑤消耗的H2【答案】B【分析】海带灰溶于水浸泡并过滤得到海带浸取液，加入H2O2，氧化碘离子生成碘单质，加入四氯化碳萃取分液，得到上层为水溶液，下层为四氯化碳的碘单质溶液，在下层溶液中加入浓NaOH溶液，反应原理为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，分液得到上层溶液中含有IO3-、I-，加入稀硫酸得到含I2的悬浊液，过滤得到碘单质，反应原理为：NaIO3+5NaI+3H2SO4=3Na2SO4【解析】由分析知，步骤①、③的操作分别是过滤、萃取和分液，操作⑥是分离难溶性固体与可溶性液体混合物，方法为过滤，A错误；步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，在该反应中I元素的化合价分别升高为+5价，降低为-1价，当3molI2反应时，转移5mol电子，7.62gI2物质的量为0.03mol，故转移0.05mol电子，B正确；由分析知，步骤⑤中主要发生反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+=3I2↓+3H2O，C错误；由分析知，步骤④中反应为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，步骤⑤中反应为NaIO3+5NaI+3H2SO44．（2025·北京门头沟·一模）除去电石渣浆(CaO)清液中的S2−，并制取石膏CaSO下列说法不正确的是A．过程I的方程式为：2B．除去S2−的过程中，MnC．S2O32−D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应【答案】C【解析】过程I中O2将二价锰氧化为四价锰，根据转移电子守恒可知，该反应离子方程式为：：2MnOH2+O2+4OH−=2MnO32−+4H2O，A正确；如图MnOH2在过程I化合价升高，作还原剂，MnO32-在过程Ⅱ中化合价降低又重新生成MnOH5．（2025·北京平谷·一模）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是A．合成塔中采用高温、高压、催化剂等条件均可加快反应速率B．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率C．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化D．尾气中含有能形成酸雨的成分【答案】C【分析】合成塔中发生N2g+3H2g⇌催化剂高温、高压2NH3g【解析】合成塔中发生反应N2g+3H2g⇌催化剂高温、高压2NH3gΔH<0，高温、高压、催化剂等条件均可加快反应速率，A项正确；A为氧气，吸收塔中发生3NO2+H2O=2HNO36．（2025·北京海淀·三模）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。工业上用含三价钒V2O3为主的某石煤为原料(含Al2O3、资料：i．氢氧化物完全沉淀时溶液的pH表沉淀物FeFeAl完全沉淀pH3.29.04.7ii．有机试剂对溶液中离子萃取能力为Fe3+iii．含磷有机试剂“萃取”过程可表示为VO2++2HA(有机相)⇌iv．沉钒过程前会发生10VO(1)焙烧过程中向石煤中通SO3焙烧，将V2O3转化为(2)焙烧时将原矿石磨碎且SO3气体与矿料逆流而行，目的是(3)滤液A中含有H+、Fe3+、Al3+、VO2+和VO(4)“萃取”前，用氨水先中和至pH≈5的原因是。(5)沉钒过程中加入铵盐使H2V10(6)测定产品中V2称取ag产品，先用硫酸溶解，得到VO22SO4溶液。再加入b1mLc1mol⋅L−1NH42FeSO42溶液(V2O5【答案】(1)2(2)增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分反应(3)2VO2++(4)除去AlOH3，降低萃取的Al3+，提高钒纯度；用氨水中和，降低溶液中cH+，使平衡VO2++2(5)pH<2.5，10VO2++8(6)91【分析】石煤在220℃条件下空气中硫酸化焙烧，V2O3转化为VOSO4，Al2O3、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，SiO2不反应，得到的钒矿石经水浸、过滤后得到含有Vo2+、VO2+以及Fe3+、Al3+杂质的滤液，先加入铁粉、硫酸溶液进行还原预处理，将Fe3+和V(V)还原，然后再用氨水混合并调节溶液pH=5，除去Al3+，过滤后加入有机试剂萃取V(Ⅳ)，静置分液得到含有V(Ⅳ)的有机物，加入H2SO4反萃取，得到含V(Ⅳ)的溶液，之后进行氧化沉钒得到多钒酸铵，煅烧得到V2O【解析】（1）通SO3焙烧，将V2O3转化为VOSO4（2）焙烧时将原矿石磨碎且SO3（3）铁粉将V(V)还原还原为V(Ⅳ)，同时铁粉还能和Fe3+、2VO2++Fe（4）根据题目所给信息可知加氨水调节pH≈5可以使Al3+完全沉淀，除去Al(OH)3，提高VO2+在有机试剂中的萃取率；同时用氨水中和H+，使平衡VO2++2HA(有机相)（5）溶液中存在反应10VO2++8H2O⇌H2V10O284−+14H+，pH<2.5，氢离子浓度过高，该平衡逆向移动，不利于形成多钒酸铵沉淀；pH>2.5，随（6）根据电子守恒，存在数量关系n(Fe2+)=5n(MnO4−)，所以剩余的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=5b2c2×10-3mol，则VO2+消耗的n[(NH4)2Fe(SO4)2]=(b1c1-5b2c2)×10-3mol，n(V2O5)=12n(VO2+)=12×(b1c1-5b2c2)×10-3mol，所以V2O5（建议用时：10分钟）7．