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（通用版）新高考化学三轮冲刺练习 第15题 工艺流程综合题（2份打包，原卷版+解析版）
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化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，试题主要特点：源于生产实际，问题情境真实；试题内容丰富，既考查化学知识的掌握和应用，同时也考查迁移推理能力；试题新颖，阅读量、思维含量较大，考查考生的信息提取加工、处理、应用表达能力。分析近年的高考试题，可以预测2024年的高考考查中，主要考查以下知识点：
（1）常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）；
（2）常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）；
（3）物质分离、提纯的方法及要点；
（4）流程中陌生的反应方程式的书写；
（5）流程中有关Ksp的计算；
（6）流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算等。
另外，在新高考中，常将晶胞分析与计算内容放在工艺流程题中考查，这点需要考生特别注意。
考向一 物质的制备类
1．（2023·湖南卷）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；
(7)比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。
【解析】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；
B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；
故选D；
（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
2．（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。
3．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】（1）
（2） 纯碱
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。
【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
4．（2022·广东卷）稀土()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：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2
（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②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，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
考向二 物质的提纯类
5．（2023·湖北卷）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。
【解析】（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；
综上所述，导致比易水解的因素有abd。
6．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3） Fe(OH)3
（4） 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
7．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
（1）已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．
B．
C．
D．
（2）与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
（3） 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
（4）不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
8．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
的溶解度：
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
（3）为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
一、常见的工艺操作方法措施和条件控制
二、物质分离、提纯的方法及要点
三、工艺流程中的物质确定及方程式书写方法
1.工艺流程中的物质确定
首先分析题干信息，明确原料成分，看清流程图中的箭头指向，根据物质性质写出相关的化学反应(离子方程式或化学方程式)，最后根据题干信息确定滤液中物质的成分。滤液中物质的成分确定的思维模型如图所示：
2.工艺流程中的方程式书写
（1）明确一些特殊物质中元素的化合价
（2）认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：
Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。
②强还原性物质或离子：
Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SOeq \\al(2－,3))、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
（3）书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测
①常见的氧化剂及还原产物预测
②常见的还原剂及氧化产物预测
四、工艺流程中有关溶度积的计算
1．溶度积(Ksp)的有关计算
（1）已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq \r(a) ml·L－1。
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下，AgCl的Ksp＝a，在0.1 ml·L－1 NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a ml·L－1。
（3）计算反应的平衡常数，如反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝eq \f(c（Mn2＋）,c（Cu2＋）)＝eq \f(Ksp（MnS）,Ksp（CuS）)。
（4）求解开始沉淀和沉淀完全时的pH，如判断M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全时的pH。
①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝eq \r(n,\f(Ksp,c（Mn＋）))，c(H＋)＝eq \f(Kw,c（OH－）)，从而确定pH。
②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 ml·L－1时，认为该离子已经沉淀完全，c(OH－)＝eq \r(n,\f(Ksp,1.0×10－5)) ml·L－1，结合Kw求出c(H＋)，从而确定pH。
注意：有关Ksp的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。
2．溶度积常数的考查角度及思路分析
五、工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
1．计算公式
（1）n＝eq \f(m,M)，n＝eq \f(V,Vm)，n＝cV(aq)
（2）eq \a\vs4\al(\(\s\up11(物质的质量分数),\s\d4(或纯度)))＝eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%
（3）产品产率＝eq \f(产品实际产量,产品理论产量)×100%
（4）物质的转化率＝eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%
考向一 物质的制备类
1．（2024·山东济南一模）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。
已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化；
②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：
③lg5=0.7。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是 ，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示：
则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为 ml·L-1。
（2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0ml·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001ml·L-1，则调pH的范围为 ，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为 。
（3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为 ，整个流程中，可以循环使用的物质有 。
（4）获取明矾的“一系列操作”是 。
【答案】（1）将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3 10.0
（2）4.67≤pH≤5.5
（3） O2、硫酸
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)与SO2和稀硫酸反应，MnO2被还原为Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入碳酸锰调pH值，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，滤液中含有Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，加入稀硫酸、K2SO4溶解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾。
【解析】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是：将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，要求Mn和Al的浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0ml/L的硫酸溶液最合适；
（2）加入碳酸锰调pH值，是为了让Al3+转化为Al（OH）3沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中，，当Al3+完全沉淀时，，，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0ml·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001ml·L-1，当Mn2+开始沉淀时， ，，，pH=8.35；当Fe2+开始沉淀时，，，，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，则4.67≤pH≤5.5；
（3）MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，反应的化学方程式为：；整个流程中，可以循环使用的物质有：O2、硫酸；
（4）获取明矾的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
2．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
（3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
（4）在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
（5）层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
【答案】
（1）
（2）将固体粉碎
（3）NH3
（4）和S在加热条件下发生生成H2S
（5）混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小
