高考化学一轮复习 同步课件 大单元四　第十二章　第52讲　无机化工流程题的解题策略(二)（广东版）

第十二章

第52讲

无机化工流程题的解题策略(二)1.了解萃取与反萃取法富集微量金属离子的应用。2.能根据元素的去向，综合运用相关化学反应原理分析化工流程中物质的转化、沉淀的生成与溶解等问题。复习目标课时精练考点一微量金属离子的富集措施——萃取与反萃取考点二物质的转化与元素的追踪内容索引微量金属离子的富集措施——萃取与反萃取考点一1.化工流程中萃取与反萃取路线图示方法原理实例离子交换法一般是通过离子交换树脂让杂质离子与离子交换树脂中的离子进行等电荷交换，从而达到去除目的如氢型离子交换树脂(HR)可使水中的钙离子、镁离子等发生反应：2HR+M2+===MR2+2H+而除去有机萃取法一般是采用有机试剂萃取特定的金属离子，在进行分液操作后，再从有机试剂中将特定金属离子反萃取出来，从而达到分离除杂的目的如Cu2+(水相)+2RH(有机相)⥫⥬CuR2(有机相)+2H+(水相)2.从平衡移动的角度理解萃取与反萃取原理_____________________________________。动，导致R-浓度降低，难以与铝离子配位“萃取除铝”时，调节溶液pH=3，Al3+与萃取剂HR(弱酸)反应转化为AlR3而被萃取至有机层。降低溶液pH，铝的萃取率明显降低，原因是_______________________________1.(2025·广州模拟)LiFePO4广泛应用于新能源汽车和储能领域。从低浓度锂溶液(含Li+、Al3+、Mg2+、Ca2+)获得制备LiFePO4的原料FePO4和Li2CO3，工艺流程如图：酸性增强，H++R-⥫⥬HR平衡正向移

SiO2(2)设计简单方案证明“酸浸1”后溶液中只有Fe2+而没有Fe3+：_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。分别取等量“酸浸1”后的溶液于两支试管中，向其中一支试管中加入KSCN溶液，溶液不变红；向另一支试管中加入K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中有蓝色沉淀生成(合理即可)(3)“沉淀”时2<pH<5，含有锗元素的物质参与反应的离子方程式为__________________

。Ca(OH)2+Ge4++H2O===CaGeO3+4H+

H2SO4时Ge的萃取率为

%(保留整数)。“三次萃取”时，“一次萃取”后Ge的残留率比“二次萃取”后的

(填“高”或“低”)

%。

②萃取Ge的过程中，“一次萃取”与“三次萃取”的过程如图2所示。82高24

3.(2025·广东阶段练习)为充分利用资源，变废为宝，可从废旧CPU[含Au(金)、Ag、Cu和Pt(铂)]中回收Au，其化工流程如图，回答下列问题：(1)“酸浸氧化”中，为了提高反应速率，可以采取的措施是__________

(写出一种即可)。(2)“酸浸氧化”中，若将稀HNO3改成稀H2SO4，通入O2进行加热，也能浸出Cu2+，写出反应的离子方程式：

。将废旧CPU粉碎(或适当增大稀硝酸的浓度、升温、搅拌)2Cu+O2+4H+

2Cu2++2H2O

“酸浸氧化”中，若将稀HNO3改成稀H2SO4，通入O2进行加热，也能浸出Cu2+，该反应中O元素由0价下降到-2价，Cu元素由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2Cu+O2+4H+

2Cu2++2H2O。(3)“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成。Pt溶解的化学方程式是

。3Pt+18HCl+4HNO3===3H2PtCl6+4NO↑+8H2O

“酸溶”时，Pt、Au分别转化为H2PtCl6和HAuCl4，同时有NO生成，根据得失电子守恒和原子守恒配平Pt溶解的化学方程式是3Pt+18HCl+4HNO3===3H2PtCl6+4NO↑+8H2O。(4)“萃取分液”后的“水层”中可回收的金属元素是

。Pt

“萃取分液”后的有机层中可以提取出Au，说明“水层”中可回收的金属是Pt。(5)从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是

。蒸馏

有机层中的液体沸点不同，从“还原分液”后的“有机层”中回收甲基异丁基甲酮，采用的方法是蒸馏。

0.4

草酸和HAuCl4反应过程中Au元素由+3价下降到0价，C元素由+3价上升到+4价，根据得失电子守恒得到关系式2HAuCl4~3H2C2O4，理论上消耗0.6

mol草酸(H2C2O4)可得到Au的物质的量为0.4

mol。

0.003

返回物质的转化与元素的追踪考点二1.元素追踪的思维流程通过对比原料及目标产品中的元素组成，先将元素分类为“产品元素”和“杂质元素”，再追踪原料中和目标产品中均存在的元素，即追踪“产品元素”。2.循环物质的确定3.副产品的判断1.[2022·广东，18(1)(2)(5)(6)]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：(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是

。

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/Fe2+

(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

。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/3.24.7/4.7≤pH<6.2Al3++3OH-===Al(OH)3↓

由表中数据可知，Al3+沉淀完全时的pH为4.7，而RE3+开始沉淀时的pH为6.2，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-===Al(OH)3↓。(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有