（2025·北京朝阳·二模）用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca2+、Mg2+和下列有关实验操作的说法不正确的是A．步骤i中检验BaCl2B．步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，便于检验Ba2+C．步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性D．操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热【答案】A【分析】由图可知，向粗盐水中加入氯化钡溶液，将溶液中的硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，静置后先加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入饱和碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入稀盐酸，将溶液中的氢氧根离子和碳酸根离子除去后，再加热蒸发得到精盐。【解析】向硫酸钡饱和溶液中加入稀硫酸，溶液中硫酸根离子浓度增大，会使溶解平衡左移而析出硫酸钡沉淀，所以静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明氯化钡溶液过量，且加氯化钡的目的是去除硫酸根杂质离子，滴加硫酸会引入硫酸根，故A错误；步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向上层清液中继续滴加氯化钡，通过观察是否产生沉淀可检验钡离子是否过量，故B正确；步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过量的氢氧根离子和碳酸根离子完全除去，故C正确；操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热，利用余热蒸干得到氯化钠，故D正确；故选A。8．（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为SiO2、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2资料：ⅰ．某些不溶物的K物质NiZnCuFeCaSOZnCNiCK2.0×4.2×2.2×4×9.1×3.0×4.0×ⅱ．黄钠铁矾Na2Fe(ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。下列有关研究过程的说法正确的是A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了ZnOH2C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时Cu2OD．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物【答案】C【分析】冶金废渣中的SiO2不与硫酸反应、CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，故废渣中有CaSO4和SiO2；进入“沉铁”中的微粒主要有Cu2+、Ni2+、Zn2+、Fe3+、Fe2+等，H2O2将Fe2+氧化，通过该流程Fe3+以黄钠铁矾沉淀，进入“还原沉铜”中的离子有Cu2+、Ni2+、Zn2+等，该流程将Cu2+以Cu2O的形式分离出；进入“锌镍同沉”的离子有Na【解析】酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的Fe2+有还原性，会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A错误；沉铁调pH=4时，cOH−=10−10mol⋅L-1，c2(OH-)=10-20，KspZnOH2=4.2×10−17，KspNiOH2=2.0×10−15，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)9．（2025·北京西城·二模）实验室用生产发光二极管(LED)的废料(主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg)制备Ga2已知：Ga和In均为第IIIA族元素，In难溶于NaOH溶液。下列说法不正确的是A．Ga元素位于元素周期表的p区B．Ⅰ中，GaN生成Ga(OHC．从沉淀1中可以提取In和MgD．IⅢ中，为使Ga(【答案】D【分析】LED的废料主要含有难溶于水的GaN，以及少量In、Mg金属，已知Ga与In同族，且In难溶于NaOH溶液，因此加入NaOH溶液发生的反应为：GaN+OH−+3H2O80℃¯¯Ga(OH)【解析】元素周期表的p区是指最外层电子填充在p轨道上的元素组成的区域，包括第IIIA族，Ga元素位于元素周期表第IIIA族，属于p区，A正确；由分析可知，步骤Ⅰ中GaN生成Ga(OH)4−的反应：GaN+OH−+3H2O80℃¯10．