【解析】薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到，结晶后灼烧得到，最后与S经气相反应并沉积得到，据此分析解题。
（1）用溶液吸收，生成，离子方程式为，故答案为。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合型晶体，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为分子晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
3．（2024·黑龙江哈尔滨·高三一模）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知。
回答下列问题：
（1）浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)： 。
（2）氧化时，加入溶液是为了将浸出液中的和均转化为沉淀而除去，(溶液中元素全部转化为)，请分别写出除去和的离子方程式 ， 。
（3）加入锌粉的目的是 。
（4）已知浸出液中，、。
①若要除尽上述浸出液中的和，需加入 。
②加入溶液反应一段时间后，溶液中，若溶液，则此时 (填“能”或“不能”)生成沉淀。
【答案】（1）搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等
（2）
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等
（4）7.9 不能
【分析】工业级氧化锌加入硫酸酸浸，浸出液加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁沉淀、氧化锰离子为二氧化锰沉淀，然后加入锌调节pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，过滤滤液加入碳酸钠将锌离子转化为碳酸锌沉淀，吸滤、煅烧得到成品。
【解析】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05ml×158g/ml=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
4．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）工业上以铬铁矿(主要成分FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图a。回答下列问题：
（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
（2）“焙烧”的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
（3）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b所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5ml/L时，可认为已除尽。
试分析：“中和”时pH的理论范围为 ；“酸化”的目的是 ；Fe元素在 (选填流程图a中操作步骤的名称)过程中除去。
（4）蒸发结晶步骤中的副产品主要是 。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 。
（5）此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被电极产物还原为Cr2+，然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。
①写出阳极的电极方程式 。
②已知Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml/L，则此时c(Cr3+)= ml/L。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）4.5~9.3 把完全转化为 浸取
（4）Na2SO4 硫酸
（5）Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【解析】铬铁矿主要成分FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质。铬铁矿和纯碱在空气中灼烧生成Na2CrO4、偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁，“水浸”除去氧化铁，滤液中加硫酸“中和”生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤，滤液中加硫酸酸化把完全转化为，蒸发结晶析出副产品硫酸钠，冷却结晶析出Na2Cr2O7·2H2O。
（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3、碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、氧化铁、二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为 。
（3）“中和”的目的是以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去元素， 根据图示，pH的理论范围为4.5~9.3；最终产品是Na2Cr2O7·2H2O ，所以“酸化”的目的是把完全转化为；Fe2O3难溶于水，根据流程图，Fe元素在“浸取”过程中除去。
（4）根据流程图，溶液存在的阳离子是钠离子、H+，阴离子为、，所以蒸发结晶步骤中的副产品主要是Na2SO4。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硫酸。
（5）①铁为阳极，阳极铁失电子生成亚铁离子，阳极的电极方程式为Fe-2e-=Fe2+。
②根据图b，c(Fe3+)=1.0×10-5ml/L时，pH=3，c(OH-)=1.0×10-11ml/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38；Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml/L，则此时c3(OH-)=1.0×10-26ml/L，c(Cr3+)=ml/L。
考向二 物质的提纯类
5．（2024·山东德州一模）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5ml/L时沉淀完全)
（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。
（4）生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。
【答案】（1）Al(OH)3和H2SiO3， 8.37
（2）
（3）酸性 10∶3
（4）H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量
【分析】
本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；
（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；
（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；
（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
6．（2024·山东聊城一模）活性炭载钯（Pd/C）催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂（钯碳）的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯（）和Pd的流程。
（1）实验室中可在 （填仪器名称）中模拟“焚烧”过程。为二元弱碱，常温下的电离常数、，则常温下0.1ml/L 水溶液pH= 。
（2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成和一种有毒的无色气体A，A为 （填化学式），钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为 ，写出“除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式 。
（3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为 （填名称），加入该试剂的目的是 。
（4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为，其吸附的氢气是其体积的n倍（标准状况），则此条件下，氢气的浓度 ml（氢气的浓度r为1ml Pd吸附氢气的物质的量，用含、n的分数式表示）。
【答案】（1）坩埚 10.5
（2）NO 2.5h，90℃ 或
（3）盐酸 中和，促进转化为沉淀
（4）
【分析】废钯催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而除去，加入N2H4，PdO被N2H4还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO气体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到Pd。
【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验；的电离方程式为，电离常数 ，则c(OH-)=10-3.5，c(H+)= =10-10.5，pH==10.5
（2）
由分析知有毒的无色气体A为NO，由图钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式：或
（3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和，促进转化为沉淀
（4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为1000g，物质的量为 ，吸附氢气体积为nL，物质的量为 ，则1ml Pd吸附氢气的物质的量为
7．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
8．（2024·贵州·统考模拟预测）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
(7)锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价C氧化为+3价
(7)C2+
【解析】氯化胆碱-草酸和微波共熔的过程中，C被还原为+2价，经过水浸滤液中C以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到C(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，C(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
（1）中C为+3价，O为-2价，因此Li为+1价；
（2）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为：；
（4）pOH=14-pH=4，此时溶液中氢氧离子浓度为：10-4ml/L，钴离子浓度为：；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价C氧化为+3价；
（7）C3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，C3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，C2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比：C2+:C3+:O2-=2:4:8=1:2:4，则顶点上的离子为C2+；使用和溶液可以实现的修复是过氧化氢将氧化和生成：。
9．（2024·安徽·统考模拟预测）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。中钼元素的化合价为 。
（2）“焙烧”中生成的化学方程式为 。
（3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。
（4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作”应为_______(填标号)。
A．蒸发结晶B．低温结晶C．蒸馏D．萃取
（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。
（6）分解可得。高温下，用铝粉还原得到金属钼的化学方程式为 。
【答案】（1） 四 Ⅷ +6
（2）
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低
（4）B
