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新高考化学三轮冲刺考前通关练习11 工艺流程综合（2份打包，原卷版+解析版）
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这是一份新高考化学三轮冲刺考前通关练习11 工艺流程综合（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化学三轮冲刺考前通关练习11工艺流程综合原卷版docx、新高考化学三轮冲刺考前通关练习11工艺流程综合解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
目录
【高考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略
【技法必备】提供方法技巧，解决问题策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
【抢分通关】分析命题热点，把握解题技巧，精选名校模拟题
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的拓展创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考综合考查元素化合物知识、氧化还原反应(或复分解反应、电离、水解)方程式的书写、通过化工原理的分析判断流程中残渣或废液的成分、反应条件的控制与选择、物质分离提纯的方法、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。化工工艺流程题能有效考查考生的“变化观念与平衡思想、科学探究与创新意识及科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。近五年来作为高考题的固定题型，此类题目往往取材于国际国内的化学期刊杂志，没有固定的物质制备或分离类型，情境新颖，在题干问题设置上注重逻辑，往往还有关联提问。重点考查化学基础知识和基本能力，特别是对物质制备方法、物质间的转化途径、混合物分离和除杂方法、化学实验基本操作方法、陌生情景中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力的综合考查。
技法1 工艺流程图的识别方法
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
技法2 工艺流程题的分析方法
1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。
如按照主线分析法分析如下：
2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。
3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
4、四线分析法
技法3 “四步法”突破新情景下氧化还原方程式的书写
第一步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
第二步：按“氧化剂+还原剂——氧化产物+还原产物”写出方程式，根据得失电子守恒对方程式进行配平。
第三步：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。
第四步：根据质量守恒配平反应方程式。
技法4 图表图象信息加工方法
1、图象题
1）类型
（1）单一曲线型
（2）多重曲线型
2）解决图象题的基本思路：
（1）会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。
（2）会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
2、解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。
3、图表信息试题的问题解决的方法归纳：
1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律；
2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义；
3）注意
（1）信息的情景化：理解所给信息作什么用？
（2）信息与基础知识间的有机联系。
4、实例分析
（1）浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。
（2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100℃、2.8h左右
（3）酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6：1。
（4）图3为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%左右。
（5）溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。
技法5 工艺流程题中常见问题的答题方向
技法6 工艺流程题中常见的答题模板
1.除杂：除去……中的……
2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
5.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
10.检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
14.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
15.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
16.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
一、分析条件控制中易出现的误区
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SOeq \\al(2－,3)、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
(1)对反应速率有何影响。
(2)对平衡转化率是否有利。
(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
二、常见的操作易错归纳
1.溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。
2.灼烧：如从海带中提取碘。
3.煅烧：改变结构，使一些物质能分解，并使一些杂质高温下氧化、分解。
4.浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。
5.浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。
6.水浸：使主要成分通过与水接触反应或溶解形成溶液。
7.酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。
8.水洗：通常为除去水溶性杂质。
三、物质制备型工艺流程题易错归纳
1.原料处理阶段
(1)常见原料处理的方法:溶解、水(酸或碱)浸、浸出、灼(焙、煅)烧等。
(2)加快反应速率的方法:搅拌、加热、粉碎等。
2.分离提纯阶段
(1)调pH除杂:控制溶液的酸碱性,使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
(2)加热:加快反应速率或促进平衡向某个反应方向移动。
(3)降温:防止某物质在高温时会溶解(或分解)或使化学平衡向着题目要求的方向移动。
(4)水(酸或碱)溶法:除去可溶性(碱性或酸性)杂质。
(5)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。
(6)分离方法:过滤、蒸发(冷却)结晶、萃取和分液、蒸馏(或分馏)等。
3.获得产品阶段
(1)洗涤:(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中溶解损耗。
(2)根据物质溶解度差异选择正确的方法,如蒸发浓缩、冷却结晶或蒸发结晶、趁热过滤。
四、物质分离提纯型工艺流程题易错归纳
1.“加过量试剂”:常考虑反应完全或增大转化率、产率等。
2.“控制pH”:常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。
3.“能否加其他物质”:常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。
4.“控制较低温度”:常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。
5.“判断沉淀是否洗净”:常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某试剂,以检验其中的某种离子。
6.“检验某物质的设计方案”:通常取少量某物质于试管中,加水溶解,再加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。
7.“用某些有机试剂清洗”:(1)降低物质溶解度有利于产品析出;(2)洗涤沉淀可减少损耗和提高利用率等。
8.“在空气中或在其他气体中”:主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。
【热点一】物质制备类化工流程题
1．（2024·江西鹰潭·二模）和锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量等杂质）来制备，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)化学上某些盐可写成氧化物的形式，如：可写成，则可写成 。
(2)“酸浸”后，钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式： 。
(3)中Ti的化合价为，中含有过氧键的数目为 。
(4)与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是 。
(5)向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式： 。
(6)在“高温煅烧②”过程中，适当多加草酸的原因为 。
(7)锂离子电池放电时，由结合得到，在中，若，材料中 ．
【答案】(1)Li2O2FeOP2O5
(2)FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O
(3)4NA
(4)高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降
(5)2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O
(6)草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4
