第26讲　化学工艺流程 2027届高三化学一轮复习(学案+教案）

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1. (1) √ (2) × (3) √ (4) × (5) ×
2. (1) BD (2) ①提高浸出温度或延长浸出时间 ②增大NHeq \\al(＋,4)浓度，促进NH4VO3充分沉淀
【解析】 (1) SO2的溶解度随着温度的升高而降低，水浴加热不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，A错误；降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但反应速率减小，不一定能提高MgO浆料吸收SO2效率，C错误。(2) ①加料完成，故提高钒元素浸出率的方法不能是提高硫酸的浓度。②NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡：NH4VO3(s)NHeq \\al(＋,4)(aq)＋VOeq \\al(－,3)(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于提高NHeq \\al(＋,4)的浓度，促进平衡向析出NH4VO3沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量。
考点1
[典题悟法]
例1 D 【解析】 “焙烧”时，FeV2O4和O2反应生成Fe2O3和NaVO3，Fe元素由＋2价升到＋3价、V元素由＋3价升到＋5价，1 ml FeV2O4(还原剂)失去5 ml电子，1 ml O2(氧化剂)得4 ml电子，根据得失电子相等可知n(氧化剂)∶n(还原剂)＝5∶4，A正确；“焙烧”时Al2O3与Na2CO3反应后再经过H2O的“浸取”转化为[Al(OH)4]－， “调pH”的目的是将[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3而除去，B正确；VOeq \\al(－,3)氧化性较强，能将Cl－氧化为Cl2，C正确；“沉钒”后得到NH4VO3饱和溶液，故有c(VOeq \\al(－,3))·c(NHeq \\al(＋,4))＝Ksp(NH4VO3)，D错误。
考点2
[知识梳理]
知识1
1. (1) ②CuO[或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3] Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋、CuO＋2H＋===Cu 2＋＋H2O (3) 3.3～5.4
2. (1) F－与H＋结合生成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)、CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋、Ca2＋沉淀不完全
3. (1) S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度降低
5. (2) C2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===CCO3↓＋H2O＋CO2↑
(3) Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NHeq \\al(＋,4)＋H2O或Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3===MnCO3↓＋NHeq \\al(＋,4)
知识2
1. (1) 充分振荡 (2) B (3) ①继续向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH≤1，然后分液 ②pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高 (4) pH越大，溶液中c(H＋)越小，有利于反应C2＋＋n(HA)2eq \(,\s\up7(萃取),\s\d7(反萃取))CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋正向进行，C2＋萃取率越高
2. (1) 例：使CCl4中的碘进入水层 (2) 例：C
(3) 例：富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)
(4) 例：0.25 向有机层中加入硫酸，充分振荡后分液，取水层
3. 例：(1) 提供配体，生成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2＋进入水层，便于分离出钛 (2) Sc(OH)3＋3NaOH===Na3[Sc(OH)6] (3) 2.8×10－6 (4) 83.3% 增加有机相体积、反复多次萃取(增加萃取次数)、提高分配比D(如更换萃取剂或调节pH) (5) TiO2＋＋(n＋1)H2O===TiO2·nH2O↓＋2H＋