（5）浸取
（6）
【分析】镍钼矿（、等）加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应，，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。
【解析】（1）Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中M的化合价为+6价；
（2）与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为：
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；
（4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；
（5）交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放；
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：。
10．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。
② 、 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。
③具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备。
“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为 。
（2）制备。
①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。
③生成的离子方程式为 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将C完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。
【答案】（1）4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
（2）会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成
（3）增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
（4）14.16%
【解析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；
（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而C2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(C2＋)=0.1 ml/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
（2）①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成C(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成C(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2＋氧化为C3＋，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
物质
物质
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
化合物
方法措施或条件控制
思考角度
固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分。
目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等
增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等
焙烧或灼烧
①除去硫、碳单质；
②有机物转化、除去有机物；
③高温下原料与空气中氧气反应；
④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。
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。
酸浸
①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；
②去氧化物(膜)
碱溶
①除去金属表面的油污；
②溶解两性化合物(Al2O3、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等
水浸
与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中
醇浸
提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物
加热
①加快反应速率或溶解速率；
②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉淀。
③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2、氨水、铵盐(NH4Cl)、硝酸盐、NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质；
④使沸点相对较低或易升华的原料气化；
⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等
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，使其结晶析出，减少损失等
控制温度在一定范围(综合考虑)
温度过低：反应速率过慢或溶解速率小
温度过高： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②物质分解，如：NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④物质氧化，如：Na2SO3等
= 5 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑤物质升华，如：I2 升华
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
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
加入氧化剂
(或还原剂)
①氧化(或还原)某物质，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）调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的；
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH (注意两端取值)
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型的物质
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④实例：除去CuSO4溶液中少量Fe3+，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuCO3，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀
a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3
b．加热的目的：促进Fe3＋水解
（2）抑制盐类水解；
像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯
如：由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则：
MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O
（3）促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离
（4）“酸作用”还可除去氧化物(膜)
（5）“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
（6）特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
【注意】调节pH的试剂选取：
①选取流程中出现的物质；
②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；
③已学的常见酸碱(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3)。
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀的方法：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
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
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)
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
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
分
离
提
纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
循环物质的确定
副产品的确定
滤渣成分的确定
①过量的反应物。
②原料中不参与反应的物质。
③由原料转化的生成物。
④由杂质转化的沉淀物。
CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2；
K2FeO4：Fe为＋6；
FePO4：Fe为＋3；
LiFePO4：Fe为＋2；
Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3；
N2H4：N为－2；
Na2S2O3：S为＋2；
S2Oeq \\al(2－,8)：S为＋6；
VOeq \\al(＋,2)：V为＋5；
C2Oeq \\al(2－,4)：C为＋3；
HCN：C为＋2；N为－3；
CuH：Cu为＋1，H为－1；
BHeq \\al(－,4)：B为＋3、H为－1；
FeOeq \\al(n－,4)：Fe为＋(8－n)；
Si3N4：Si为＋4，N为－3；
MnO(OH)：Mn为＋3；
CrOeq \\al(2－,4)：Cr为＋6；
氧化剂
还原产物
KMnO4
Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；MnOeq \\al(2－,4)(碱性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr3＋
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
H2SO4(浓)
SO2
X2(卤素单质)
X－
H2O2
OH－(碱性)；H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
Cl2
Cl－
HClO、NaClO、Ca(ClO)2(或ClO－)
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl2、ClO2、Cl－
PbO2
Pb2＋
Fe3＋
Fe2＋
还原剂
氧化产物
Fe2＋
Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)
SO2(或H2SO3、SOeq \\al(2－,3)、NaHSO3)
SOeq \\al(2－,4)
S2－(或H2S、NaHS)
S、SO2(或SOeq \\al(2－,3))、SOeq \\al(2－,4)
H2C2O4、C2Oeq \\al(2－,4)
COeq \\al(2－,3)、CO2
H2O2
O2
I－(或HI、NaI)
I2、IOeq \\al(－,3)
CO
CO2
金属单质(Zn、Fe、Cu等)
Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋
H2
H＋(酸性)、H2O(碱性)
考查角度
思路分析
判断沉淀的生成或沉淀是否完全
①根据离子浓度数据求得Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成；
②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 ml·L－1，则该离子沉淀完全
常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH
①根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH；