(7)11∶4
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、，水解后过滤，沉淀为TiO2•xH2O，与双氧水、氨水反应生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。
【解析】（1）根据KAlSi3O8可写成，则LiFePO4可写成Li2O2FeOP2O5；
（2）“酸浸”后，若钛主要以形式存在，Ti的化合价为+4价，反应前后没有化合价的变化，是非氧化还原反应，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O；
（3）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是+1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+(15-2x)×2=22，解得x=4，1mlLi2Ti5O15中含有过氧键的数目为4NA；
（4）TiO2⋅xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降；
（5）向“滤液②”中加入双氧水和Fe2+发生氧化还原反应生成FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O；
（6）由分析可知，在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)，适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4；
（7）在Li1-nFePO4中，若n＝，设Li1-nFePO4中含有x个Fe2+、y个Fe3+，根据化合物中化合价代数和为零，则x+y=1、2x+3y=3-，解得x=、y=，材料中11∶4。
2．（2024·安徽淮北·一模）铌、钽为同族元素，在航空航天、武器装备等领域发挥着重要作用．以含铌、钽的尾矿（主要成分等）为原料制备的工艺流程如下：
已知：①“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：；。
②“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根。
回答下列问题：
(1)“滤液1”中的主要成分为 （填化学式）；
(2)“盐酸预洗”的目的是 ；
(3)①“转化”步骤中转化为的离子方程式为 ；
②“转化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：．的作用是 ；不能用盐酸代替的理由是： ；
(4)能被不同的有机溶剂选择性地萃取而与杂质分离，水相1和水相2中加入硫酸可以回收利用 （填化学式），“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为 。
【答案】(1)NaAlO2、Na2SiO3、、
(2)将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去
(3) 增大H+浓度，加快反应速率 Cl-会被、氧化
(4)HF 2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O
【分析】含铌、钽的尾矿（主要成分等）用NaOH溶液碱浸，“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：，，转化为NaAlO2，转化为Na2SiO3，不和NaOH溶液反应存在于滤渣中，向滤液中加入盐酸预洗，转化为Al(OH)3，转化为H2SiO3沉淀，“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根，加入萃取剂分离出氟铌酸根、氟钽酸根，加入氨水调节pH分离出。
【解析】（1）由分析可知，“滤液1”中的主要成分为NaAlO2、Na2SiO3、、。
（2）“盐酸预洗”的目的是将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去。
（3）①“转化”步骤中转化为的离子方程式为；
②“转化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：．的作用是增大H+浓度，加快反应速率；不能用盐酸代替的理由是：Cl-会被、氧化。
（4）水相1和水相2中含有F-，根据强酸制取弱酸的原理，加入硫酸可以回收利用HF，，“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O。
3．（2024·辽宁锦州·一模）氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、BaO、等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②硫脲具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
③在空气中易被氧化为，氧化性：。
回答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分是 （填化学式）。
(2)步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的适宜条件为 （填标号）；硫酸浓度过大时，浸出率降低的原因是 。
A．65℃、2.0ml/L B．75℃、2.0ml/L C．85℃、2.5ml/L D．100℃、2.5ml/L
(3)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。
(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是 。
(5)常温下，，步骤④中恰好沉淀完全，，此时溶液的，则溶液中 ml/L。
(6)若经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得的质量为 t。
【答案】(1)BaSO4、
(2)C 溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀
(3)2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-
(4)防止被氧化
(5)0.2
(6)17.2
【分析】氟碳铈矿(含、BaO、等)在空气中焙烧，在空气中氧化为，用硫酸浸取，进入溶液，不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A中加入硫脲将还原为，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3˙Na2SO4˙nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使沉淀为，最后灼烧分解生成，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4、。
（2）由图可知，选择的适宜条件为：温度75℃-85℃，硫酸浓度2.5ml/L，故选C；硫酸浓度过大时，浸出率降低的主要原因是：溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀。
（3）
硫脲的结构简式为：，具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为：2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-。
（4）在空气中易被氧化为，步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是防止被氧化。
（5），④中恰好沉淀完全，，，此时溶液的，则溶液中，= 0.2ml/L。
（6）经步骤⑤充分灼烧后固体质量减少5.8t，，减少的质量为二氧化碳质量与氧气的质量差，则获得的质量为17.2t。
4．（2024·陕西咸阳·二模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：
已知：，，。(离子浓度小于即认为完全除去)。
回答下列问题：
(1)反应器中加入少量的作用是 ，反应后溶液中存在的金属阳离子有 。
(2)加入石灰乳调节pH应大于 。
(3)加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有 。
(4)煅烧窑中，生成反应的化学方程式为 。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为：。充电时，电池的阳极反应式为 ，若转移，则石墨电极将增重 g。
【答案】(1)将氧化为，便于形成沉淀而除去 、、、
(2)5
(3)NiS、
(4)
(5) 14
【分析】菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）与硫酸、MnO2在反应器中反应得到MnSO4、Fe2(SO4)3、NiSO4、Al2(SO4)3，加入石灰乳调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入BaS除去Ni2+，在分离器中分离出滤渣后电解MnSO4溶液得到MnO2，MnO2与碳酸锂在煅烧窑中反应生成LiMn2O4、CO2和O2。
【解析】（1）MnO2具有氧化性，反应器中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，便于形成Fe(OH)3沉淀而除去；结合分析，反应后溶液中存在的金属阳离子有Mn2+、Fe3+、Al3+、Ni2+。
（2）根据分析，加入石灰乳调pH的目的是将Fe3+、Al3+完全沉淀，由于Ksp[Fe(OH)3] ＜Ksp[Al(OH)3]，故Al3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，当Al3+完全沉淀时c(OH-)＞ml/L=10-9ml/L，则c(H+)＜10-5ml/L，pH＞5，即加入石灰乳调节pH应大于5。
（3）加入BaS，NiSO4与BaS反应生成BaSO4和NiS沉淀，即生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（4）煅烧窑中，MnO2与碳酸锂反应生成LiMn2O4、CO2和O2，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34 LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
（5）充电时，LiMn2O4在阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应式为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；阴极反应式为C+xe-+xLi+=LixC，若转移2mle-，则石墨电极将增重2ml×7g/ml=14g。
