第05讲 工业流程题解题策略（讲义）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第05讲工业流程题解题策略目录01TOC\o"1-3"\h\u考情透视·目标导航 02知识导图·思维引航 03考点突破·考法探究 考点一微型工业流程题 知识点1微型工艺流程中题的呈现方式 知识点2工艺流程中的实验操作分析 考向1微型工艺流程中的实验操作 考向2微型工艺流程中的过程评价 考点二化工流程综合题 知识点1反应条件的控制 知识点2常用的分离、提纯方法 考向1化学工艺流程与物质制备 考向2化学工艺流程与反应原理 04真题练习·命题洞见 考点要求考题统计考情分析微型实验设计与评价2023浙江6月选考12题，2分；2023湖北卷3题，3分；2023湖南卷9题，3分；2023辽宁卷10题，3分；2023山东卷13题，4分；2022福建卷6题，4分；2022河北卷4题，3分；2022山东卷9题，2分；2022山东卷9题，2分；2021湖南卷6题，3分；2021河北卷6题，3分；化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。该类题主要以化工流程或实验装置图为载体，以考查实验设计、探究与实验分析能力为主，同时涉及基本操作、基本实验方法、装置与仪器选择、误差分析等知识，题目综合性强，难度大。重要考查考生提取信息的能力，检验学生化学学科素养的落实情况，体现“一核”的引领功能。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三是关于化工生产的相关计算。综合实验设计与评价2023山东卷17题，13分；2023全国甲卷26题，14分；2023全国乙卷26题，14分；2023全国新课标卷27题，14分；2023湖南卷17题，15分；2023辽宁卷16题，14分；2023湖北卷16题，14分；2023浙江6月选考18题，10分；2023北京卷18题，13分；2023广东卷18题，14分；2021浙江6月选考30题，10分；2021山东卷18题，12分；2022重庆卷15题，15分；2022湖北卷16题，14分；2022辽宁卷16题，14分；2022北京卷18题，13分；2022•海南卷15题，10分；2022河北卷15题，14分；2022山东卷17题，13分；2022全国乙卷26题，14分；2022全国甲卷26题，14分；2022湖南卷17题，14分；2022江苏卷15题，12分；2022广东卷18题，14分；2021全国甲卷26题，14分；2021全国乙卷26题，14分；2021湖南卷17题，14分；2021湖北卷16题，14分；2021•海南卷15题，10分；2021河北卷15题，14分；2021广东卷16题，14分；2022山东卷17题，13分；2021北京卷16题，13分；2021辽宁卷16题，14分；2021浙江1月选考30题，10分；复习目标：1．掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等。4．掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。5．掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法。6．掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等。考点一微型工业流程题知识点一微型工艺流程中题的呈现方式知识点二工艺流程中的实验操作分析1．流程中的“操作步骤”操作步骤高频设问答题指导原料处理如何提高“浸出率”？①将矿石粉碎；②适当加热加快反应速率；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度等分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)焙烧①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS2与氧气生成氧化铁和二氧化硫)；②除去硫、碳单质；③有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等酸性气体的吸收常用碱性溶液吸收(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)调节溶液的pH调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，分析物质中的化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)结晶方法：①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等；蒸发结晶②晶体带结晶水，如胆矾等；将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤晶体的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分、减少晶体溶解损耗，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥2．流程中的“操作目的”操作目的答题指导固体原料进行“粉碎”减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率酸(或碱)溶①原料经酸(或碱)溶后转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的②用碱性溶液吸收酸性气体原料灼烧(焙烧)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等金属用热碳酸钠溶液洗涤除去金属表面的油污过滤固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等萃取与分液选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋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；能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的调溶液pH①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的②抑制盐类水解③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离④用pH计测量溶液的pH⑤用pH试纸测定溶液的pH：将一小块pH试纸放在洁净干燥的玻璃片或表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸变色后再与标准比色卡对照读数控制温度①控制物质的溶解与结晶②防止某些物质分解或挥发(如H2O2、氨水、草酸)③控制反应速率、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生④控制化学反应的方向，使化学平衡移动⑤煮沸：促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出⑥趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量洗涤晶体洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次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)【方法技巧】1．