②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 ml·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH
计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度
根据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转化反应越易进行，转化程度越大
沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；
②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
c(H2SO4)/ml·L-1
1.0
5.0
10.0
16.0
18.0
Mn浸出率/%
25
78
95
85
55
Al浸出率/%
35
90
83
5
0
金属离子
开始沉淀的
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的
2.9
8.2
5.1
13.8
化学工艺流程题一般是陌生复杂的情境，多以工业流程图的形式呈现，试题主要特点：源于生产实际，问题情境真实；试题内容丰富，既考查化学知识的掌握和应用，同时也考查迁移推理能力；试题新颖，阅读量、思维含量较大，考查考生的信息提取加工、处理、应用表达能力。分析近年的高考试题，可以预测2024年的高考考查中，主要考查以下知识点：
（1）常见的工艺操作方法措施（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）；
（2）常见的工艺操作控制条件（调节溶液pH、控制温度等）；
（3）物质分离、提纯的方法及要点；
（4）流程中陌生的反应方程式的书写；
（5）流程中有关Ksp的计算；
（6）流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算等。
另外，在新高考中，常将晶胞分析与计算内容放在工艺流程题中考查，这点需要考生特别注意。
考向一 物质的制备类
1．（2023·湖南卷）超纯是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是_______；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是_______，阴极的电极反应式为_______；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，写出该反应的化学方程式：_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（5）下列说法错误的是_______；
A．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行
C．“工序X”的作用是解配，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是_______；
(7)比较分子中的键角大小：_______(填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出 Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
(7) > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小
【分析】以粗镓为原料，制备超纯，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga，Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯，Et2O重复利用，据此解答。
【解析】（1）晶体的沸点较低，晶体类型是分子晶体；
（2）电解池温度控制在可以保证Ga为液体，便于纯Ga流出；粗Ga在阳极失去电子，阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，该反应的化学方程式8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2；
（4）“残渣”含，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（5）A.根据分析，流程中得到了循环利用，A正确；
B. 容易和水反应，容易被氧化，则流程中，“合成”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行，B正确；
C. “配体交换”得到，“工序X”先解构后蒸出，C正确；
D.二者甲基的环境不同，核磁共振氢谱化学位移不同，用核磁共振氢谱能区分和，D错误；
故选D；
（6）直接分解时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
（7）分子中的键角>，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小。
2．（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。
3．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：
已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
回答下列问题：
（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液_____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在_____以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】（1）
（2） 纯碱
（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是，则滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。
【解析】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。
（2）由分析可知，滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。
4．（2022·广东卷）稀土()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：
已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。（2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
（6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。
①还原和熔融盐制备时，生成1ml转移_______电子。
②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。
【答案】（1）Fe2+
（2） 4.7pH<6.2
（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
（5）MgSO4
（6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。
（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；；
（3）滤液2中浓度为，即0.1125ml/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==410-4，故答案为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1ml转移15电子，故答案为：15；
②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，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
考向二 物质的提纯类
5．（2023·湖北卷）是生产多晶硅的副产物。利用对废弃的锂电池正极材料进行氯化处理以回收Li、C等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）C位于元素周期表第_______周期，第_______族。
（2）烧渣是LiCl、和的混合物，“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体常用方法的名称是_______。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。
（5）导致比易水解的因素有_______(填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知，粗品与在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、和的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是和；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为。
【解析】（1）C是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为，常用焰色反应鉴别和，的焰色反应为紫红色，而的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中，浓度为。“850℃煅烧”时，与反应生成和，该反应的化学方程式为。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此，比易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此，中的共用电子对更加偏向于，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的的进攻，因此，比易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明比易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的形成化学键，从而导致比易水解，d有关；
综上所述，导致比易水解的因素有abd。
6．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（和)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为_______(答出一条即可)。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，中过氧键的数目为_______。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为_______(的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为、_______(填化学式)。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。体积分数为_______时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
（5）“沉钴镍”中得到的(Ⅱ)在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为_______。
（6）“沉镁”中为使沉淀完全，需控制不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3） Fe(OH)3
（4） 9.0% SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）
（6）11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，用石灰乳调节，被氧化为，发生反应，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，C2+变为C(OH)2，在空气中可被氧化成。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）的结构简式为，所以中过氧键的数目为NA
（3）用石灰乳调节，被氧化为，该反应的离子方程式为：；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5ml/L，，c(OH-)=10-10.8ml/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
（4）根据图示可知体积分数为0.9%时，(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低的浓度，降低(Ⅱ)氧化速率