5．（2024·福建漳州·三模）被誉为电子陶瓷工业的支柱。工业中以毒重石(主要成分为，含少量、和)为原料制备的流程如下：
已知：25℃时，，，；，。
回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)浸渣的主要成分为 和 (填化学式)，“浸出”步骤中与溶液反应的原理为 (用离子方程式表示)。
(3)若浸出液中，，“除钙”步骤中，当沉钙率为90％时，钡损率为 。
(4)溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；“沉钛”步骤所得沉淀为，该步骤生成的能循环利用的物质是 (填化学式)。
(5)“热解”步骤的化学方程式为 。
(6)在室温下为立方晶胞，其结构如图所示，已知Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距。
①晶胞中A点微粒的坐标为，则B点微粒的坐标为 。
②Ti在晶胞中的位置为 ；晶胞中一个Ba周围与其最近的O的个数为 。
【答案】(1)15
(2)Fe3O4 SiO2 ，
(3)20%
(4)酸性 NH4Cl
(5)
(6)（，1，） 体心 12
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量Fe3O4、CaCO3和SiO2)，研磨增大接触面积，加入NH4Cl，四氧化三铁与二氧化硅不反应，在滤渣中，碳酸钡与碳酸钙转化为离子在滤液中，加入草酸沉淀除钙，滤液加入四氯化钛、草酸铵沉淀钛，得到BaTiO(C2O4)2，滤液中溶质主要为NH4Cl，BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，据此回答。
【解析】（1）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动数目等于原子轨道数目，则空间运动状态有15种；
（2）根据分析可知，浸渣的主要成分为Fe3O4和SiO2，氯化铵水解产生氢离子可以溶解BaCO3，反应的原理为，；
（3）根据题目可知，当沉钙率为90％时，消耗的Ca2+的浓度为0.009ml/L，溶液中的Ca2+浓度为0.001ml/L，则溶液中ml/L，则溶液中的Ba2+的浓度为：，消耗的Ba2+为0.02ml/L，则钡损率为；
（4）①由于Ka2(H2C2O4)＞Kb(NH3⋅H2O)，则(NH4)2C2O4中溶液为酸性；
②根据分析可知，滤液中溶质主要为NH4Cl，可回到浸出循环；
（5）BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，方程式为：；
（6）①A点微粒的坐标为(0,0,0)，则B点微粒的坐标为（，1，）；
②Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距，则Ti在晶胞中的位置为体心，Ba在顶点；
③Ba在顶点，O在面心，则同一平面内一个Ba周围与其最近的O的个数4个，xy、xz、zy三个平面共12个。
【热点二】提纯类化工流程题
1．（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图：
(1)的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。
(2)含滤渣(除外)的成分为 。
(3)用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。
(4)在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知：
(5)加调的目的是 。
(6)“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。
①请写出该过程的离子方程式 。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。
(7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。
【答案】(1)第六周期第Ⅷ族
(2)
(3)
(4)
(5)使完全沉淀，提高产品纯度
(6) ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢
(7)
【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni；
【解析】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族；
（2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为；
（3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式；
（4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得C沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是；
（5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度；
（6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故答案为：，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢；
（7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05ml，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。
2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含、、)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
(1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅PbO，同时放出，该转化过程的化学方程式为 。
(2)滤渣的主要成分为 、 。(填化学式)
(3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 。(填化学式)
(4)“氧化”步骤加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为 。
(5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因 。
(6)处理含的废水时，Cr(VI)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体()沉淀，理论上还需要的物质的量为 ml。
【答案】(1)加快反应速率
(2)Fe(OH)3 Cu(OH)2
(3)NaCrO2
(4)
(5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
(6)5
【分析】含铬废水(含、、)中加入NaOH溶液后，、被转化为Fe(OH)3、Cu(OH)3除去，根据已知可知，在碱性环境下则转化为，在“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为；草酸泥渣中的草酸铅、硫酸铅在焙烧时转化为PbO，酸溶时与硝酸反应生成Pb2+，与结合生成PbCrO4，完成沉铬。废水经过处理后达标排放。
【解析】（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时碳酸钠与硫酸铅反应生成PbO，同时生成Na2SO4，放出，配平可得：。
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2。
（3）由已知可知，此时铬元素以NaCrO2形式存在。
（4）“氧化”时为碱性环境，与过氧化氢反应生成，用OH-配平电荷，配平反应离子方程式为：。
（5）沉铬时要用铬元素的形式，但硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
（6）根据价态守恒，铁铬氧体()中三价铁和三价铬之间的数量关系为：3x+3y=2×3=6，即x+y=2。六价铬得3e-生成三价铬，而Fe2+→Fe3+失去一个e-，因此消耗3mlFe2+，此时溶液中剩余7mlFe2+，且有3mlFe3+、1mlCr3+。根据化学式中关系可知y=，则x=。因此共需要13mlFe3+，溶液中已有3ml，还需要10ml，故理论上还需要的物质的量为5ml。
3．（2024·广东惠州·三模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
ii．VOSO4可溶、(VO2)2SO4易溶、V2O5和NH4VO3难溶；＋2OH-=+H2O
(1)“酸浸氧化”时，VO2＋转化成反应的离子方程式为 ，同时V2O5转化为。滤渣①主要成分是 。
(2)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·2H2O，随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有 。
(3)“沉淀转溶”中，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，写出V2O5·2H2O与KOH反应的化学方程式 。
(4)“调pH”中滤渣④的主要成分是 。
(5)全钒液流储能电池可实现化学能和电能的相互转化，其原理如图所示。
①充电过程中，左槽电极反应式为 。
②放电过程中，右槽溶液颜色变化的情况是 。
(6)钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，钒原子的配位数为 。若该晶胞的密度为ρg/cm3，且用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的边长为 nm。
【答案】(1)6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+ SiO2、H2SiO3
(2)Fe3+、Al3+
(3)V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O
(4)Al(OH)3
(5)VO2++H2O-e-= +2H+ 紫色变为绿色
(6)6
【分析】废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)加入30%硫酸、氯酸钾进行酸浸氧化，滤液中含有、Fe3+、K+、Al3+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，二氧化硅和硅酸则是滤渣①，往滤液中加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀；过滤后，Fe(OH)3、Al(OH)3、V2O5·2H2O成为滤饼；再加入KOH调节pH＞13，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al(OH)3转化为K[Al(OH)4]，V2O5·2H2O转化为KVO3；加入盐酸调节pH=8.5，此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；过滤后往滤液加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀，煅烧后得到V2O5。