（2025·北京门头沟·一模）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al下列说法不正确的是A．“浸出镁”所需的温度比“沉镁”温度高B．分离Mg2+、Fe3+与Al3+C．在上述流程中，用石灰乳代替氨水可以达到相同的工艺目的D．氯化铵溶液浸出镁是利用氯化铵溶液显弱酸性【答案】C【分析】“煅烧”过程中MgCO3转化为MgO；“浸出”过程中，得到含SiO2、Al(OH)3、Fe(【解析】“沉镁”过程中，温度不宜太高，否则一水合氨会大量分解产生氨气，使得氨水利用率降低，A正确；Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp值，当pH达到一定值时，Fe3+与Al11．（2025·北京朝阳·一模）侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一。侯氏制碱法的流程如下图所示。下列说法不正确的是A．向饱和食盐水中先通入NH3再持续通入CO2B．“碳酸化”过程放出大量的热，有利于提高碳酸化的速率和NaHCO3C．母液1吸氨后，发生HCOD．“冷析”过程析出NH4Cl，有利于“盐析”时补加的【答案】B【分析】饱和食盐水先吸氨气，再加CO2碳酸化，得到NaHCO3沉淀，过滤，将NaHCO3煅烧得到Na2CO3，母液再通入氨气，冷析出氯化铵，溶液再加NaCl固体析出NH4Cl，母液2循环利用。【解析】NH3溶解度大于CO2，且氨气的水溶液呈碱性、能吸收更多的CO2，故向饱和食盐水中先通入NH3再持续通入CO2，有利于生成HCO3−，A正确；NaHCO3的溶解度随温度升高而增大，“碳酸化”过程放出大量的热，不利于NaHCO3的直接析出，B错误；母液1中存在HCO3−离子，吸氨后，发生HCO3−+NH12．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的H2S制备焦亚硫酸钠(已知：物质HHKKa1=4.5KK(1)制SO已知：H2S(g)+S(s)+O2(g)=SO由H2S制SO2(2)制NaI．在多级串联反应釜中，Na2CO3第一步：2Na第二步：NaHCONaⅡ．当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na①Ⅱ中生成Na2S2②配碱槽中，母液和过量Na2CO3③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去。④尾气吸收器中，吸收的气体有。(3)理论研究Na2SO3、NaHCO3与SO2的反应。一定温度时，在1L浓度均为1mol⋅L-1的Na2①0~amol，与SO2优先反应的离子是②a~bmol，HCO3-平衡转化率上升而SO3【答案】(1)2H2S(g)+3O(2)2NaHSO3=Na2S2O5(3)SO32−溶液中发生的反应：ⅰ.HCO3−+SO2+H2O⇌H2CO3+HSO3−，H2CO3⇌H2O+CO2；ⅱ.SO32−+SO2+H2O⇌2HSO3−。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO【分析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。【解析】（1）已知：反应Ⅰ：H2S(g)+反应Ⅱ：S(s)+O2(g)=SO将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)ΔH=(-221.2×（2）①当反应釜中溶液pH达到3.8~4.1时，形成的NaHSO3悬浊液转化为Na2S②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为Ka2H2SO3＞K③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是SO4④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为NaHCO3+SO2⇌NaHSO3+CO2，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有CO2，在多级串联反应釜中持续通入的SO2，则尾气吸收器中吸收的气体还有SO2（3）①由图可知，①0~amol，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以SO32−与②溶液中发生的反应：ⅰ.HCO3−+SO2+H2O⇌H2CO3+HSO3−，H2CO3⇌H2O+CO2；ⅱ.SO32−+SO2+H2O⇌2HSO3−。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO故答案为：SO32−；溶液中发生的反应：ⅰ.HCO3−+SO2+H2O⇌H2CO3+HSO3−，H2CO3⇌H2O+CO2；ⅱ.SO32−+SO2+H2O⇌2HSO3−。amol后，随着n(SO（建议用时：20分钟）13．（2025·北京丰台·一模）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。已知：i．废酸液中，Zn2+和Fe2+主要以ZnCl3ii．萃取率=n有机相(iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。(1)镀锌废酸液中主要含有的阳离子有。