【解析】 (1) H2O2作为配体，与Ti4＋形成稳定的配离子[TiO(H2O2)]2＋，该配离子易溶于水，使钛元素进入水层，从而实现与有机层的分离。(2) Sc(OH)3与Al(OH)3类似，具有两性。Al(OH)3在强碱中溶解生成[Al(OH)4]－，已知Sc3＋易形成八面体的配离子，因此Sc3＋的配位数为6，Sc(OH)3在强碱中溶解生成[Sc(OH)6] 3－，化学方程式为Sc(OH)3＋3NaOH===Na3[Sc(OH)6]。(3) pH＝3时，c(H＋)＝10－3 ml/L，c(OH－)＝10－11 ml/L。Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.8×10－39，c(Fe3＋)＝2.8×10－6 ml/L。(4) 萃取率＝eq \f(n有机相Sc,n总Sc)×100%＝eq \f(D·V有机,D·V有机＋1×V水)×100%。将D＝10、V水＝1 000 L、V有机＝500 L代入上式得萃取率约为83.3%。(5) 沉钛过程为TiO2＋水解生成TiO2·nH2O沉淀，离子方程式为TiO2＋＋(n＋1)H2O===TiO2·nH2O↓＋2H＋。
[典题悟法]
例2 A 【解析】 S2Oeq \\al(2－,8)具有强氧化性，将Mn2＋氧化为MnO2，离子方程式为S2Oeq \\al(2－,8)＋Mn2＋＋2H2O===2SOeq \\al(2－,4)＋MnO2↓＋4H＋，A正确；S2Oeq \\al(2－,8)结构中含有—O—O—，反应时O元素由－1价降低到－2价，硫元素化合价不变，B错误；试剂X可选ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2，不能使用金属Zn，因为Zn能还原Fe3＋生成Fe2＋，引入新杂质，C错误；加入Na2S2O8引入Na＋、加入碳酸氢铵和氨水“沉锌”时引入NHeq \\al(＋,4)，“沉锌”时Zn2＋转化为ZnCO3沉淀，滤液中一定大量存在的阳离子有Na＋、NHeq \\al(＋,4)，D错误。
例3 C 【解析】 Al与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，“滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]，A正确；“操作①”为过滤，“操作②”为萃取、分液，B正确；“酸溶”反应中H2O2作还原剂，H2O2溶液不可以换成O2，C错误；“沉钴”时Na2CO3溶液的滴速过快或浓度太大，溶液碱性增强，会产生C(OH)2杂质，D正确。
[情景创设]
1. (1) 2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(2) B (3) ①提高Ce3＋的萃取率 ②适当提高硝酸的浓度；充分振摇分液漏斗(或用适量萃取剂分多次萃取)(答案合理即可) ③Ce3＋、H＋
【解析】 (2) 若将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中，则生成的Ce2(CO3)3沉淀会浸泡在含Cl－较多的溶液中，所得Ce2(CO3)3沉淀的表面附着的Cl－较多；若将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中，则所得Ce2(CO3)3沉淀的表面附着的Cl－较少，故选B。(3) ①由萃取原理Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)Ce(A)3(有机层)＋3H＋(水层)知，酸性条件下，Ce3＋不易被HA萃取，加氨水去除过量盐酸，使溶液接近中性，更有利于Ce3＋由水层进入有机层。②“反萃取”时，需要使上述平衡逆向移动，故可以增大稀硝酸的浓度，使平衡逆向进行的程度增大；或通过多次萃取，使有机层中的Ce3＋尽可能多地进入水层。③“反萃取”得到的水溶液中含有较多的Ce3＋、H＋和NOeq \\al(－,3)，加入氨水和NH4HCO3生成Ce2(CO3)3沉淀时，氨水、NH4HCO3均会消耗H＋，Ce3＋转化为沉淀，故滤去Ce2(CO3)3沉淀的滤液中，Ce3＋和H＋的物质的量均减小。
2. (1) ①Fe2O3 ②Fe2O3溶于盐酸，c(H＋)减小，Fe3＋水解进入滤渣 (2) ①c(OH－)增大，SOeq \\al(2－,4)量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加