（5）“沉钻镍”中得到的C(OH)2，在空气中可被氧化成，该反应的化学方程式为：；
（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5ml/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9ml/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1ml/L，所以溶液的pH=11.1。
7．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗中含有的几种物质的沸点：
回答下列问题：
（1）已知，的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略、随温度的变化。若，则该反应可以自发进行。根据下图判断：时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．
B．
C．
D．
（2）与C、，在的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
①该温度下，与C、反应的总化学方程式为_______；
②随着温度升高，尾气中的含量升高，原因是_______。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离中含、杂质的方法是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入冶炼的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2） 5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2 随着温度升高，CO2与C发生反应
（3） 3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3 蒸馏
（4）不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）AC
【解析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
（1）记①，②，③，④；
A．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时的，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时的，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律，可由①+③得到，则600℃时其，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
（2）①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl25TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应；
（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
（5）本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
8．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有和少量)，并设计了以下流程通过制备碳酸锂来提取锂。
时相关物质的参数如下：
的溶解度：
回答下列问题：
（1）“沉淀1”为___________。
（2）向“滤液1”中加入适量固体的目的是___________。
（3）为提高的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
（4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备。查阅资料后，发现文献对常温下的有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究的性质，将饱和溶液与饱和溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下___________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为___________。
（5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入改为通入。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由___________。
【答案】（1）Mg(OH)2
（2）将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩 趁热过滤
（4） 不稳定 Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O
（5）能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果
【解析】浓缩卤水(含有和少量)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有和的滤液1，沉淀1为Mg(OH)2，向滤液1中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子为和OH-，沉淀2为CaCO3，向滤液2中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
（1）浓缩卤水中含有，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；
（2）滤液1中含有和，结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，加入Li2CO3的目的是将转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出，所以为提高的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3。故答案为：不稳定，Li+ + HCO = LiHCO3，2LiHCO3 = Li2CO3↓ + CO2↑+ H2O；
（5）“滤液2”中含有LiOH，加入，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。故答案为：能达到相同效果，因为改为通入过量的，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。
一、常见的工艺操作方法措施和条件控制
二、物质分离、提纯的方法及要点
三、工艺流程中的物质确定及方程式书写方法
1.工艺流程中的物质确定
首先分析题干信息，明确原料成分，看清流程图中的箭头指向，根据物质性质写出相关的化学反应(离子方程式或化学方程式)，最后根据题干信息确定滤液中物质的成分。滤液中物质的成分确定的思维模型如图所示：
2.工艺流程中的方程式书写
（1）明确一些特殊物质中元素的化合价
（2）认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
①强氧化性物质或离子：
Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H＋)。
②强还原性物质或离子：
Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SOeq \\al(2－,3))、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)等。
（3）书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测
①常见的氧化剂及还原产物预测
②常见的还原剂及氧化产物预测
四、工艺流程中有关溶度积的计算
1．溶度积(Ksp)的有关计算
（1）已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq \r(a) ml·L－1。
（2）已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度，如某温度下，AgCl的Ksp＝a，在0.1 ml·L－1 NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a ml·L－1。
（3）计算反应的平衡常数，如反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，平衡常数K＝eq \f(c（Mn2＋）,c（Cu2＋）)＝eq \f(Ksp（MnS）,Ksp（CuS）)。
（4）求解开始沉淀和沉淀完全时的pH，如判断M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)开始沉淀与沉淀完全时的pH。
①开始沉淀时pH的求法：c(OH－)＝eq \r(n,\f(Ksp,c（Mn＋）))，c(H＋)＝eq \f(Kw,c（OH－）)，从而确定pH。
②沉淀完全时pH的求法：当Mn＋的浓度小于或等于1.0×10－5 ml·L－1时，认为该离子已经沉淀完全，c(OH－)＝eq \r(n,\f(Ksp,1.0×10－5)) ml·L－1，结合Kw求出c(H＋)，从而确定pH。
注意：有关Ksp的计算往往与pH的计算结合，要注意pH与c(OH－)关系的转换；难溶电解质的悬浊液即其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。
2．溶度积常数的考查角度及思路分析
五、工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
1．计算公式
（1）n＝eq \f(m,M)，n＝eq \f(V,Vm)，n＝cV(aq)
（2）eq \a\vs4\al(\(\s\up11(物质的质量分数),\s\d4(或纯度)))＝eq \f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%
（3）产品产率＝eq \f(产品实际产量,产品理论产量)×100%
（4）物质的转化率＝eq \f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%
考向一 物质的制备类
1．（2024·山东济南一模）工业上常用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)和Li2CO3合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，其工艺流程如图所示。
已知：①Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化；
②当溶液中某离子浓度时，可认为该离子沉淀完全；常温下，几种沉淀的如下表所示：
③lg5=0.7。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是 ，一定温度下，软锰矿与不同浓度的硫酸反应60min时结果如下表所示：
则“酸浸”时，选择c(H2SO4)为 ml·L-1。
（2）加入MnCO3“调pH”时，若c(Mn2+)=1.0ml·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001ml·L-1，则调pH的范围为 ，若“滤渣Ⅲ”主要成分为FeOOH，则“氧化”操作中主反应的离子方程式为 。
（3）“焙烧”操作中，为了提高Li2CO3利用率，加入稍过量的MnO2，加热至600℃～750℃便制得LiMn2O4，则反应的化学方程式为 ，整个流程中，可以循环使用的物质有 。
（4）获取明矾的“一系列操作”是 。
【答案】（1）将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3 10.0
（2）4.67≤pH≤5.5
（3） O2、硫酸
（4）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)与SO2和稀硫酸反应，MnO2被还原为Mn2+，Fe2O3生成Fe3+后被还原为Fe2+、Al2O3生成Al3+，SiO2不反应，过滤除去，滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中加入碳酸锰调pH值，使Al3+转化为Al（OH）3沉淀，通过过滤分离开，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，滤液中含有Mn2+、Fe2+，用氧气将Fe2+氧化为FeOOH沉淀，过滤除去，滤渣Ⅲ为FeOOH，电解滤液，将Mn2+氧化为MnO2，MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，滤渣Ⅱ为Al（OH）3，加入稀硫酸、K2SO4溶解，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤后得到明矾。