(2)萃取过程：第一步，萃取剂三辛胺R3N，其中R为−C8H第二步，R3NHCl对ZnCl3−①从结构的角度解释三辛胺和H+结合的原理②写出第二步反应的离子方程式。(3)5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于40%时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是(4)写出反萃取的化学方程式。(5)测定废酸液中Fe2+取V1mL废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用cmol⋅L−1K2Cr2O7【答案】(1)[(2)R3N中N原子有孤电子对，H(3)三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；[FeCl(4)R(5)6【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，Zn2+和Fe2+主要以ZnCl3−和【解析】（1）废酸液中，Zn2+和Fe2+主要以ZnCl3−和[FeCl（2）①R3N中N原子中存在孤电子对，H+中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：R②R3NHCl和ZnCl3−反应生成R（3）由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；[FeCl]+（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则R3NHZnCl3与氨水反应生成氢氧化锌、R3R3（5）设配制的100mL溶液中为c(Fe2+)，反应原理为：6Fe2++14H++Cr2O72−=6Fe3+14．（2025·北京延庆·一模）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。已知：常温下，MgOH2：Ksp=5.6×10(1)煅烧白云石生成的主要固体产物是。(2)用化学用语表示NH4Cl溶液呈酸性的原因(3)溶解时，其他条件相同，反应温度对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与NH4Cl的投料比对Ca2+、Mg2+转化率的影响如图二所示。M2+转化率=(溶解出的M2+质量/煅烧得到的①80~100℃时，转化率升高的原因是。②从工业生成的角度，选择合适的投料比为。(4)分离过程中分离出的固体物质是。(5)用离子方程式表示通入NH3和CO2形成碳酸钙沉淀的原因(6)该工业流程中可循环使用的物质是。【答案】(1)CaO、MgO(2)NH(3)80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度1:4.2(4)Mg(OH)2(5)Ca(6)NH3、CO2、NH4Cl【分析】白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)煅烧后，CaCO3、MgCO3转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶液，溶浸后的溶液含有的金属阳离子有Ca2+、Mg2+；通入NH3调节pH，使Mg2+转化为Mg(OH)2，通入NH3和CO2最终生成CaCO3沉淀，以此解答。【解析】（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO。（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是NH4+水解产生H+，离子方程式为：（3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2NH4+⇌Mg2++2NH3+H2O、CaO+2NH4+⇌Ca2++2NH3+H2O，80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca②根据图二，当投料比为1:4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1:4.2。（4）根据题目中给出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12远小于Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此Mg2+会优先形成Mg(OH)2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是Mg(OH)2。（5）通入NH3和CO2后，会产生CO32-，Ca2+与CO32-结合生成CaCO（6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质。15．（2025·北京西城·一模）某冶铅厂的烟尘是一种黑色粉末，主要含有PbO、As2O3和少量的Zn、In、Fe已知：i．AsIII在酸性水溶液中以H3AsOii．KspZnS=1.6×10−24