【解析】（1）“酸浸氧化”时，VO2＋被氯酸钾在酸性环境下氧化成反应的离子方程式为6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，滤渣①的主要成分是二氧化硅和硅酸。
（2）“中和沉淀”中，加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀，所以随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有Fe3+、Al3+。
（3）“沉淀转溶”中，加入KOH调节pH＞13，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，方程式为V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O。
（4）加入盐酸“调pH”， 此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，所以滤渣④的主要成分是Al(OH)3。
（5）①充电过程，由图中装置可以看出，左槽电极连电源正极，是电解池阳极，所以电极反应式为：VO2++H2O-e-= +2H+。
②放电过程中，右槽电极是负极，V2+失电子生成V3+，右槽溶液颜色变化的情况是紫色变为绿色。
（6）由晶胞结构可以看出钒原子最近的氧原子有6个，所以钒原子的配位数是6。
结合晶胞结构进行计算，钒原子的个数为，氧原子的个数为，晶胞密度为，所以a=nm。
4．（2024·青海西宁·二模）钛酸钡()可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备钛酸钡的流程如下：
已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的如下表所示。
注：。
回答下列问题：
(1)浸渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图1所示。
提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 。
(3)“还原”时，主要反应的离子方程式为 ，检验“还原”后溶液中是否含的试剂是 (填化学式)。
(4)“沉钛”中，先加入过量溶液，后加入适量溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 (填化学式)杂质，影响产率。“调”范围为 。
(5)“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，该方法的缺点是 。
【答案】(1)、
(2)60%、65℃ 温度升高使快速水解，生成进入钛渣
(3)
(4)
(5) 能耗高、产生污染空气
【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到滤渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁，酸溶后加入氯化钡生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3；
【解析】（1）由分析可知，浸渣的主要成分是、；
（2）图可知，工业生产考虑生产成本，硫酸为60%时浸出率已较高，则提高钛浸出率宜选择的条件：硫酸质量分数、温度依次为60%、65℃，此时钛浸出率较高；温度升高促进离子水解，则温度升高使快速水解，生成进入钛渣，故温度高于65℃，钛浸出率降低；
（3）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验“还原”后溶液中是否含的试剂是；
（4）已知：①草酸钡难溶于水；如果先加氯化钡溶液，后加入草酸，会生成草酸钡，引入较多杂质，产率低、纯度低。“调”使得转化为沉淀分离出来，而亚铁离子不产生沉淀，结合表可知，范围为；
（5）空气中氧气具有氧化性，“氧化焙烧”中氧气将碳氧化为二氧化碳，同时生成水、，发生反应的化学方程式为。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，此方法需要高温且反应时间长、草酸分解会生成CO，故该方法的缺点能耗高、产生污染空气。
5．（2024·江西萍乡·二模）某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)制备C2O3和Li2CO3。工艺流程如下：
已知：
①已知LiCO2难溶于水，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；
②NaHCO3溶液中存在的自耦电离：；
③常温时，有关物质Ksp如下表：
(1)为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取的措施有 (任写一种)。
(2)元素C在周期表中的位置为 ；C2+价层电子轨道表示式为 。
(3)“酸浸”时，LiCO2参与反应的离子方程式为 ；下列试剂中最适宜替换H2C2O4的是 。
A．Na2CO3溶液 B．Na2S2O5溶液 C．NaNO3溶液 D．浓盐酸
(4)滤渣1的主要成分有 。
(5)加NaOH调节pH=10时，可以完全沉淀的金属离子有 (一般认为离子浓度≤10-5ml/L时，离子沉淀完全)。
(6)滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O，(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为 。
(7)沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是(结合平衡原理解释) 。
【答案】(1)将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等
(2)第四周期第Ⅷ族
(3) B
(4)CaSO4、C
(5)C2+、Fe2+、Al3+
(6)或
(7)温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率
【分析】废旧锂离子电池正极材料(含有LiCO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)，加入硫酸、草酸进行酸浸，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，则Ca转化为CaSO4沉淀，C不溶，也进入沉淀中；过滤后，得滤渣1的成分为CaSO4、C，滤液中含有C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；滤液1中加入NaOH调pH=10，由Ksp可确定C2+、Fe2+、Al3+都转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤渣1中加入NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液，C(OH)2转化为，通空气催化氧化，过滤得滤渣C0(OH)3，灼烧得C2O3。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤后往滤液中加入饱和NaHCO3溶液，并加热到90℃，Li+转化为Li2CO3沉淀。
【解析】（1）为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取增大接触面积、增大酸液浓度、增大浸取时间等措施，则措施有：将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等。
（2）
元素C为27号元素，价电子排布式为3d74s2，则在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；C2+价层电子轨道表示式为。
（3）“酸浸”时，LiCO2被草酸还原，生成C2+等，反应的离子方程式为；在反应过程中，H2C2O4的表现出还原性，则能替代H2C2O4的试剂为Na2S2O5溶液，故选B。
（4）由分析可知，滤渣1的主要成分有CaSO4、C。
（5）加NaOH调节pH=10时，C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+分别为5.9×10-7ml/L、4.9×10-9ml/L、1.1×10-21ml/L、5.6×10-4ml/L，则可以完全沉淀的金属离子有C2+、Fe2+、Al3+。
（6）滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为或。
（7）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率。
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
填空题 ☆☆☆☆☆
考向预测
物质的制备、分离提纯、化学实验、离子方程式的书写的综合分析及应用
四线
内涵
试剂线
分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。
操作线
分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
杂质线
分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
产品线
工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如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)
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)
在空气中或特定气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
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
判断沉淀是否洗涤干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
金属离子
开始沉淀/
1.5
6.3
0.5
完全沉淀/
2.8
8.3
2.5
物质
Ksp
目录
【高考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略
【技法必备】提供方法技巧，解决问题策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
【抢分通关】分析命题热点，把握解题技巧，精选名校模拟题