首尾分析法：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，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。2．截段分析法：对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为准点。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。考向1微型工艺流程中的实验操作【例1】(2024·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学高三二模)实验室从含I-的溶液中提取I2的流程如下：已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2。下列说法不正确的是()A．“过滤1”所得沉淀为AgIB．“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe3+的形式存在C．用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用D．氧化时，理论上通入Cl2的物质的量为I-物质的量的【答案】B【解析】含I-的溶液加入硝酸银生成碘化银沉淀，过滤1得到碘化银后加入铁置换出银单质同时生成碘化亚铁，过滤2分离出银得到Y，滤液加入氯气氧化碘离子得到碘单质。A项，由分析可知，“过滤1”所得沉淀为AgI，A正确；B项，铁离子会和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，故“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe2+的形式存在，B错误；C项，用稀HNO3溶解滤渣Y银单质生成硝酸银溶液，故得到的溶液可循环利用，C正确；D项，氯气氧化碘离子得到碘单质Cl2+2I-=2Cl-+I2，则氧化时，理论上通入Cl2的物质的量为I-物质的量的，D正确；故选B。【名师点睛】微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。【变式训练】(2024·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学高三下月考)已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是()A．苯胺既可与盐酸也可与溶液反应B．由①、③分别获取相应粗品时可采用相同的操作方法C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得D．①、②、③均为两相混合体系【答案】C【解析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。A项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B项，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故B错误；C项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，故D错误；故选C。考向2微型工艺流程中的过程评价【例2】(2024·安徽省安庆市三模)聚酯反应催化剂乙二醇锑是一种无毒的白色晶状粉末，其制备流程如下：下列说法错误的是()A．煅烧过程需注意防治污染B．乙二醇为非极性分子C．醇化反应需及时分离出水蒸气以提高Sb₂O₃的平衡转化率D．操作Ⅰ为冷却结晶、过滤，操作Ⅱ为洗涤、干燥【答案】B【解析】A项，辉锑矿煅烧会产生二氧化硫，需注意防治污染，A正确；B项，乙二醇正电中心和负电中心不重合为极性分子，B错误；C项，该条件下醇化反应是可逆反应且会生成水，故及时分离出水蒸气可提高Sb₂O₃的平衡转化率，C正确；D项，根据制备流程可知操作1为冷却结晶、过滤，操作Ⅱ为洗涤、干燥，D正确；故选B。【思维建模】流程的最终目的就是收益最大化，工艺流程题设中的问题顺序通常与流程图的流程顺序是一致的，且一个问题对应流程图的一个或依次相连的若干个环节，做题时只需找到所需回答的问题与流程图中相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”就可以有效解决相关问题，对流程进行在效评价。微型工艺流程中的过程评价思路：1．化学反应原理——化学原理在实际工业上是否可行；2．成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等；3．原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用；4．生产过程要快——化学反应速率；5．产率要高——化学平衡；6．产品要纯——产品的分离、提纯；7．环保问题——反应物尽可能无毒无害无副作用，“三废”处理。【变式训练】(2024·江苏省苏州市南京航空航天大学苏州附属中学高三二模)实验室从含I-的溶液中提取I2的流程如下：已知2Fe3++2I-=2Fe2++I2。下列说法不正确的是()A．“过滤1”所得沉淀为AgIB．“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe3+的形式存在C．用稀HNO3溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用D．氧化时，理论上通入Cl2的物质的量为I-物质的量的【答案】B【解析】含I-的溶液加入硝酸银生成碘化银沉淀，过滤1得到碘化银后加入铁置换出银单质同时生成碘化亚铁，过滤2分离出银得到Y，滤液加入氯气氧化碘离子得到碘单质。A项，由分析可知，“过滤1”所得沉淀为AgI，A正确；B项，铁离子会和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，故“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe2+的形式存在，B错误；C项，用稀HNO3溶解滤渣Y银单质生成硝酸银溶液，故得到的溶液可循环利用，C正确；D项，氯气氧化碘离子得到碘单质Cl2+2I-=2Cl-+I2，则氧化时，理论上通入Cl2的物质的量为I-物质的量的，D正确；故选B。考点二化工流程综合题知识点1反应条件的控制1．反应条件控制条件控制目的固体原料粉碎或研磨减小颗粒直径，增大反应物接触面积，增大浸取时的反应速率，提高浸取率煅烧或灼烧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等酸浸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溶解铝、氧化铝等加热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；③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl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)挥发逸出等反应物用量或浓度①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等降温①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等控温①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去]加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋pH控制①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离2．