K(1)浸出浸出液中的As元素全部是H3AsO4，生成H(2)浸出液中Zn2+和In3+的浓度分别为0.08mol①KspAs2②设计沉淀过程的目的是。(3)从沉淀后液中分离In和As，所用萃取剂是P204（HA）的磺化煤油溶液。已知：i．萃取In3+的反应是：Inii．同种元素形成的高价离子更容易被萃取剂萃取。①反萃取所用的试剂是。②还原后液中的As元素全部是+3价，写出向沉淀后液中加入As2S3(4)研究浸出渣制备粗铅的反应，一定条件下，控制nPbSO4:n①反应的化学方程式是。②研究发现，其他条件不变，当0.5<nPbSO4:nC<2(5)该流程中可循环利用的物质是。【答案】(1)As(2)>生成ZnS，回收有价元素Zn，或除去Zn2+，减小Zn2+对(3)浓盐酸As2S(4)2PbSO4+2Na2CO3(5)P204（HA）的磺化煤油溶液、CaO、H【分析】烟尘主要含有PbO、As2O3和少量的Zn、In、Fe、Si等元素的氧化物，先加稀硫酸通入氧气，加热条件下Zn、In、Fe的氧化物转化为最高价的硫酸盐，As元素转化为H3AsO4，浸出渣为SiO2、PbSO4，加入Na2CO3、C高温转化为粗铅；浸出液加入足量As2S3，将Zn元素转化为ZnS沉淀除去，再次加入As2S3，将Fe【解析】（1）浸出液中的As元素全部是H3AsO4，烟尘中As2O3浸出生成（2）Zn2+完全沉淀时，即cZn2+<10−5mol/L时，cS2−=KspZnScZn2+=1.6×10−241.0×10−5=1.6×（3）①萃取In3+的反应是：In3+aq②还原后液中的As元素全部是+3价，则H3AsO4、Fe3+故答案为：浓盐酸；As2S3（4）控制nPbSO4:nNa2CO3:nC=2:2:1时，所有Pb元素均被还原，则按照此比值进行配平得到方程式为：2PbSO4+2Na2CO3（5）反萃取得到的P204（HA）的磺化煤油溶液可以在萃取工序上循环使用；Ca3AsO42高温分解得到的CaO也可以循环使用；沉淀后液Fe2(SO4)316．（2025·北京石景山·一模）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已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为Al(ⅱ.酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，ⅲ.固体B和固体C按nLiFePOⅳ.FePO4、Co3PO42(1)LiCoO2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，FePO4和Co①写出硫酸浸出时反应的化学方程式。②混合液调pH≈1.8的原因③混合液cFe3+=1×10−5(4)有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO(5)理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的(6)分析联合提取钴和锂的优势。【答案】(1)+3(2)2(3)LiFePO4+LiCoO2+2H2(4)Co(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：2Al（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(PO43−)=1.3×10-22，c(PO43−)=1.3×10−221×10−5mol/L=1.3×10-17mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO4（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：Co2+（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。17．（2025·北京房山·三模）以银锰精矿（主要含Ag2S、MnS、FeS2已知：酸性条件下，MnO2的氧化性强于Fe(1)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+②在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的(2)①“浸银”时，发生的反应为：2Fe3++Ag2S+4Cl−⇌2Fe②结合平衡移动原理，解释“浸银”过程中浸出剂中Cl−、H+的作用：(3)“沉银”过程中需要过量的锌粉作为还原剂。①该步反应的参加反应的离子。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Ag的沉淀率变化的原因：。(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)适当提高酸的浓度、升高温度、粉碎矿石、搅拌等（任写一种）2FeS(2)FeCl3HClCl−是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成AgCl2−(3)AgCl2−开始时Zn与AgCl2−反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3+【分析】银锰精矿和氧化锰矿混合加硫酸溶液，二氧化锰具有氧化性使得二价铁氧化为三价铁同时二氧化锰能被还原生成锰离子，使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，浸锰渣中Ag2S与过量氯化铁、盐酸、氯化钙的混合液反应，将Ag2S中的银以AgCl2【解析】（1）①“浸锰”过程中，发生反应MnS+2②FeS2与MnO2在酸性条件下反应，S被氧化为SO42−，Mn被还原为Mn2+（2）①“浸银”时，发生的反应为：2Fe3++Ag2S+4Cl−⇌2Fe2++2AgCl2−+S，②Cl−是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成AgCl2−（3）①沉银时AgCl2②开始时Zn与AgCl2−反应，Ag沉淀率增大；随着反应的进行，溶解的氧气可作氧化剂，将生成的单质Ag转化为[AgCl2]（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MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe18．