(写化学式)。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/MgSO4(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。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/3.24.7/15

YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1

mol

Pt3Y转移15

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

。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/O2+4e-+2H2O===4OH-

碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-。2.[2024·广东，18(1)(2)(3)(4)(5)]镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子Mn+的原理如图。已知：①pKa(HF)=3.2。②Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10。③浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl-配位，其他金属离子与Cl-的配位可忽略。(1)“电解”中，反应的化学方程式为

。(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为

。(3)“还原”的目的：避免

元素以

(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑Ga3++4Cl-===[GaCl4]-铁[FeCl6]3-

电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入Ⅱ室并转化为Ga3+，Ⅱ室溶液进一步处理得到镓，Ⅰ室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到Na3[AlF6]晶体用于电解铝。浸取液中，Ga(Ⅲ)和Fe(Ⅲ)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，为了避免铁元素以[FeCl6]3-微粒的形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离。(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越

，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向Ⅰ室中加入

(填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。高NaCl

“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，越有利于生成[GaCl4]-的反应正向进行，有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向Ⅰ室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率。(5)“调pH”中，pH至少应大于

，使溶液中c(F-)>c(HF)，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol·L-1，则[AlF6]3-浓度为

mol·L-1。3.24.0×10-7

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答案1231.

答案1232.

答案1233.1.(2023·广东，18)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如右：123答案已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子；lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10-151.6×10-445.5×10-161.3×10-335.6×10-12

MgO+H2O===Mg(OH)2>123答案123答案

氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10-151.6×10-445.5×10-161.3×10-335.6×10-12(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________。123答案

(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于_______(填“晶体”或“非晶体”)。123答案晶体②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是___________________________________________________________________。质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积123答案减少胶状物(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为

。123答案HCl

“析晶”过程中为了防止Ni2+水解，因此通入的酸性气体A为HCl。

x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为

；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为

。123答案体心12(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为

。123答案0.4(或2∶5)

“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为Mg(NO3)2·6H2O，根据Mg(NO3)2+2H2O⥫⥬Mg(OH)2+2HNO3，Mg(OH)2MgO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值理论上最高为2∶5。123答案②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和

(填化学式)。123答案MgO已知：常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，Ksp[Co(OH)2]=1.8×10-15。2.(2025·广东模拟)贵金属元素钌(Ru)的产品广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。一种利用某含钌废渣(主要成分为Ru，含Co、Cr、Si等物质)回收Ru的工艺流程如下：123答案(1)Cr在元素周期表中的位置是第

周期第

族。(2)含钌废渣“酸溶”前必须经过研磨粉碎，其目的是________________________________________________________________。123答案四ⅥB(3)“转化”过程中C2H5OH变为CH3CHO，且溶液的pH明显增大，则该转化反应的化学方程式为______________________________________________________。的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率和原料利用率增大反应物之间K2RuO4+CH3CH2OH+2H2O—→Ru(OH)4↓+CH3CHO+2KOH(4)钌多活性位点催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，不同位点的催化特点不同。可用于催化水的多步碱性析氢反应。图1和图2为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化，其中吸附在催化剂表面的微粒用*标注。123答案①根据图1推测H2O的“吸附解离”主要发生在

(填“Ru单原子”“Ru团簇”或“NiO”)位点上。123答案Ru单原子

含钌废渣经过盐酸酸溶，滤液中含有Cr3+和Co2+，经过沉铬和沉钴，分离出Cr和Co元素，滤渣经过多步反应得到K2RuO4，加入乙醇转化过滤得到Ru(OH)4，再加入NaClO3氧化蒸馏得到RuO4，加入盐酸发生氧化还原反应，得到RuCl3和气体Cl2，溶液结晶得到RuCl3晶体，还原得到Ru单质。根据图1可知，在催化剂为Ru单原子位点上相对能量最低，反应容易发生，H2O的“吸附解离”主要发生在Ru单原子位点上。123答案②结合图2说明吸附在NiO表面的H2更容易脱附的原因：______________

。123答案上的H2相对能量高，较不稳定，H2更容易脱附吸附在NiO位点(5)单质X通入热的NaOH溶液中充分反应，经处理后可循环至“蒸馏”工序，则生成X的离子方程式为

。123答案2RuO4+16H++10Cl-===2Ru3++5Cl2↑+8H2O(6)常温下，酸溶滤液中含Cr3+和Co2+的浓度分别为0.01mol·L-1、1.8×10-3mol·L-1，“沉铬”时需调节pH的范围为

[已知：当c(Mn+)≤10-5mol·L-1时，可认为Mn+已经沉淀完全]。5.0≤pH<8.0123答案

123答案(7)某种含钌化合物的立方晶胞结构如图3。该晶胞中与Ba2+距离最近的离子是

；若该晶体的密度为ρg·cm-3，则该晶胞的边长为

pm(NA为阿伏加德罗常数的值)。O2-

123答案123答案

3.(2025·茂名模拟)某种软锰矿中含有Mn、Fe、Si的氧化物，一种综合利用的工艺流程如图：123答案已知：①25℃下，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ksp[Mn(OH)2]=1.96×10-13。②(NH4)2SO4溶解度随温度变化较大。③离子浓度等于1