化学工艺流程题是将化工生产中的生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的拓展创新。它以现代工业生产为基础，与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合，考综合考查元素化合物知识、氧化还原反应(或复分解反应、电离、水解)方程式的书写、通过化工原理的分析判断流程中残渣或废液的成分、反应条件的控制与选择、物质分离提纯的方法、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，要求考生依据流程图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准确答题。化工工艺流程题能有效考查考生的“变化观念与平衡思想、科学探究与创新意识及科学态度与社会责任”等化学学科核心素养。近五年来作为高考题的固定题型，此类题目往往取材于国际国内的化学期刊杂志，没有固定的物质制备或分离类型，情境新颖，在题干问题设置上注重逻辑，往往还有关联提问。重点考查化学基础知识和基本能力，特别是对物质制备方法、物质间的转化途径、混合物分离和除杂方法、化学实验基本操作方法、陌生情景中化学方程式或离子方程式的书写及简单计算能力的综合考查。
技法1 工艺流程图的识别方法
化工流程中箭头指出的是投料(反应物)，箭头指向的是生成物(包括主产物和副产物)，返回的箭头一般是被“循环利用”的物质。
技法2 工艺流程题的分析方法
1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。
如按照主线分析法分析如下：
2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。
3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。
4、四线分析法
技法3 “四步法”突破新情景下氧化还原方程式的书写
第一步：根据题干信息或流程图，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。
第二步：按“氧化剂+还原剂——氧化产物+还原产物”写出方程式，根据得失电子守恒对方程式进行配平。
第三步：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。
第四步：根据质量守恒配平反应方程式。
技法4 图表图象信息加工方法
1、图象题
1）类型
（1）单一曲线型
（2）多重曲线型
2）解决图象题的基本思路：
（1）会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。
（2）会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。
2、解决表格题的关键
（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。
（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。
3、图表信息试题的问题解决的方法归纳：
1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律；
2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义；
3）注意
（1）信息的情景化：理解所给信息作什么用？
（2）信息与基础知识间的有机联系。
4、实例分析
（1）浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。
（2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100℃、2.8h左右
（3）酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6：1。
（4）图3为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%左右。
（5）溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。
技法5 工艺流程题中常见问题的答题方向
技法6 工艺流程题中常见的答题模板
1.除杂：除去……中的……
2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……
3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。
4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。
5.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。
6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。
7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。
8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。
9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。
10.检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。
11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。
12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。
13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。
14.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。
15.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。
16.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。
17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。
一、分析条件控制中易出现的误区
1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。
2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。
3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SOeq \\al(2－,3)、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。
4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。
5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。
6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析：
(1)对反应速率有何影响。
(2)对平衡转化率是否有利。
(3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。
二、常见的操作易错归纳
1.溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。
2.灼烧：如从海带中提取碘。
3.煅烧：改变结构，使一些物质能分解，并使一些杂质高温下氧化、分解。
4.浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。
5.浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。
6.水浸：使主要成分通过与水接触反应或溶解形成溶液。
7.酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。
8.水洗：通常为除去水溶性杂质。
三、物质制备型工艺流程题易错归纳
1.原料处理阶段
(1)常见原料处理的方法:溶解、水(酸或碱)浸、浸出、灼(焙、煅)烧等。
(2)加快反应速率的方法:搅拌、加热、粉碎等。
2.分离提纯阶段
(1)调pH除杂:控制溶液的酸碱性,使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
(2)加热:加快反应速率或促进平衡向某个反应方向移动。
(3)降温:防止某物质在高温时会溶解(或分解)或使化学平衡向着题目要求的方向移动。
(4)水(酸或碱)溶法:除去可溶性(碱性或酸性)杂质。
(5)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。
(6)分离方法:过滤、蒸发(冷却)结晶、萃取和分液、蒸馏(或分馏)等。
3.获得产品阶段
(1)洗涤:(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中溶解损耗。
(2)根据物质溶解度差异选择正确的方法,如蒸发浓缩、冷却结晶或蒸发结晶、趁热过滤。
四、物质分离提纯型工艺流程题易错归纳
1.“加过量试剂”:常考虑反应完全或增大转化率、产率等。
2.“控制pH”:常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。
3.“能否加其他物质”:常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。
4.“控制较低温度”:常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。
5.“判断沉淀是否洗净”:常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某试剂,以检验其中的某种离子。
6.“检验某物质的设计方案”:通常取少量某物质于试管中,加水溶解,再加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。
7.“用某些有机试剂清洗”:(1)降低物质溶解度有利于产品析出;(2)洗涤沉淀可减少损耗和提高利用率等。
8.“在空气中或在其他气体中”:主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。
【热点一】物质制备类化工流程题
1．（2024·江西鹰潭·二模）和锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为，还含有少量等杂质）来制备，工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)化学上某些盐可写成氧化物的形式，如：可写成，则可写成 。
(2)“酸浸”后，钛主要以存在，写出相应反应的离子方程式： 。
(3)中Ti的化合价为，中含有过氧键的数目为 。