【解析】（1）“酸浸”时，通入稍过量SO2的目的是：将MnO2全部转化为Mn2+，且将Fe3+还原为Fe2+，防止在滤渣Ⅱ中引入Fe(OH)3；流程的目的是合成电极材料LiMn2O4并回收净水剂明矾，要求Mn和Al的浸出率都尽量高，由表格数据可知，酸浸时，选择10.0ml/L的硫酸溶液最合适；
（2）加入碳酸锰调pH值，是为了让Al3+转化为Al（OH）3沉淀，而其他金属阳离子依然在溶液中，，当Al3+完全沉淀时，，，，pH=4.67，若c(Mn2+)=1.0ml·L-1，其他金属阳离子浓度为0.001ml·L-1，当Mn2+开始沉淀时， ，，，pH=8.35；当Fe2+开始沉淀时，，，，pH=7.35，综上：Al3+完全沉淀时，pH=4.67，Mn2+开始沉淀时，pH=8.35，Fe2+开始沉淀时pH=7.35，即4.67≤pH＜7.35，由于Mn2+在酸性条件下比较稳定，pH高于5.5时易被O2氧化，则4.67≤pH≤5.5；
（3）MnO2和Li2CO3焙烧，得到LiMn2O4，反应的化学方程式为：；整个流程中，可以循环使用的物质有：O2、硫酸；
（4）获取明矾的“一系列操作”是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
2．（2024·广西·统考模拟预测）层状结构薄膜能用于制作电极材料。薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，其流程如下。
回答下列问题：
（1）“焙烧”产生的用溶液吸收生成的离子方程式为 。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，为提高“浸取”速率，可采用的措施是 (举一例)。
（3）“灼烧”过程中需回收利用的气体是 (填化学式)。
（4）在650℃下“气相沉积”生成的反应需在特定气流中进行，选用Ar而不选用形成该气流的原因是 。
（5）层状晶体与石墨晶体结构类似，层状的晶体类型为 。将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，该负极放电时的电极反应式为 。结合原子结构分析，能嵌入层间可能的原因是 。
【答案】
（1）
（2）将固体粉碎
（3）NH3
（4）和S在加热条件下发生生成H2S
（5）混合型晶体 为Li失去一个电子形成，原子半径小
【解析】薄膜由辉钼矿(主要含及少量FeO、)制得后再与S经气相反应并沉积得到，辉钼矿焙烧后使用氨水浸取得到，结晶后灼烧得到，最后与S经气相反应并沉积得到，据此分析解题。
（1）用溶液吸收，生成，离子方程式为，故答案为。
（2）“焙烧”后的固体用氨水“浸取”得到重钼酸铵溶液，可将固体粉碎，提高“浸取”速率，故答案为将固体粉碎。
（3）为铵盐，“灼烧”过程产生NH3，可回收利用，故答案为NH3。
（4）和S在加热条件下发生生成H2S，所以用Ar而不选用，故答案为和S在加热条件下发生生成H2S。
（5）石墨的晶体类型为混合型晶体，层状晶体与石墨晶体结构类似，所以层状的晶体类型为混合型晶体，将嵌入层状充电后得到的可作电池负极，放电是原电池，失去电子发生氧化反应，电极反应式为，为Li失去一个电子形成，电子排布式为1s2，原子半径小，能嵌入层间，故答案为分子晶体；；为Li失去一个电子形成，原子半径小。
3．（2024·黑龙江哈尔滨·高三一模）高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域。以工业级氧化锌(含等)为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知。
回答下列问题：
（1）浸出时，为了提高浸出效率可采取的措施有(写两种)： 。
（2）氧化时，加入溶液是为了将浸出液中的和均转化为沉淀而除去，(溶液中元素全部转化为)，请分别写出除去和的离子方程式 ， 。
（3）加入锌粉的目的是 。
（4）已知浸出液中，、。
①若要除尽上述浸出液中的和，需加入 。
②加入溶液反应一段时间后，溶液中，若溶液，则此时 (填“能”或“不能”)生成沉淀。
【答案】（1）搅拌、将氧化锌粉碎、升高温度、增加硫酸浓度等
（2）
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等
（4）7.9 不能
【分析】工业级氧化锌加入硫酸酸浸，浸出液加入高锰酸钾氧化亚铁离子为氢氧化铁沉淀、氧化锰离子为二氧化锰沉淀，然后加入锌调节pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，过滤滤液加入碳酸钠将锌离子转化为碳酸锌沉淀，吸滤、煅烧得到成品。
【解析】（1）增大接触面积可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；也可以适当升高温度、增加硫酸浓度等加快反应速率，提高浸出效率；
（2）高锰酸钾氧化亚铁离子反应中，Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由+2价升高为Fe(OH)3中+3价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则高锰酸根离子的系数为1，Fe2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；高锰酸钾氧化锰离子反应中高锰酸钾Mn元素化合价由+7价降低为MnO2中+4价，共降低3价，锰离子中锰元素化合价由+2价升高为二氧化锰中+4价，共升高2价，化合价升降最小公倍数为6，则高锰酸根离子的系数为2，Mn2+的系数为3，结合质量守恒配平反应为：；
（3）加入锌粉的目的是和溶液中氢离子反应，调节溶液pH，除去溶液中Cu2+、Ni2+、Cd2+等，使其转化为沉淀；
（4）①浸出液中、，1m3上述浸出液中，Fe2+的物质的量为，Mn2+的物质的量，、，可知需要高锰酸钾的物质的量为，需要高锰酸钾的质量为0.05ml×158g/ml=7.9g；
②溶液中，若溶液，pOH=11，则，故此时不能生成沉淀。
4．（2024·陕西宝鸡·统考模拟预测）工业上以铬铁矿(主要成分FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的工艺流程如图a。回答下列问题：
（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，其目的是 。
（2）“焙烧”的目的是将FeO·Cr2O3转化为Na2CrO4，并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，写出焙烧时FeO·Cr2O3发生的化学方程式 。
（3）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b所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5ml/L时，可认为已除尽。
试分析：“中和”时pH的理论范围为 ；“酸化”的目的是 ；Fe元素在 (选填流程图a中操作步骤的名称)过程中除去。
（4）蒸发结晶步骤中的副产品主要是 。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 。
（5）此方法生产过程中会产生大量含的酸性废水，可以用如图c装置处理。向废水中加入适量的NaCl进行电解，被电极产物还原为Cr2+，然后生成Cr(OH)3沉淀除去，废水则可以达到排放标准。
①写出阳极的电极方程式 。
②已知Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml/L，则此时c(Cr3+)= ml/L。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）
（3）4.5~9.3 把完全转化为 浸取
（4）Na2SO4 硫酸
（5）Fe-2e-=Fe2+ 1.0×10-6
【解析】铬铁矿主要成分FeO·Cr2O3，含Al2O3、SiO2等杂质。铬铁矿和纯碱在空气中灼烧生成Na2CrO4、偏铝酸钠、硅酸钠、氧化铁，“水浸”除去氧化铁，滤液中加硫酸“中和”生成氢氧化铝、硅酸沉淀，过滤，滤液中加硫酸酸化把完全转化为，蒸发结晶析出副产品硫酸钠，冷却结晶析出Na2Cr2O7·2H2O。
（1）“焙烧”时，将矿料磨碎且气体与矿料逆流而行，可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）焙烧时FeO·Cr2O3、碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4、氧化铁、二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为 。
（3）“中和”的目的是以氢氧化铝沉淀、硅酸沉淀的形式除去元素， 根据图示，pH的理论范围为4.5~9.3；最终产品是Na2Cr2O7·2H2O ，所以“酸化”的目的是把完全转化为；Fe2O3难溶于水，根据流程图，Fe元素在“浸取”过程中除去。
（4）根据流程图，溶液存在的阳离子是钠离子、H+，阴离子为、，所以蒸发结晶步骤中的副产品主要是Na2SO4。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硫酸。
（5）①铁为阳极，阳极铁失电子生成亚铁离子，阳极的电极方程式为Fe-2e-=Fe2+。
②根据图b，c(Fe3+)=1.0×10-5ml/L时，pH=3，c(OH-)=1.0×10-11ml/L，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38；Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，若电解一段时间后，调节pH测得溶液中c(Fe3+)=1.0×10-12ml/L，则此时c3(OH-)=1.0×10-26ml/L，c(Cr3+)=ml/L。
考向二 物质的提纯类
5．（2024·山东德州一模）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂(主要含、、NiO及少量、)制备的工艺流程如下：
已知：Ⅰ.、NiO都是不溶于水的碱性氧化物
Ⅱ.0.1 溶液的pH=1.0
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）滤渣的主要成分是 ；酸化时，完全转化为的最大pH为 。(已知 ；离子浓度≤10-5ml/L时沉淀完全)
（2）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（3）反萃取剂应选用 (填“酸性”、“中性”或“碱性”)溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为90%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。
（4）生成的化学方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 ；制备过程中需加入NaOH维持最佳pH，若过量，需要增加NaOH的用量，原因是 。
【答案】（1）Al(OH)3和H2SiO3， 8.37
（2）
（3）酸性 10∶3
（4）H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3 pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1 溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量
【分析】
本题为利用某废催化剂制备的工业流程题，首先用氢氧化钠碱溶，根据信息可知，沉淀为Bi2O3、NiO，其中氧化铝和二氧化硅分别转化为四羟基合铝酸钠和硅酸钠，过滤后再酸化，其中滤渣为Al(OH)3和H2SiO3，提纯后得到NH4VO4，沉淀处理后得到Bi(NO3)3，最终得到产品，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣的主要成分是：Al(OH)3和H2SiO3；该反应的平衡常数，c(OH-)=10-5.63，c(OH-)=10-8.37，pH=8.37；
（2）根据流程可知，“还原”时转化为，相应的方程式为：；
（3）结合信息Ⅲ可知，根据平衡移动原理可知，反萃取剂应选用酸性溶液；萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则2x×90%=6y，则x∶y=10∶3；
（4）根据流程可知，生成BiVO4的化学方程式为H2O+NH4VO3+ Bi(NO3)3=BiVO4+NH4NO3+2HNO3；根据图中信息可知，制备粒径较小的BiVO4晶体的最佳条件是：pH=6，80℃，浓度为1.0ml⋅L-1；根据信息Ⅱ可知，溶液溶液显酸性，则为了维持最佳pH，需要增加NaOH的用量。
6．（2024·山东聊城一模）活性炭载钯（Pd/C）催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂（钯碳）的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯（）和Pd的流程。
（1）实验室中可在 （填仪器名称）中模拟“焚烧”过程。为二元弱碱，常温下的电离常数、，则常温下0.1ml/L 水溶液pH= 。