【解析】 (1) ①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液，由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，随着时间延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3＋，而Fe2O3只有很少部分能转化为Fe3＋，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3。②浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，相同条件下Nd3＋水解能力远小于Fe3＋，Nd2O3溶解会消耗H＋，当c(H＋)低于一定值，Fe2O3不再溶解，同时c(H＋)减少促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3。(2) ①随水层pH增大，H＋的浓度减小，平衡发生移动， c(SOeq \\al(2－,4))增大，c(HSOeq \\al(－,4))减小，会使(R3NH)2SO4增多，增加萃取反应进行的程度；同时c(OH－)增大，有利于Fe(OH) 2＋的产生。
考点3
[典题悟法]
例4 (1) ①10 ②反应消耗H＋；温度升高抑制HSOeq \\al(－,4)的电离 (2) ①4Fe2＋＋O2＋8OH－===4FeOOH↓＋2H2O
②取少量沉淀，加入足量盐酸溶解，再加入H2O2溶液，滴加KSCN溶液，若有红色出现，说明含有铁元素 (3) 柠檬酸根离子与H＋结合，减少H＋在阴极放电；防止Fe2＋被氧化为Fe3＋
【解析】 (1) ①Ka2(H2SO4)＝eq \f(cSO\\al(2－,4)·cH＋,cHSO\\al(－,4))，pH＝1.0的硫酸中eq \f(cHSO\\al(－,4),cSO\\al(2－,4))＝eq \f(10－1,10－2)＝10。(3) 柠檬酸钠是具有还原性的弱酸盐，故加入后柠檬酸根离子与H＋结合，减少H＋在阴极放电，同时利用其还原性还能有效防止Fe2＋被氧化为Fe3＋。
例5 (1) 增大与酸接触面积，加快反应速率，提高焙烧矿渣浸出率 (2) 浸出时间超过60 min，溶液中H＋被消耗、pH升高，随着Fe3＋水解程度增大，生成的Fe(OH)3胶体吸附溶液中Zn2＋；Fe3＋还可生成Fe(OH)3沉淀，附着在焙烧矿渣表面阻碍锌的浸出 (3) ①3Fe2(SO4)3＋5ZnO＋2NH4HCO3＋5H2Oeq \(=====,\s\up7(＜85 ℃))2NH4Fe3(SO4)2(OH)6＋5ZnSO4＋2CO2↑ ②温度过高，NH4HCO3受热分解 ③eq \f(K\\al(3,w),Ksp[FeOH3]·K\\al(3,a1)H2CO3)
【解析】 (3) ①“酸浸”后的滤液中主要含有ZnSO4、Fe2(SO4)3，加入ZnO和NH4HCO3后发生反应，转化为黄铵铁矾沉淀。③该反应的平衡常数K＝eq \f(c3H2CO3,cFe3＋·c3HCO\\al(－,3))＝eq \f(c3H2CO3,cFe3＋·c3HCO\\al(－,3))×eq \f(c3H＋·c3OH－,c3H＋·c3OH－)＝eq \f(K\\al(3,w),Ksp[FeOH3]·K\\al(3,a1)H2CO3)。
[质量测评]
1. C 【解析】 1 ml [Zn(NH3)4]2＋含4 ml Zn—N和12 ml N—H，共含16 ml σ键，A正确；“盐浸”过程中ZnO转化为[Zn(NH3)4]2＋，Zn2＋与NH3结合消耗NH3，需补充NH3防止浸液pH下降，B正确；“滤渣”的主要成分为Fe3O4、Fe2O3及少量Fe(OH)3，C错误；“沉锌”过程得到的“滤液”中含NH3和NH4Cl，可循环利用，D正确。
2. A 【解析】 K2Cr2O7作氧化剂，被还原生成Cr3＋，Cr3＋属于重金属离子，A错误；由流程可知，CO2可循环利用，KHCO3受热分解生成K2CO3及CO2，CO2和KHCO3均可循环利用，B正确；焙烧过程中，Fe元素由＋2价升到＋3价，Cr元素由＋3价升到＋6价，1 ml FeO·Cr2O3完全氧化失去7 ml电子，根据得失电子相等可知，1 ml FeO·Cr2O3完全氧化消耗1.75 ml O2，C正确；通入CO2可降低溶液pH，将K2CrO4转变为K2Cr2O7，D正确。
3. (1) PbSO4 硫酸浓度增大，生成更多的PbSO4附着在TeO2表面，阻碍反应进行 (2) TeCleq \\al(2－,6)＋4SOeq \\al(2－,3)===Te↓＋6Cl－＋2SOeq \\al(2－,4)＋2SO2↑ 催化剂；与Te4＋形成配合物
【解析】 (1) “浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb(OH)2转化为PbSO4留在滤渣中， “浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4。(2) 该过程中反应前后Cl－的数量没有改变，但反应速率加快，Cl－的作用是催化剂作用及与Te4＋形成配合物。
4. (1) ①In2S3＋12MnO2＋24H＋===2In3＋＋12Mn2＋＋3SOeq \\al(2－,4)＋12H2O ②PbSO4 (2) 搅拌速率增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；但搅拌速率过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低