(4)与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是 。
(5)向“滤液②”中加入双氧水和磷酸得到，写出离子方程式： 。
(6)在“高温煅烧②”过程中，适当多加草酸的原因为 。
(7)锂离子电池放电时，由结合得到，在中，若，材料中 ．
【答案】(1)Li2O2FeOP2O5
(2)FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O
(3)4NA
(4)高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降
(5)2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O
(6)草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4
(7)11∶4
【分析】用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备Li4Ti5O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、，水解后过滤，沉淀为TiO2•xH2O，与双氧水、氨水反应生成(NH4)2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti5O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答。
【解析】（1）根据KAlSi3O8可写成，则LiFePO4可写成Li2O2FeOP2O5；
（2）“酸浸”后，若钛主要以形式存在，Ti的化合价为+4价，反应前后没有化合价的变化，是非氧化还原反应，因此相应反应的离子方程式可表示为：FeTiO3+4H++4Cl−＝Fe2+++2H2O；
（3）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价是+1价，由化合价代数和为0可知，氧元素的负价代数和为22，设其中过氧键的数目为x个，则2x+(15-2x)×2=22，解得x=4，1mlLi2Ti5O15中含有过氧键的数目为4NA；
（4）TiO2⋅xH2O与双氧水、氨水反应40min，控制温度在40℃左右，温度不能高于40℃的原因是：高于40℃，过氧化氢和氨水要分解，导致TiO2⋅xH2O转化反应速率和转化率下降；
（5）向“滤液②”中加入双氧水和Fe2+发生氧化还原反应生成FePO4，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4＝2FePO4↓+4H++2H2O；
（6）由分析可知，在“高温煅烧②”过程中，草酸的作用是将Fe(Ⅲ)还原为Fe(Ⅱ)，适当多加草酸的原因为：草酸受热易分解，确保FePO4能完全转化为LiFePO4；
（7）在Li1-nFePO4中，若n＝，设Li1-nFePO4中含有x个Fe2+、y个Fe3+，根据化合物中化合价代数和为零，则x+y=1、2x+3y=3-，解得x=、y=，材料中11∶4。
2．（2024·安徽淮北·一模）铌、钽为同族元素，在航空航天、武器装备等领域发挥着重要作用．以含铌、钽的尾矿（主要成分等）为原料制备的工艺流程如下：
已知：①“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：；。
②“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根。
回答下列问题：
(1)“滤液1”中的主要成分为 （填化学式）；
(2)“盐酸预洗”的目的是 ；
(3)①“转化”步骤中转化为的离子方程式为 ；
②“转化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：．的作用是 ；不能用盐酸代替的理由是： ；
(4)能被不同的有机溶剂选择性地萃取而与杂质分离，水相1和水相2中加入硫酸可以回收利用 （填化学式），“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为 。
【答案】(1)NaAlO2、Na2SiO3、、
(2)将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去
(3) 增大H+浓度，加快反应速率 Cl-会被、氧化
(4)HF 2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O
【分析】含铌、钽的尾矿（主要成分等）用NaOH溶液碱浸，“碱浸”步骤中铌、钽发生的反应为：，，转化为NaAlO2，转化为Na2SiO3，不和NaOH溶液反应存在于滤渣中，向滤液中加入盐酸预洗，转化为Al(OH)3，转化为H2SiO3沉淀，“转化”步骤中分别转化成氟铌酸根、氟钽酸根，加入萃取剂分离出氟铌酸根、氟钽酸根，加入氨水调节pH分离出。
【解析】（1）由分析可知，“滤液1”中的主要成分为NaAlO2、Na2SiO3、、。
（2）“盐酸预洗”的目的是将转化为Al(OH)3沉淀，转化为H2SiO3沉淀，过滤除去。
（3）①“转化”步骤中转化为的离子方程式为；
②“转化”步骤在、硫酸酸化下完成，反应速率方程为：．的作用是增大H+浓度，加快反应速率；不能用盐酸代替的理由是：Cl-会被、氧化。
（4）水相1和水相2中含有F-，根据强酸制取弱酸的原理，加入硫酸可以回收利用HF，，“调节”步骤得到的沉淀是铌、钽的氢氧化物，煅烧氢氧化钽发生的反应方程式为2Ta(OH)5Ta2O5+5H2O。
3．（2024·辽宁锦州·一模）氧化铈（）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含、BaO、等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀；
②硫脲具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
③在空气中易被氧化为，氧化性：。
回答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分是 （填化学式）。
(2)步骤①加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率与温度、稀硫酸的浓度的变化关系如图所示，应选择的适宜条件为 （填标号）；硫酸浓度过大时，浸出率降低的原因是 。
A．65℃、2.0ml/L B．75℃、2.0ml/L C．85℃、2.5ml/L D．100℃、2.5ml/L
(3)加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为 。
(4)步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是 。
(5)常温下，，步骤④中恰好沉淀完全，，此时溶液的，则溶液中 ml/L。
(6)若经步骤⑤充分灼烧后质量减少5.8t，则获得的质量为 t。
【答案】(1)BaSO4、
(2)C 溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀
(3)2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-
(4)防止被氧化
(5)0.2
(6)17.2
【分析】氟碳铈矿(含、BaO、等)在空气中焙烧，在空气中氧化为，用硫酸浸取，进入溶液，不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A中加入硫脲将还原为，Ce2(SO4)3与Na2SO4形成复盐沉淀Ce2(SO4)3˙Na2SO4˙nH2O，过滤分离，复盐沉淀加入碱，再加入酸，被转移到溶液中，再加入碳酸氢铵使沉淀为，最后灼烧分解生成，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，滤渣A的主要成分是BaSO4、。
（2）由图可知，选择的适宜条件为：温度75℃-85℃，硫酸浓度2.5ml/L，故选C；硫酸浓度过大时，浸出率降低的主要原因是：溶液中增大，易与稀土离子形成复盐沉淀。
（3）
硫脲的结构简式为：，具有还原性，酸性条件下易被氧化为(SCN2H3)2，加入硫脲的目的是将还原为，反应的离子方程式为：2+2=2+(SCN2H3)2+2HF+2F-。
（4）在空气中易被氧化为，步骤③加入盐酸后，通常还需加入，其主要目的是防止被氧化。
（5），④中恰好沉淀完全，，，此时溶液的，则溶液中，= 0.2ml/L。
（6）经步骤⑤充分灼烧后固体质量减少5.8t，，减少的质量为二氧化碳质量与氧气的质量差，则获得的质量为17.2t。
4．（2024·陕西咸阳·二模）作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：
已知：，，。(离子浓度小于即认为完全除去)。
回答下列问题：
(1)反应器中加入少量的作用是 ，反应后溶液中存在的金属阳离子有 。
(2)加入石灰乳调节pH应大于 。
(3)加入少量BaS溶液除去，生成的沉淀有 。
(4)煅烧窑中，生成反应的化学方程式为 。
(5)锰酸锂可充电电池的总反应为：。充电时，电池的阳极反应式为 ，若转移，则石墨电极将增重 g。
【答案】(1)将氧化为，便于形成沉淀而除去 、、、
(2)5
(3)NiS、
(4)
(5) 14
【分析】菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）与硫酸、MnO2在反应器中反应得到MnSO4、Fe2(SO4)3、NiSO4、Al2(SO4)3，加入石灰乳调pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，加入BaS除去Ni2+，在分离器中分离出滤渣后电解MnSO4溶液得到MnO2，MnO2与碳酸锂在煅烧窑中反应生成LiMn2O4、CO2和O2。
【解析】（1）MnO2具有氧化性，反应器中加入MnO2的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，便于形成Fe(OH)3沉淀而除去；结合分析，反应后溶液中存在的金属阳离子有Mn2+、Fe3+、Al3+、Ni2+。
（2）根据分析，加入石灰乳调pH的目的是将Fe3+、Al3+完全沉淀，由于Ksp[Fe(OH)3] ＜Ksp[Al(OH)3]，故Al3+完全沉淀时Fe3+已经完全沉淀，当Al3+完全沉淀时c(OH-)＞ml/L=10-9ml/L，则c(H+)＜10-5ml/L，pH＞5，即加入石灰乳调节pH应大于5。
（3）加入BaS，NiSO4与BaS反应生成BaSO4和NiS沉淀，即生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（4）煅烧窑中，MnO2与碳酸锂反应生成LiMn2O4、CO2和O2，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34 LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