（2025·北京东城·二模）一种从闪锌矿（主要成分为ZnS）中提炼多种金属的部分流程如下。资料：ⅰ.锌焙砂的主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiOⅱ.常温下、几种氢氧化物的Ksp氢氧化物FeFeInK101010(1)铟（49In）在元素周期表中的位置是(2)闪锌矿焙烧产生的气体可用于（写出一种用途）。(3)“沉铜”步骤中，与铁粉发生反应的离子有。(4)“沉铟”步骤得到的富铟渣中，铟元素主要以InOH①结合平衡移动原理解释InOH3的生成：②“沉铟”时，研究其他条件相同，In和Fe的沉淀率与反应时间的关系，数据如图所示。60min后，锌粉几乎无剩余。60min后。In和Fe的沉淀率变化的原因是。(5)“富铟渣”经过下列步骤得到海绵状单质In。补全“置换”的操作：加入过量Zn，，当不再有In析出时，过滤、洗涤、干燥。【答案】(1)第五周期第ⅢA族(2)制硫酸、漂白剂、还原剂/抗氧化剂、杀菌剂/防腐剂等（写出一种即可）(3)H+、Fe3+(4)In3++3H2O⇌InOH3+3H+，加锌粉时发生反应Zn+2H+=Zn(5)边搅拌边加入盐酸，控制溶液pH【分析】闪锌矿焙烧后得到主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、SiO2、CuO、In2O3的锌焙砂，经过硫酸浸出，SiO2不溶，酸性浸出液中金属阳离子有Fe3+【解析】（1）In与Al位于同一个主族，Al在第三周期ⅢA族，In原子序数为49，则比Al大了两个周期，位于第五周期第ⅢA族；（2）闪锌矿主要成分为ZnS，焙烧后转化为ZnO、（3）由分析可知，加入铁粉，将Fe3+、Cu2+还原为Fe2+、Cu，同时酸性浸出液中的H（4）①加入锌粉，发生反应：Zn+2H+=Zn2++H2②60min后，锌粉几乎无剩余，Fe的沉淀率上升，In的沉淀率下降，由表中数据可知，KspFe(OH)3＜KspIn(OH)3，说明InOH3沉淀时，Fe(OH)3已经沉淀，则出现此变化的原因是：无锌后，Fe（5）置换前液含有H+、In3+、Cl−，加入过量的Zn，将In19．（2025·北京·模拟预测）热电厂用碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]吸收烟气中低浓度的二氧化硫。具体过程如下：(1)碱式硫酸铝溶液的制备往Al2(SO4)3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝(络合物，易溶于水)，同时析出生石膏沉淀[CaSO4·2H2O]，反应的化学方程式为。(2)SO2的吸收与解吸。吸收液中碱式硫酸铝活性组分Al2O3对SO2具有强大亲和力，化学反应为：Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)

△H＜0。工业流程如下图所示：①高温烟气可使脱硫液温度升高，不利于SO2的吸收。生产中常控制脱硫液在恒温40~60oC，试分析原因。②研究发现，I中含碱式硫酸铝的溶液与SO2结合的方式有2种：其一是与溶液中的水结合。其二是与碱式硫酸铝中的活性Al2O3结合，通过酸度计测定不同参数的吸收液的pH变化，结果如下图所示：据此判断初始阶段，SO2的结合方式是，比较x、y、z的大小顺序。③III中得到再生的碱式硫酸铝溶液，其n(Al2O3)：n[Al2(SO4)3]比值相对I中有所下降，请用化学方程式加以解释：。【答案】(1)2Al2(SO4)3＋3CaO＋6H2O＝Al2(SO4)3·Al2O3＋3CaSO4·2H2O(2)碱式硫酸铝吸收SO2的反应为放热反应，降温使平衡正向移动，有利于SO2的吸收，Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)

，与活性Al2O3结合y＞x＞z2Al2(SO3)3+3O2＝2Al2(SO4)3或2[Al2(SO4)3·Al2(SO3)3]＋3O2＝4Al2(SO4)3【分析】用碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]吸收烟气中低浓度的二氧化硫，具体过程如下：首先制备碱式硫酸铝溶液，再用碱式硫酸铝溶液吸收SO2，得到Al2(SO4)3·Al2(SO3)3溶液，最后再加热分解生成碱式硫酸铝溶液。【解析】（1）往Al2(SO4)3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝（络合物，易溶于水），同时析出生石膏沉淀[CaSO4·2H2O]，根据原子守恒可知反应的化学方程式为2Al2(SO4)3＋3CaO＋6H2O＝Al2(SO4)3·Al2O3＋3CaSO4·2H2O。（2）①由于碱式硫酸铝吸收SO2的反应为放热反应，因此降温可使平衡正向移动，有利于SO2的吸收。