(3) 4∶1 反萃取率最高
【解析】 (1) ②在“氧化酸浸”的过程中，PbO与H2SO4反应生成难溶的PbSO4，故滤渣的成分中还含有PbSO4。(2) 开始时，搅拌速率比较小，随着搅拌速率增大，有机相和水相的接触面积增大，提高萃取率；结合“已知”中的说明可知，随着搅拌速率过快，容易造成有机相的乳化，进入有机层的铟离子减少，导致铟的萃取率降低。
配套热练
大单元八 化学工艺流程
第26讲 化学工艺流程
练习1 化学工艺流程(选择题)
1. D 【解析】 “酸浸”时MnCO3发生的反应为MnCO3＋2H＋===Mn2＋＋CO2↑＋H2O，A错误；H2O2易在Fe3＋催化作用下分解，“氧化”时不能用等物质的量的H2O2代替MnO2，B错误；加石灰乳“沉铁”过程中还生成微溶物CaSO4，洗涤后不能得到纯净的Fe(OH)3固体，C错误；电解总反应为MnSO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))MnO2↓＋H2↑＋H2SO4，随着电解的进行，溶液的pH逐渐减小，D正确。
2. B 【解析】 焙烧固体用坩埚，且坩埚放在泥三角上，加热时需要酒精灯，并用玻璃棒搅拌，A错误；Au不溶于稀硝酸，而Ag溶于稀硝酸，可选择稀硝酸分离，B正确； “氧化”过程中H2O2被还原为水，Te由＋4价升到＋6价，氧化剂H2O2与还原剂TeOeq \\al(2－,3)物质的量比为1∶1，C错误；H6TeO6为弱酸，离子方程式中不能拆开，D错误。
3. C 【解析】 HCl为强电解质，在离子方程式中应拆分， “溶解”时Cu发生反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O，A错误；双氧水受热易分解、盐酸受热挥发，溶解过程需在适宜的温度下进行，B错误；ZnCl2为强酸弱碱盐，加热促进Zn2＋水解和HCl挥发，因此需在HCl氛围中加热获得无水ZnCl2，D错误。
4. C 【解析】 “沉钴”时得到的CC2O4中C是＋2价， “浸取”后的滤液中主要阳离子有H＋、Fe3＋、C2＋，A错误；(NH4)2C2O4溶液中电荷守恒式为c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(OH－)，B错误；“沉钴”时将(NH4)2C2O4换成Na2C2O4，制得的C3O4易混有Na＋，纯度降低，C正确；“煅烧”时，CC2O4与O2反应生成CO2和 C3O4：3CC2O4＋2O2eq \(=====,\s\up7(煅烧))6CO2＋C3O4，C、C化合价升高，每生成1 ml C3O4转移8 ml电子，D错误。
5. B 【解析】 Na2S2O8中S元素为＋6价，有1个过氧键，A正确；“氧化除锰”过程中生成MnO2，S2Oeq \\al(2－,8)被还原为SOeq \\al(2－,4)，离子方程式为Mn2＋＋ S2Oeq \\al(2－,8)＋2H2O===MnO2↓＋2SOeq \\al(2－,4)＋4H＋，2 ml Mn2＋消耗2 ml S2Oeq \\al(2－,8)，但溶液中Fe2＋也会消耗S2Oeq \\al(2－,8)，B错误；“沉锌”反应中Zn2＋与HCOeq \\al(－,3)反应生成ZnCO3·2Zn(OH)2沉淀、CO2和水，C正确；“调节pH”时试剂X可以选用ZnO、Zn(OH)2或ZnCO3，D正确。
6. D 【解析】 “酸浸”时阳极泥中的Ag、Au不与盐酸反应，Sb3＋、Bi3＋、AsOeq \\al(3－,4)浸出，Sb3＋水解生成SbOCl，加入NaOH，Bi3＋水解生成BiOCl，含砷废水主要成分是Na3AsO4，“转化”发生反应为2BiOCl＋2NaOH===Bi2O3＋2NaCl＋H2O。BiOCl＋H2OBi3＋＋2OH－＋Cl－的K＝c(Bi3＋)·c2(OH－)·c(Cl－)＝1.6×10－31，Ksp[Bi(OH)3]＝4.0×10－31＝c(Bi3＋)·c3(OH－)，由c(Cl－)＝0.04 ml/L得c(OH－)＝0.1 ml/L，pH＝13，D错误。
7. D 【解析】 流程图中分离后得到沉淀和滤液，主要分离操作是过滤，A错误；AgCl难溶于水，离子方程式中不能拆开，B错误；4.320 0 g Ag的物质的量为0.04 ml，根据HCHO～4Ag可知生成0.04 ml Ag至少消耗0.01 ml甲醛，C错误；硝酸银受热易分解，从硝酸银溶液中获得硝酸银固体方法为减压蒸发、结晶、30 ℃下干燥，D正确。