（5）充电时，LiMn2O4在阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应式为LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+；阴极反应式为C+xe-+xLi+=LixC，若转移2mle-，则石墨电极将增重2ml×7g/ml=14g。
5．（2024·福建漳州·三模）被誉为电子陶瓷工业的支柱。工业中以毒重石(主要成分为，含少量、和)为原料制备的流程如下：
已知：25℃时，，，；，。
回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)浸渣的主要成分为 和 (填化学式)，“浸出”步骤中与溶液反应的原理为 (用离子方程式表示)。
(3)若浸出液中，，“除钙”步骤中，当沉钙率为90％时，钡损率为 。
(4)溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；“沉钛”步骤所得沉淀为，该步骤生成的能循环利用的物质是 (填化学式)。
(5)“热解”步骤的化学方程式为 。
(6)在室温下为立方晶胞，其结构如图所示，已知Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距。
①晶胞中A点微粒的坐标为，则B点微粒的坐标为 。
②Ti在晶胞中的位置为 ；晶胞中一个Ba周围与其最近的O的个数为 。
【答案】(1)15
(2)Fe3O4 SiO2 ，
(3)20%
(4)酸性 NH4Cl
(5)
(6)（，1，） 体心 12
【分析】毒重石(主要成分为BaCO3，含少量Fe3O4、CaCO3和SiO2)，研磨增大接触面积，加入NH4Cl，四氧化三铁与二氧化硅不反应，在滤渣中，碳酸钡与碳酸钙转化为离子在滤液中，加入草酸沉淀除钙，滤液加入四氯化钛、草酸铵沉淀钛，得到BaTiO(C2O4)2，滤液中溶质主要为NH4Cl，BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，据此回答。
【解析】（1）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，空间运动数目等于原子轨道数目，则空间运动状态有15种；
（2）根据分析可知，浸渣的主要成分为Fe3O4和SiO2，氯化铵水解产生氢离子可以溶解BaCO3，反应的原理为，；
（3）根据题目可知，当沉钙率为90％时，消耗的Ca2+的浓度为0.009ml/L，溶液中的Ca2+浓度为0.001ml/L，则溶液中ml/L，则溶液中的Ba2+的浓度为：，消耗的Ba2+为0.02ml/L，则钡损率为；
（4）①由于Ka2(H2C2O4)＞Kb(NH3⋅H2O)，则(NH4)2C2O4中溶液为酸性；
②根据分析可知，滤液中溶质主要为NH4Cl，可回到浸出循环；
（5）BaTiO(C2O4)2热解产生CO、CO2与BaTiO3，方程式为：；
（6）①A点微粒的坐标为(0,0,0)，则B点微粒的坐标为（，1，）；
②Ba与O的最小间距大于Ti与O的最小间距，则Ti在晶胞中的位置为体心，Ba在顶点；
③Ba在顶点，O在面心，则同一平面内一个Ba周围与其最近的O的个数4个，xy、xz、zy三个平面共12个。
【热点二】提纯类化工流程题
1．（2024·重庆·一模）用镍铂合金废料(主要成分为，含少量)回收镍和铂，其工艺流程如图：
(1)的原子序数为78，推测其在元素周期表中的位置 。
(2)含滤渣(除外)的成分为 。
(3)用王水浸取“含滤渣”可回收，浸取时有和生成，写出该反应的化学方程式 。
(4)在常温下，若酸浸后溶液中各离子浓度均为且“滤渣1”为，则“除钴”步骤需要控制溶液的范围是 。已知：
(5)加调的目的是 。
(6)“控温氧化”时控制其他条件一定，的产率与温度和时间的关系如图。
①请写出该过程的离子方程式 。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和。反应相同时间，时的产率低于时，原因可能为 。
(7)产品中可能含少量，为测定的纯度，进行如下实验：称取样品，加入足量硫酸后，再加入标准溶液充分反应，加水定容至取出，用标准溶液滴定，到达滴定终点时消耗标准溶液。(被还原为，不考虑与的反应)，计算的质量分数 。
【答案】(1)第六周期第Ⅷ族
(2)
(3)
(4)
(5)使完全沉淀，提高产品纯度
(6) ，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢
(7)
【分析】废料加入硫酸酸浸，二氧化硅不反应、氧化钙转化为不溶的硫酸钙、Pt不反应，三者成为滤渣，镍、钴、铝转化为溶液进入滤液，通入氯气将钴转化为沉淀除去钴，过滤滤液中Al3+用NaOH溶液调节pH变为沉淀得到滤渣2，碱性条件下加入氧化性的NaClO与Ni2+反应生成Ni2O3，高温还原生成Ni；
【解析】（1）的原子序数为78，为78号元素，其在元素周期表中的位置为：第六周期第Ⅷ族；
（2）由分析可知，含滤渣(除外)的成分为；
（3）王水为浓盐酸和浓硝酸溶液，“含滤渣”浸取时有和生成，反应中Pt化合价由0变为+4、N化合价由+5变为+2生成NO，结合电子守恒可知，该反应的化学方程式；
（4）“除钴”步骤需要控制溶液的使得C沉淀而Ni、Al不沉淀，结合可知，氢氧化铝比镍更难溶，铝离子沉淀时，pOH=10.7，pH=3.3；而钴元素完全沉淀时，pOH=12.5，pH=1.5；故需要控制溶液的范围是；
（5）加调的目的是使完全沉淀，防止铝离子进入产品，提高产品纯度；
（6）①次氯酸钠具有氧化性，“控温氧化”时，在碱性条件下，使得二价镍转化为Ni2O3沉淀，反应中镍化合价由+2变为+3、氯化合价由+1变为-1，该过程的离子方程式为：。
②、时反应后所得滤液主要为和时反应后所得滤液主要为和，说明时，次氯酸钠发生歧化反应生成氯化钠和氯酸钠，使得次氯酸钠浓度减小，反应变慢，故答案为：，部分分解生成和浓度减小，反应速率减慢；
（7）亚铁离子被高锰酸根离子氧化为铁离子，由电子守恒可知，，高锰酸钾消耗的亚铁离子为，则消耗的亚铁离子为=0.05ml，由电子守恒可知，，则的质量分数=83%。
2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）铬酸铅俗称铬黄，主要用于油漆、油墨、塑料以及橡胶等行业。一种以含铬废水(含、、)和草酸泥渣(含草酸铅、硫酸铅)为原料制备铬酸铅的工艺流程如下：
已知：
(1)草酸泥渣“粉碎”的目的是 ，“焙烧”时加入碳酸钠是为了将硫酸铅转化为氧化铅PbO，同时放出，该转化过程的化学方程式为 。
(2)滤渣的主要成分为 、 。(填化学式)
(3)“沉淀除杂”所得滤液中含铬化合物主要为 。(填化学式)
(4)“氧化”步骤加入过氧化氢溶液发生反应的离子方程式为 。
(5)为了提高沉铬率，用平衡移动原理解释“酸溶”过程中所加硝酸不能过量的原因 。
(6)处理含的废水时，Cr(VI)被还原成Cr(Ⅲ)。若投入，使金属阳离子恰好完全形成铁铬氧体()沉淀，理论上还需要的物质的量为 ml。
【答案】(1)加快反应速率
(2)Fe(OH)3 Cu(OH)2
(3)NaCrO2
(4)
(5)硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
(6)5
【分析】含铬废水(含、、)中加入NaOH溶液后，、被转化为Fe(OH)3、Cu(OH)3除去，根据已知可知，在碱性环境下则转化为，在“氧化”步骤中被过氧化氢氧化为；草酸泥渣中的草酸铅、硫酸铅在焙烧时转化为PbO，酸溶时与硝酸反应生成Pb2+，与结合生成PbCrO4，完成沉铬。废水经过处理后达标排放。
【解析】（1）草酸泥渣“粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；“焙烧”时碳酸钠与硫酸铅反应生成PbO，同时生成Na2SO4，放出，配平可得：。
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2。
（3）由已知可知，此时铬元素以NaCrO2形式存在。
（4）“氧化”时为碱性环境，与过氧化氢反应生成，用OH-配平电荷，配平反应离子方程式为：。
（5）沉铬时要用铬元素的形式，但硝酸过量导致溶液中氢离子浓度增大，使平衡正向移动，含量降低，导致沉铬率下降。
（6）根据价态守恒，铁铬氧体()中三价铁和三价铬之间的数量关系为：3x+3y=2×3=6，即x+y=2。六价铬得3e-生成三价铬，而Fe2+→Fe3+失去一个e-，因此消耗3mlFe2+，此时溶液中剩余7mlFe2+，且有3mlFe3+、1mlCr3+。根据化学式中关系可知y=，则x=。因此共需要13mlFe3+，溶液中已有3ml，还需要10ml，故理论上还需要的物质的量为5ml。
3．（2024·广东惠州·三模）为回收利用废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)，科研人员研制了一种回收V2O5的新工艺，主要流程如下图。
已知：i．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
ii．VOSO4可溶、(VO2)2SO4易溶、V2O5和NH4VO3难溶；＋2OH-=+H2O
(1)“酸浸氧化”时，VO2＋转化成反应的离子方程式为 ，同时V2O5转化为。滤渣①主要成分是 。
(2)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·2H2O，随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有 。
(3)“沉淀转溶”中，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，写出V2O5·2H2O与KOH反应的化学方程式 。
(4)“调pH”中滤渣④的主要成分是 。
(5)全钒液流储能电池可实现化学能和电能的相互转化，其原理如图所示。
①充电过程中，左槽电极反应式为 。
②放电过程中，右槽溶液颜色变化的情况是 。
(6)钒的某种氧化物的立方晶胞结构如图所示，钒原子的配位数为 。若该晶胞的密度为ρg/cm3，且用NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的边长为 nm。
【答案】(1)6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+ SiO2、H2SiO3
(2)Fe3+、Al3+
(3)V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O
(4)Al(OH)3
(5)VO2++H2O-e-= +2H+ 紫色变为绿色
(6)6
【分析】废钒催化剂(含有V2O5、VOSO4、SiO2、Fe3O4以及钾和铝的硅酸盐)加入30%硫酸、氯酸钾进行酸浸氧化，滤液中含有、Fe3+、K+、Al3+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，二氧化硅和硅酸则是滤渣①，往滤液中加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀；过滤后，Fe(OH)3、Al(OH)3、V2O5·2H2O成为滤饼；再加入KOH调节pH＞13，此时Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，Al(OH)3转化为K[Al(OH)4]，V2O5·2H2O转化为KVO3；加入盐酸调节pH=8.5，此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；过滤后往滤液加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀，煅烧后得到V2O5。