②据图知初始阶段溶液pH较大，随着SO2的吸收，溶液的酸性增强，所以初始阶段SO2的结合方式是与活性Al2O3结合。二者的比值越大，吸收的SO2越多，溶液的pH越大，所以据图知x、y、z的大小顺序是y＞x＞z。③由于亚硫酸盐易被氧化成硫酸盐，所以导致n(Al2O3)：n[Al2(SO4)3]比值相对I中有所下降，反应化学方程式为2Al2(SO3)3+3O2＝2Al2(SO4)3或2[Al2(SO4)3·Al2(SO3)3]＋3O2＝4Al2(SO4)3。20．（2025·北京顺义·一模）LiFePO4常作为锂离子电池的正极材料，广泛应用于新能源汽车。FePO4⋅2(1)由钛白渣（主要成分为FeSO4）获取FePO资料：ⅰ．FePO4ⅱ．HPO42−①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是。②溶液A的主要成分是FeHPO4（配合物），分析FeHPO4中配位键的形成过程③溶液B中含铁的主要微粒为FeHPO4+，写出Ⅲ中反应的离子方程式④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高的原因是。(2)从废旧LiFePO4电极粉末中回收制备FePO4⋅2①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是。②加入物质B使溶液pH升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B为（填化学式）。③H2实际生产时，H2O2(3)产品FePO4⋅2H2O中铁含量测定：取ag样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL溶液。取25.00mL该溶液于锥形瓶中，逐滴加入SnCl2溶液，至Fe3+恰好完全还原为Fe2+，Sn2+被氧化为Sn4+，滴加指示剂，用【答案】(1)增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底Fe2+提供空轨道，HPO42−中O原子提供孤电子对2FeHPO4+H2O2+2(2)温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢Li2CO3H2O2添加量低于2.5%，FePO4(3)3.36【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为FeHPO4+FePO4⋅2H2O。【解析】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为Fe2+提供空轨道，HPO42−中O原子提供孤电子对，故答案为：Fe③由分析可知，向溶液B中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO4+，反应的离子方程式为2FeHPO4④Ⅳ中加入氨水调节pH在1.0~1.5，pH不能过高是因为pH过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品纯度；pH过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能，故答案为：pH过高会使Fe3+水解生成FeOH3，影响产品纯度；pH过高体系中cPO4（2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH升至5，即有利于过氧化氢溶液将L溶液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B为碳酸锂，故答案为：Li2③由图可知，H2O2添加量低于2.5%，FePO4⋅2H2O产量低，不经济；H2O2高2.5%，部分Fe3+生成FeOH（3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6FePO4⋅2H2O——K2Cr2O21．（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++2HR⇌CuR2+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++2HR⇌CuR2+2H+逆向进行，Cu2+进入水层(4)Na++3Fe3++2SO42−+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2SO42−+6H2O=NaFe3(OH)6(SO4(5)b(6)H2SO4、萃取剂(HR)、O2【分析】铜镍矿研磨后，加入O2和H2SO4浸出，将铜镍矿中的金属氧化物转化为Ni2+、Fe3+、Cu2+、Mg2+；加入萃取剂后，Cu2+转化为CuR2进入有机层，再经过反萃取形成含Cu2+水溶液后，再转化为金属铜；水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、【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）O2具有氧化性，可将H2SO4溶解后的Fe2+转化为Fe3+，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（3）①分子中，若要与Cu2+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H+浓度，使平衡Cu2++2HR⇌CuR2+2H+逆向移动，使水层中Cu2+浓度增大，即铜离子进入水层；故答案为：O、N；加入H2SO4（4）根据题目信息，水层中含有Ni2+、Fe3+、H+、Mg2+等阳离子，加入硫酸钠和MgO后，Fe3+转化为黄钠铁矾固体，对应的离子方程式为：Na++3Fe3++2SO42−+3MgO+3H2O=NaFe3(OH)6(SO4)2↓+3Mg2+或Na++3Fe3++2SO42−+6H2O=NaFe3（5）第二次使用MgO调节pH使Ni2+沉淀完全，即溶液中cNi2+≤1.0×10−5mol⋅L-1，根据NiOH2的Ksp=2.1×10−15，Ni2+恰好完全沉淀时，cOH-（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，2CuSO4+2H2O电解O222．