（2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成和一种有毒的无色气体A，A为 （填化学式），钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为 ，写出“除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式 。
（3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为 （填名称），加入该试剂的目的是 。
（4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为，其吸附的氢气是其体积的n倍（标准状况），则此条件下，氢气的浓度 ml（氢气的浓度r为1ml Pd吸附氢气的物质的量，用含、n的分数式表示）。
【答案】（1）坩埚 10.5
（2）NO 2.5h，90℃ 或
（3）盐酸 中和，促进转化为沉淀
（4）
【分析】废钯催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而除去，加入N2H4，PdO被N2H4还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO气体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到Pd。
【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验；的电离方程式为，电离常数 ，则c(OH-)=10-3.5，c(H+)= =10-10.5，pH==10.5
（2）
由分析知有毒的无色气体A为NO，由图钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学方程式：或
（3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和，促进转化为沉淀
（4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为1000g，物质的量为 ，吸附氢气体积为nL，物质的量为 ，则1ml Pd吸附氢气的物质的量为
7．（2024·河南·统考模拟预测）钢渣是钢铁行业的固体废弃物，含有和等物质。一种以钢渣粉为原料固定并制备的工艺流程如图所示。
已知钢渣中元素质量分数为在稀盐酸和混合溶液中不易被浸出。该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的如下表所示：
回答下列问题：
（1）浸出1过程生成的“包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有 (除粉碎外，举1例)。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是 。
（2）为避免引入杂质离子，氧化剂应为 (举1例)。
（3）滤液的溶质可循环利用，试剂应为 。
（4）若的浸出率为，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定 。
（5）富钒渣焙烧可生成钒钙盐，不同钒钙盐的溶解率随变化如图所示。已知浸出2的pH约为2.5，则应控制焙烧条件使该钒钙盐为 。该培烧反应的化学方程式是 。
（6）微细碳酸钙广泛应用于医药、食品等领域，某种碳酸钙晶胞如图所示。已知，该晶体密度为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌 稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散
（2）H2O2或氯水
（3）氨水
（4）297
（5）Ca2V2O7 V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2
（6）×1023
【解析】钢渣中含有2CaO∙SiO2、Fe2O3、FeO、Al2O3和V2O3等，钢渣中加入稀盐酸、NH4Cl进行“浸出1”，经过滤得到富钒渣，滤液中含Fe3+、Fe2+、Al3+、Ca2+，滤液中加入氧化剂A将Fe2+氧化成Fe3+，加入试剂B将Fe3+、Al3+转化成铁铝渣而除去，然后加入试剂B调pH，再吸收CO2“固碳”得到微细CaCO3和滤液C；富钒渣与CaCO3在空气中焙烧得焙烧产物，焙烧产物中加入稀硫酸进行“浸出2”经过滤得滤渣和滤液，滤液经系列操作得V2O5，用还原剂将V2O5还原为V2O3。
（1）浸出1过程生成的SiO2 “包裹”在钢渣表面形成固体膜，阻碍反应物向钢渣扩散。提高浸出率的措施有：适当增大盐酸的浓度、适当升高温度、搅拌等。该浸出过程不使用稀硫酸代替稀盐酸的原因是：稀硫酸与2CaO∙SiO2反应形成微溶于水的CaSO4覆盖在钢渣表面，阻碍反应物向钢渣扩散。
（2）加入氧化剂A的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，为避免引入杂质离子，氧化剂A应为H2O2或氯水。
（3）加入试剂B的目的使Fe3+、Al3+转化成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而除去，继续加入试剂B调pH，便于“固碳”时形成CaCO3，滤液C的溶质可循环利用，试剂B应为氨水。
（4）钢渣中Ca元素的质量分数为30%，若Ca的浸出率为90%，理论上1吨钢渣在“固碳”中可固定CO2的质量为=297kg。
（5）由图可知浸出2的pH约为2.5时，Ca2V2O7的溶解率最大，故应控制焙烧条件使钒钙盐为Ca2V2O7；该焙烧过程中V元素的化合价由+3价升至+5价，O2为氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒，该焙烧反应的化学方程式为V2O3+2CaCO3+O2Ca2V2O7+2CO2。
（6）该晶胞中含Ca2+的个数为4×+4×+2×+2×+4=6，含的个数4×+4×+4=6，1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为=×(4.99×10-7cm)2×(17.3×10-7cm)= ×4.992×17.3×10-21cm3，该晶体密度为g÷(×4.992×17.3×10-21cm3)= ×1023g/cm3。
8．（2024·贵州·统考模拟预测）钴属于稀缺性金属。利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取某废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备产品，实现资源的循环利用。主要工艺流程如下：
已知：①氯化胆碱是一种铵盐；
②在溶液中常以(蓝色)和(粉红色)形式存在；
③时，。
回答下列问题：
（1）中的化合价为 。
（2）下图为“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和粗品以不同的液固比在下微波处理后锂和钴的浸取率图，则最佳液固比为 。
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为 。
（4）时，“沉钴”反应完成后，溶液，此时 。
（5）“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，检验“滤饼2”是否洗涤干净的操作及现象是 。
（6）“高温烧结”中需要通入空气，其作用是 。
(7)锂离子电池正极材料在多次充放电后由于可循环锂的损失，结构发生改变生成，导致电化学性能下降。
①晶体(常式尖晶石型)的晶胞示意图如图所示，则顶点上的离子为 (用离子符号表示)。
②使用和溶液可以实现的修复，则修复过程中的化学反应方程式为 。
【答案】（1）+1
（2）60mL/g
（3）
（4）
（5）取最后一次洗涤液加入氯化钙/氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净
（6）利用空气中的氧气将+2价C氧化为+3价
(7)C2+
【解析】氯化胆碱-草酸和微波共熔的过程中，C被还原为+2价，经过水浸滤液中C以存在，加入氢氧化钠沉钴，得到C(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，C(OH)2固体经过煅烧得到固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和高温烧结（通入空气氧化）得到产品。
（1）中C为+3价，O为-2价，因此Li为+1价；
（2）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；
（3）“水浸”过程中溶液由蓝色变为粉红色，该变化的离子方程式为：；
（4）pOH=14-pH=4，此时溶液中氢氧离子浓度为：10-4ml/L，钴离子浓度为：；
（5）检验“滤饼2”是否洗涤干净只需要检验最后一次洗涤液中是否含有大量碳酸钠即可：取最后一次洗涤液加入氯化钙或氯化钡溶液，无白色沉淀产生，则已洗净；
（6）据分析，高温烧结时通入空气，利用空气中的氧气将+2价C氧化为+3价；
（7）C3O4 晶体属于常式尖晶石型，结合晶胞结构可知，C3+位于晶胞内部立方体的4个顶点，C2+位于晶胞的8个顶点和1个在内部，O2-位于晶胞内部立方体的4个顶点以及另外4个在内部，离子个数比：C2+:C3+:O2-=2:4:8=1:2:4，则顶点上的离子为C2+；使用和溶液可以实现的修复是过氧化氢将氧化和生成：。
9．（2024·安徽·统考模拟预测）钼()及其化合物广泛地应用于医疗卫生、国防等领域。某镍钼矿中的镍和钼以和形式存在，从镍钼矿中分离钼，并得到的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。中钼元素的化合价为 。
（2）“焙烧”中生成的化学方程式为 。
（3）用量对钼浸出率和浸取液中浓度的影响如图1所示，分析实际生产中选择用量为理论用量1.2倍的原因： 。
（4）的溶解度曲线如图2所示，为充分分离，工艺流程中的“操作”应为_______(填标号)。
A．蒸发结晶B．低温结晶C．蒸馏D．萃取
（5）为充分利用资源，“离子交换萃取”步骤产生的交换溶液应返回“ ”步骤。
（6）分解可得。高温下，用铝粉还原得到金属钼的化学方程式为 。
【答案】（1） 四 Ⅷ +6
（2）
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低
（4）B
（5）浸取
（6）
【分析】镍钼矿（、等）加入碳酸钠并通入空气焙烧，发生反应，，加水后，进入溶液中，加入硫酸镁除去多余的碳酸根，过滤后再通过低温结晶（根据的溶解度随温度变化特点确定），将硫酸钠分离出来，溶液经过离子交换萃取等一系列操作后可得钼酸铵。
【解析】（1）Ni是第28号元素，位于元素周期表第四周期，第Ⅷ族；根据化合物中元素化合价代数和为0，可得钼酸铵中M的化合价为+6价；
（2）与碳酸钠和空气焙烧，反应化学方程式为：
（3）若高于1.2倍，会导致净化过程消耗过多的硫酸镁，若低于1.2倍，钼浸出率较低；
（4）温度较低时，硫酸钠的溶解度远低于钼酸钠，故选用低温结晶；
（5）交换溶液主要含Na+，应返回浸取步骤，可以大大降低废水的排放；
（6）高温下，用铝粉还原得到金属钼和氧化铝，化学方程式为：。
10．（2024·四川成都·校考一模）三氯化六氨合钴是一种重要的化工原料。利用含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取的工艺流程如图所示：
已知：①“酸浸”过滤后的滤液中含有、、、等。
② 、 、
已知：溶液中金属离子物质的量浓度低于时，可认为沉淀完全。
③具有较强还原性。
回答下列问题：
（1）制备。
“除杂”过程中加调节pH后会生成两种沉淀，同时得到含的滤液，调节pH的范围为 。
（2）制备。
①“混合”过程中需先将，溶液混合，然后再加入活性炭，的作用是 。
②“氧化”过程应先加入 (选填“氨水”或“双氧水”)，原因是 。
③生成的离子方程式为 。
（3）分离提纯。将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是 。
（4）含量测定。通过碘量法可测定产品中的钴元素的含量。称取0.10g产品加入稍过量的NaOH溶液并加热，将C完全转化为难溶的，过滤洗涤后将滤渣完全溶于盐酸中，向所得的溶液中加入过量的KI和2~3滴淀粉溶液，再用溶液滴定(反应原理：、)，达到滴定终点时消耗溶液24.00mL，则产品中钴元素的含量 。
【答案】（1）4.7~7.4(大于等于4.7小于7.4)
（2）会抑制的电离，防止生成沉淀；参与反应提供 氨水 具有较强还原性，易被氧化；先加将氧化为，后加氨水，会生成，不利于产品的生成
（3）增大，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出
（4）14.16%
【解析】以含钴废料用盐酸溶解，过滤出滤渣，得到含、、、的酸性滤液，向滤液中加入适量的NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，再加Na2CO3调pH，沉淀Al3+、Fe3+为Fe(OH)3和Al(OH)3，过滤得滤渣(主要成分为Fe(OH)3和Al(OH)3)和滤液，向含有C2+的溶液中加入活性炭和NH4Cl溶液得到CCl2•6H2O，再依次加入氨水和H2O2，发生反应依次为：、；再将沉淀在HCl氛围下蒸发浓缩、冷却结晶、减压过滤得到产品；