【解析】（1）“酸浸氧化”时，VO2＋被氯酸钾在酸性环境下氧化成反应的离子方程式为6VO2++ +3H2O=6 +Cl-+6H+，二氧化硅难溶于酸，硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，滤渣①的主要成分是二氧化硅和硅酸。
（2）“中和沉淀”中，加入KOH调节pH=3.0~3.1，由表中数据知，Fe3+、Al3+只有部分转化为沉淀，所以随滤液②可除去金属离子K＋以及部分的金属离子有Fe3+、Al3+。
（3）“沉淀转溶”中，加入KOH调节pH＞13，V2O5·2H2O转化为KVO3溶解，方程式为V2O5•2H2O+2KOH=2KVO3+3H2O。
（4）加入盐酸“调pH”， 此时K[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀，所以滤渣④的主要成分是Al(OH)3。
（5）①充电过程，由图中装置可以看出，左槽电极连电源正极，是电解池阳极，所以电极反应式为：VO2++H2O-e-= +2H+。
②放电过程中，右槽电极是负极，V2+失电子生成V3+，右槽溶液颜色变化的情况是紫色变为绿色。
（6）由晶胞结构可以看出钒原子最近的氧原子有6个，所以钒原子的配位数是6。
结合晶胞结构进行计算，钒原子的个数为，氧原子的个数为，晶胞密度为，所以a=nm。
4．（2024·青海西宁·二模）钛酸钡()可以作为防火涂料的添加剂，可提高涂层的防火性能和抗化学腐蚀性。以钛渣(主要成分是，含少量、、等)为原料制备钛酸钡的流程如下：
已知：①草酸钡难溶于水；②常温下，几种离子沉淀的如下表所示。
注：。
回答下列问题：
(1)浸渣的主要成分是 (填化学式)。
(2)“酸浸”中，其他条件相同，1h内钛浸出率与硫酸的质量分数、温度关系如图1所示。
提高钛浸出率宜选择的条件是硫酸质量分数、温度依次为 。图2中温度高于65℃，钛浸出率降低的原因可能是 。
(3)“还原”时，主要反应的离子方程式为 ，检验“还原”后溶液中是否含的试剂是 (填化学式)。
(4)“沉钛”中，先加入过量溶液，后加入适量溶液，如果加试剂顺序颠倒，会产生 (填化学式)杂质，影响产率。“调”范围为 。
(5)“氧化焙烧”发生反应的化学方程式为 。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，该方法的缺点是 。
【答案】(1)、
(2)60%、65℃ 温度升高使快速水解，生成进入钛渣
(3)
(4)
(5) 能耗高、产生污染空气
【分析】含钛高炉渣加入硫酸酸浸，SiO2不反应且氧化钙和硫酸生成不溶物硫酸钙得到滤渣，TiO2转化为TiO2+，Fe2O3生成硫酸铁，亚硫酸钠还原硫酸铁，调pH值除去铁，酸溶后加入氯化钡生成产品BaTiO(C2O4)2•4H2O，再高温分解得到BaTiO3；
【解析】（1）由分析可知，浸渣的主要成分是、；
（2）图可知，工业生产考虑生产成本，硫酸为60%时浸出率已较高，则提高钛浸出率宜选择的条件：硫酸质量分数、温度依次为60%、65℃，此时钛浸出率较高；温度升高促进离子水解，则温度升高使快速水解，生成进入钛渣，故温度高于65℃，钛浸出率降低；
（3）亚硫酸钠具有还原性，可以还原为亚铁离子，防止“沉钛”时产生，反应为：；铁离子和KSCN溶液变为红色，故检验“还原”后溶液中是否含的试剂是；
（4）已知：①草酸钡难溶于水；如果先加氯化钡溶液，后加入草酸，会生成草酸钡，引入较多杂质，产率低、纯度低。“调”使得转化为沉淀分离出来，而亚铁离子不产生沉淀，结合表可知，范围为；
（5）空气中氧气具有氧化性，“氧化焙烧”中氧气将碳氧化为二氧化碳，同时生成水、，发生反应的化学方程式为。工业上，还可以直接将在1500℃、无氧环境下反应24h制备，此方法需要高温且反应时间长、草酸分解会生成CO，故该方法的缺点能耗高、产生污染空气。
5．（2024·江西萍乡·二模）某化工厂利用废旧锂离子电池正极材料(含有LiCO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)制备C2O3和Li2CO3。工艺流程如下：
已知：
①已知LiCO2难溶于水，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；
②NaHCO3溶液中存在的自耦电离：；
③常温时，有关物质Ksp如下表：
(1)为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取的措施有 (任写一种)。
(2)元素C在周期表中的位置为 ；C2+价层电子轨道表示式为 。
(3)“酸浸”时，LiCO2参与反应的离子方程式为 ；下列试剂中最适宜替换H2C2O4的是 。
A．Na2CO3溶液 B．Na2S2O5溶液 C．NaNO3溶液 D．浓盐酸
(4)滤渣1的主要成分有 。
(5)加NaOH调节pH=10时，可以完全沉淀的金属离子有 (一般认为离子浓度≤10-5ml/L时，离子沉淀完全)。
(6)滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O，(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为 。
(7)沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是(结合平衡原理解释) 。
【答案】(1)将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等
(2)第四周期第Ⅷ族
(3) B
(4)CaSO4、C
(5)C2+、Fe2+、Al3+
(6)或
(7)温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率
【分析】废旧锂离子电池正极材料(含有LiCO2以及少量Ca、Mg、Fe、Al、C等)，加入硫酸、草酸进行酸浸，酸浸后的溶液中含有的部分金属离子有：C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等，则Ca转化为CaSO4沉淀，C不溶，也进入沉淀中；过滤后，得滤渣1的成分为CaSO4、C，滤液中含有C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+等；滤液1中加入NaOH调pH=10，由Ksp可确定C2+、Fe2+、Al3+都转化为氢氧化物沉淀，Mg2+、Li+存在于滤液2中。滤渣1中加入NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液，C(OH)2转化为，通空气催化氧化，过滤得滤渣C0(OH)3，灼烧得C2O3。滤液2中加入NH4F固体，Mg2+转化为MgF2沉淀，过滤后往滤液中加入饱和NaHCO3溶液，并加热到90℃，Li+转化为Li2CO3沉淀。
【解析】（1）为了使拆解后的“正极材料”与酸充分反应，可采取增大接触面积、增大酸液浓度、增大浸取时间等措施，则措施有：将正极材料粉碎；适当增大硫酸的浓度；增大酸浸时间等。
（2）
元素C为27号元素，价电子排布式为3d74s2，则在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族；C2+价层电子轨道表示式为。
（3）“酸浸”时，LiCO2被草酸还原，生成C2+等，反应的离子方程式为；在反应过程中，H2C2O4的表现出还原性，则能替代H2C2O4的试剂为Na2S2O5溶液，故选B。
（4）由分析可知，滤渣1的主要成分有CaSO4、C。
（5）加NaOH调节pH=10时，C2+、Fe2+、Al3+、Mg2+分别为5.9×10-7ml/L、4.9×10-9ml/L、1.1×10-21ml/L、5.6×10-4ml/L，则可以完全沉淀的金属离子有C2+、Fe2+、Al3+。
（6）滤液3中含金属元素的离子主要是，则滤渣2与NH3∙H2O、(NH4)2CO3混合溶液主要反应的离子方程式为或。
（7）沉锂操作过程中需将温度升高到90℃，可促进自耦电离：，增大溶液中的c()，有利于Li+转化为Li2CO3沉淀。则原因①是加快反应速率，并降低Li2CO3的溶解度②是：温度升高到90℃，促进碳酸的分解，平衡正移，生成，提高沉锂反应转化率。
概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
填空题 ☆☆☆☆☆
考向预测
物质的制备、分离提纯、化学实验、离子方程式的书写的综合分析及应用
四线
内涵
试剂线
分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。
操作线
分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
杂质线
分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
产品线
工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。
常见问题
答题要考虑的角度
分离、提纯
过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如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)
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)
在空气中或特定气体中进行的反应或操作
要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的
洗涤沉淀
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
判断沉淀是否洗涤干净
取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)
②“酸作用”还可除去氧化物(膜)
③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等
④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)
控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)
①使化学平衡移动；控制化学反应的方向
②控制固体的溶解与结晶
③控制反应速率：使催化剂达到最大活性
④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发
⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
金属离子
开始沉淀/
1.5
6.3
0.5
完全沉淀/
2.8
8.3
2.5
物质
Ksp
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