8. C 【解析】 浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋，Fe2O3不反应，故滤渣①为Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应：Zn＋[Cu(NH3)4]2＋ ===Cu＋[Zn(NH3)4]2＋，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2＋，故滤渣②为Cu、Zn(过量)，滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2＋、NH4HCO3、NH3·H2O，经过“蒸氨沉锌”操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。滤液①中没有大量的COeq \\al(2－,3)、OH－，A错误；滤渣②为Cu和过量的Zn，B错误；“煅烧”过程需使用坩埚，D错误。
9. C 【解析】 “碱浸”后废料中的铝箔溶解转化为Na[Al(OH)4]而被除去，“滤液①”主要成分是Na[Al(OH)4]，A正确；“钴渣①”主要含C3O4和LiCO2，经过“酸溶”之后，C元素转化为C2＋，即在“酸溶”步骤中C元素被还原，故H2O2作还原剂，不可以换成O2，“操作①”为过滤，得到“滤液②”，“滤液②”中主要含CSO4和Li2SO4，经过“操作②”即萃取、分液，实现分离，二者的分离方法不同，B正确、C错误；向有机相中加入硫酸，进行反萃取，实现C元素从有机相转移到水相，最后经过“沉钴”操作获得CCO3，“沉钴”时Na2CO3的滴速过快或浓度太大时，溶液碱性太强，会产生C(OH)2杂质，易导致产品不纯，D正确。
10. D 【解析】 钴废渣主要成分为CO、C2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质，加入硫酸“酸浸”并通入SO2，纵观整个流程知最后得到CCO3，说明该过程中SO2起还原作用，将C3＋还原为C2＋，“酸浸”时稀硫酸用量若过多，将增加后续步骤中Na2CO3的用量，造成浪费，A正确；“除铝”时加入Na2CO3溶液，发生的反应为2Al3＋＋3COeq \\al(2－,3)＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，过滤后所得滤渣是Al(OH)3，B正确；萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C正确；“沉钴”时将含C2＋的溶液缓慢滴加到Na2CO3溶液中，碳酸钠过量，溶液碱性过强，会生成C(OH)2沉淀，降低CCO3的产率，D错误。
练习2 化学工艺流程(非选择题)
1. (1) 氢氟酸会腐蚀硅酸盐容器
(3) ①0.01 ②将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，使其进入水层
【解析】 (1) CeFCO3中Ce为＋3价，氧化焙烧后Ce被氧化为＋4价，硫酸酸浸产生HF，HF会腐蚀硅酸盐。(3) ①被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比D[Ce(Ⅳ)]＝16。向20 mL含0.09 ml/L Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10 mL萃取剂，水层中有0.09 ml/L×0.02 L＝0.02 L×c水[Ce(Ⅳ)]＋0.01 L×16×c水[Ce(Ⅳ)]，解得c水[Ce(Ⅳ)]＝0.01 ml/L。
2. (1) ①温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速H2O2分解 ②Cu2Te＋4H＋＋4H2O2===H2TeO3＋2Cu2＋＋5H2O ③Ag2SO4 (2) ①c(C2Oeq \\al(2－,4))增加，生成的CuC2O4沉淀增多；继续增大c(C2Oeq \\al(2－,4))，生成的CuC2O4沉淀与C2Oeq \\al(2－,4)反应生成[Cu(C2O4)2]2－而溶解 ②H2TeO3＋2C2Oeq \\al(2－,4)＋4H＋===Te↓＋4CO2↑＋3H2O (3) Cu
【解析】 (1) ③Ag2Te在H2SO4环境中被H2O2氧化后，Ag＋与SOeq \\al(2－,4)结合形成Ag2SO4。(2) ①c(C2Oeq \\al(2－,4))增加，生成的CuC2O4沉淀增多，故铜的沉淀率增大；结合“已知②”信息可知，继续增大c(C2Oeq \\al(2－,4))时，生成的CuC2O4沉淀与C2Oeq \\al(2－,4)反应生成易溶的[Cu(C2O4)2]2－，从而导致铜的沉淀率减小。②Te的存在形式主要是H2TeO3，Te损失说明H2TeO3参与反应，结合“还原”步骤中的原理，增大Na2C2O4投入量时，H2TeO3被Na2C2O4还原为Te。(3) CuC2O4的相对分子质量为152，设有152 g固体进行热解，最终所剩固体的质量＝152 g×42.1%≈64 g，故热解后的固体为Cu单质。
3. (1) C2O3＋4H＋＋ SOeq \\al(2－,3)===2C2＋＋ SOeq \\al(2－,4)＋2H2O 防止Na2SO3与硫酸反应产生SO2逸出，不利于Na2SO3的还原反应 (2) 3.2～7.2(或3.2≤pH