（1）“除杂”过程中加Na2CO3调节pH后会生成两种沉淀，使Al3+、Fe3+完全沉淀，而C2+不产生沉淀，由题干信息 、可知当Al3+完全沉淀后，Fe3+已经早就完全沉淀，此时，则pH=4.7，同时得到含c(C2＋)=0.1 ml/L的滤液，此时溶液中,则pH=7.4，即调节pH的范围为4.7 ~7.4；
（2）①流程中除作反应物外，溶于水电离出的会抑制后期加入的NH3•H2O的电离，可防止加氨水时c(OH - )过大，防止生成C(OH)2沉淀；故答案为：会抑制NH3•H2O的电离，防止生成C(OH)2沉淀；参与反应提供NH；
②若先加H2O2，将C元素氧化到C3+，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2，可防止C(OH)3的生成，故答案为：氨水；具有较强还原性，易被氧化；先加H2O2将C2＋氧化为C3＋，后加氨水，会生成C(OH)3，不利于产品的生成，故先加入氨水再加入H2O2；
③由分析可知，生成[的反应方程式为：，则其离子方程式为；
（3）由分析可知，将反应后的混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，过滤、洗涤、干燥，得到晶体。该过程中加入浓盐酸的目的是增大c(Cl-)，降低在水中的溶解度，有利于其结晶析出；
（4）据题干反应原理可知，，则产品中钴元素的含量为=14.16%。
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
离子
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
物质
物质
沸点/
136
127
57
180
物质
分压
化合物
方法措施或条件控制
思考角度
固体原料粉碎或研磨、液体原料雾化
将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分。
目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等
增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等
焙烧或灼烧
①除去硫、碳单质；
②有机物转化、除去有机物；
③高温下原料与空气中氧气反应；
④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。
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。
酸浸
①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；
②去氧化物(膜)
碱溶
①除去金属表面的油污；
②溶解两性化合物(Al2O3、ZnO等)，溶解铝、二氧化硅等
水浸
与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中
醇浸
提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物
加热
①加快反应速率或溶解速率；
②促进平衡向吸热反应方向移动(一般是有利于生成物生成的方向)；如：促进水解生成沉淀。
③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2、氨水、铵盐(NH4Cl)、硝酸盐、NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质；
④使沸点相对较低或易升华的原料气化；
⑤煮沸时促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出等
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，使其结晶析出，减少损失等
控制温度在一定范围(综合考虑)
温度过低：反应速率过慢或溶解速率小
温度过高： = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②物质分解，如：NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④物质氧化，如：Na2SO3等
= 5 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑤物质升华，如：I2 升华
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①防止副反应的发生
②使化学平衡移动；控制化学反应的方向
③控制固体的溶解与结晶
④控制反应速率；使催化剂达到最大活性
⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量
⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求
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
加入氧化剂
(或还原剂)
①氧化(或还原)某物质，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）调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的；
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值~主要离子开始沉淀时pH (注意两端取值)
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型的物质
= 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④实例：除去CuSO4溶液中少量Fe3+，可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuCO3，调节pH至3~4，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀
a．加入CuO的作用：调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3
b．加热的目的：促进Fe3＋水解
（2）抑制盐类水解；
像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相对应的无水盐时，由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解(水解反应为吸热反应)导致产品不纯
如：由MgCl2·6H2O制无水MgCl2要在HCl气流中加热，否则：
MgCl2·6H2OMg(OH)2＋2HCl↑＋4H2O
（3）促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离
（4）“酸作用”还可除去氧化物(膜)
（5）“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
（6）特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
【注意】调节pH的试剂选取：
①选取流程中出现的物质；
②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；
③已学的常见酸碱(NaOH、Na2CO3、HCl、H2SO4、NH3·H2O、HNO3)。
洗涤晶体
①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质
②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗
③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等
④洗涤沉淀的方法：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
在空气中或在其他气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的
判断能否加其他物质
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
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)
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作
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
分
离
提
纯
不相溶液体
分液
相溶性液体
蒸馏
难溶性固体
过滤
易溶性固体
蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤
防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤
减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤
减少晶体的水溶性损失
循环物质的确定
副产品的确定
滤渣成分的确定
①过量的反应物。
②原料中不参与反应的物质。
③由原料转化的生成物。
④由杂质转化的沉淀物。
CuFeS2：Cu为＋2，Fe为＋2，S为－2；
K2FeO4：Fe为＋6；
FePO4：Fe为＋3；
LiFePO4：Fe为＋2；
Li2NH、LiNH2、AlN：N为－3；
N2H4：N为－2；
Na2S2O3：S为＋2；
S2Oeq \\al(2－,8)：S为＋6；
VOeq \\al(＋,2)：V为＋5；
C2Oeq \\al(2－,4)：C为＋3；
HCN：C为＋2；N为－3；
CuH：Cu为＋1，H为－1；
BHeq \\al(－,4)：B为＋3、H为－1；
FeOeq \\al(n－,4)：Fe为＋(8－n)；
Si3N4：Si为＋4，N为－3；
MnO(OH)：Mn为＋3；
CrOeq \\al(2－,4)：Cr为＋6；
氧化剂
还原产物
KMnO4
Mn2＋(酸性)；MnO2(中性)；MnOeq \\al(2－,4)(碱性)
K2Cr2O7(酸性)
Cr3＋
浓硝酸
NO2
稀硝酸
NO
H2SO4(浓)
SO2
X2(卤素单质)
X－
H2O2
OH－(碱性)；H2O(酸性)
Na2O2
NaOH(或Na2CO3)
Cl2
Cl－
HClO、NaClO、Ca(ClO)2(或ClO－)
Cl－、Cl2
NaClO3
Cl2、ClO2、Cl－
PbO2
Pb2＋
Fe3＋
Fe2＋
还原剂
氧化产物
Fe2＋
Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性)
SO2(或H2SO3、SOeq \\al(2－,3)、NaHSO3)
SOeq \\al(2－,4)
S2－(或H2S、NaHS)
S、SO2(或SOeq \\al(2－,3))、SOeq \\al(2－,4)
H2C2O4、C2Oeq \\al(2－,4)
COeq \\al(2－,3)、CO2
H2O2
O2
I－(或HI、NaI)
I2、IOeq \\al(－,3)
CO
CO2
金属单质(Zn、Fe、Cu等)
Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋
H2
H＋(酸性)、H2O(碱性)
考查角度
思路分析
判断沉淀的生成或沉淀是否完全
①根据离子浓度数据求得Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成；
②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 ml·L－1，则该离子沉淀完全
常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH
①根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH；
②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 ml·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH
计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度
根据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转化反应越易进行，转化程度越大
沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；
②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
c(H2SO4)/ml·L-1
1.0
5.0
10.0
16.0
18.0
Mn浸出率/%
25
78
95
85
55
Al浸出率/%
35
90
83
5
0
金属离子
开始沉淀的
1.9
7.2
3.5
12.4
沉淀完全的
2.9
8.2
5.1
13.8
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