（25-26高三上·北京海淀·期中）磷矿可用于制备各种应用广泛的含磷化学品。一种利用磷矿制备电池级LiFePO4和饲料级CaHPO已知：①磷矿含Ca5PO43F②酸浸液中，Fe3+③F−(1)上述工艺流程中，有利于加快反应速率的措施有（任写一条）。(2)焙烧时，发生主要反应的化学方程式如下，请将其补充完整。4(3)下列物质在制备LiFePO4A．P4 B．H2O2 (4)酸浸时，Ca5PO43F(5)脱氟（将溶液中的HF转化为CaF2沉淀）时，酸浸液pH始终小于2。测得氟的脱除率随溶液中cFe3+(6)中和时，若加入适量CaOH2溶液，净化液中的H3PO4、H2PO(7)测定LiFePO4中杂质Fe3+的质量分数。取ag样品，经酸溶后分为2等份。一份先用适量SnCl2、TiCl3将Fe3+恰好还原为Fe2+，再用cmol⋅L−1的标准K2Cr2O7溶液滴定至终点（Cr2O7【答案】(1)研磨、焙烧、加热、适当提高硝酸浓度等（任写一条）(2)18SiO2(3)ACD(4)Ca(5)随着溶液中cFe3+增大，Fe3+与F−结合，生成了较稳定的配位离子，降低了F−浓度，使(6)H(7)67.2c【分析】磷矿粉与焦炭、二氧化硅焙烧以后得到单质磷，单质磷燃烧生成P2O5，溶于水制得磷酸，再与过氧化氢、硫酸亚铁作用生成FePO4，然后和Li2CO3、葡萄糖作用制得LiFePO4。磷矿粉与过量硝酸反应，生成磷酸、HF、Fe3+、Al3+、【解析】（1）上述工艺流程中，有利于加快反应速率的措施有：研磨、焙烧、加热、适当提高硝酸浓度等。（2）根据原子守恒，该方程式为：4Ca（3）A．根据转化流程图可知，P4从0价转化为磷酸，化合价升高到+5价，表现为还原性，A符合题意；过氧化氢将硫酸亚铁氧化为硫酸铁，表现为氧化性，B不符合题意；硫酸亚铁被氧化为磷酸铁，表现为还原性，C符合题意；葡萄糖将磷酸铁还原为LiFePO4，表现为还原性，D符合题意（4）酸浸时，Ca5PO43F与硝酸反应，转化为H（5）根据F−是常用的配体分析，可能的原因是：随着溶液中cFe3+增大，Fe3+与F−结合，生成了较稳定的配位离子，降低了F−（6）H2PO4−转化为（7）根据题意可知，结合电子转移守恒，第一份样品滴定发生的关系式为：6Fe2+~K2Cr2O7，可知样品中铁元素的总物质的量为6nK223．（24-25高三上·北京西城·期末）中国在稀土领域的发展居世界顶尖水平。以含La3+、Eu3+等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧(已知：ⅰ．LaClⅱ．KspLa(1)脱铕：已知f能级有7个原子轨道，基态Eu原子的价层电子排布式是4f76s2。可将稀土矿浸取液中的Eu3+4f6转化为Eu2+进而与(2)萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸(RCOOH)常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3①萃取时反应的离子方程式是。②从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中H+的作用：(3)碳化：向0.3mol⋅L−1LaCl3溶液中持续通入CO2，边搅拌边加入①制备La2(CO②理想情况下，La3+恰好完全转化为La2(CO3)3时，cLa3+(4)上述制La2①除CO2外，可以在流程中直接循环利用的物质是②中国科研人员仅以流程中的“废水”为原料，在一定条件下，一步反应将其转化为可在流程中直接利用的2种物质。该步反应的化学方程式是。【答案】(1)Eu3+4f(2)3RCOOH+La3++3NH3=(RCOO)3La(3)3MgO+2La3++3CO2=La(4)RCOOH的有机溶液MgCl【分析】含La3+、Eu3+等的稀土矿浸取液，加RCOOH的有机溶液与La3+反应生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的LaCl3，LaCl3溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成La【解析】（1）根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，Eu3+4f6得电子生成的Eu2+（2）①弱酸性的环烷酸(RCOOH)常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，即萃取时La3+与RCOOH②反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使(RCOO)（3）①由制备过程转化关系图可知，制备La2(CO3