常用的控制反应条件的方法(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：①能与H＋反应，使溶液pH增大；②不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。(3)趁热过滤。防止某物质降温时会析出。(4)冰水洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。知识点2常用的分离、提纯方法1．常用的分离方法(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。2．常用的提纯方法(1)水溶法：除去可溶性杂质。(2)酸溶法：除去碱性杂质。(3)碱溶法：除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。【方法技巧】可循环物质的判断1．流程图中回头箭头的物质。2．生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。(1)从流程需要加入的物质去找先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。(2)从能构成可逆反应的物质去找可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。(3)从过滤后的母液中寻找析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。考向1化学工艺流程与物质制备【例1】(2024·福建福州八县协作校高三联考)废SCR催化剂(含TiO2、V2O5、WO3等)的回收对环境保护和资源循环利用意义重大。通过如下工艺流程可以回收其中的钛、钒、钨等。已知：TiO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；回答下列问题：(1)元素V在周期表中的位置。在NH4VO3中V元素的化合价是。(2)“球磨”的目的是。(3)请写出“碱浸”过程中WO3与NaOH溶液反应的离子方程式。(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，“热水解”反应的离子方程式为。(5)“煅烧”NH4VO3的化学方程式为。(6)“沉钨”中为促进CaWO4尽可能析出完全，需要进行的措施是。【答案】(1)第四周期ⅤB族+5(2)增大接触面积，提高“碱浸”反应速率(3)WO3+2OH-=WO42-+H2O(4)TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑(6)加入过量CaCl2【解析】废SCR催化剂(含TO2、V2O5、WO3等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO2、V2O5和WO3都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO3、Na2WO4和不溶性的Na2TiO3；过滤的到Na2TiO3，加入硫酸进行溶解，进行热水解后得到TiO·xH2O；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH4VO3，经过煅烧分解出V2O5；滤液中加入HCl和CaCl2沉钨，沉淀经煅烧后生成WO3。(1)元素V的原子序数是23，在周期表中的位置是第四周期ⅤB族；在NH4VO3中V元素的化合价是+5价；(2)“球磨”的目：增大接触面积，提高“碱浸”反应速率；(3)碱浸过程中，WO3与NaOH溶液反应生成可溶性的Na2WO4，离子方程式为WO3+2OH-=WO42-+H2O；(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，TO2+“热水解”生成TiO2+·xH2O，离子方程式：TO2++(x+1)H2OTiO·xH2O↓+2H+；(5)煅烧NH4VO3可生成V2O5，反应化学方程式：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O↑；(6)“沉钨”中析出CaWO4时，为促进CaWO4尽可能析出完全，可利用同离子效应，加入过量CaCl2，促进CaWO4尽可能析出完全。【思维建模】“四线法”解题模型试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用；转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等；除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等；分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。【变式训练】(2024·福建福州市八县一中高三联考)电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。享誉“亚洲锂都”的宜春拥有亚洲储量最大的锂云母矿，以锂云母浸出液(含Li+、Fe3+、Mg2+、SO42-等)为原料制取电池级Li2CO3的工艺流程如图：已知：①HR为有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生的反应可表示为：Fe3++3HRFeR3+3H+；②常温时，1mol·L-1LiOH溶液的pH=14。回答下列问题：(1)“有机层”的主要成分为(填化学式，下同)；“滤渣1”中含有的物质为；使用HR萃取剂时，需加入一定量的NaOH进行处理，其目的是。(2)某种HR的结构简式为，该分子中可能与Fe3+形成配位键的原子有。(3)加适量草酸的目的。(4)“混合沉锂”的离子方程式为。(5)Li2CO3与Co3O4在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO2)。写出对应的化学方程式。(6)钴酸锂(LiCoO2)是常见的锂离子电池正极材料，其晶胞结构示意图如下图所示，各离子位于晶胞的顶点、棱和体内。①基态Co原子核外电子排布式为。②该晶胞密度为g·cm-3。(写出计算式，阿伏加德罗常数为NA)【答案】(1)FeR3和HRLi2CO3、MgCO3消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取率(2)O、N(3)使钙离子生成草酸钙，便于除掉(4)2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓(5)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2(6)[Ar]3d74s2【解析】(1)根据Fe3++3HRFeR3+3H+平衡可知，有机层中主要是FeR3和HR，根据流程可知沉淀主要是碳酸锂和碳酸镁。加入氢氧化钠后氢离子会被消耗，从而使平衡正向移动。(2)从结构可知氧原子、氮原子都有孤对电子，所以能形成配位键的是N、O；(3)加入草酸的目的是沉淀多余的钙离子；(4)从流程可知是碳酸氢锂和氢氧化锂反应生成了碳酸锂，离子方程式为：2Li++HCO3-+OH-=H2O+Li2CO3↓；(5)钴元素的化合价从+2和+3归到+3价部分被氧化，所以有氧气参加反应。化学方程式为：6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2；(6)Co为第四周期第Ⅷ族元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d74s2，该晶胞中Li+：、Co3+：、O2-：，其晶胞化学式为：Li3Co3O6，故其密度为：。考向2化学工艺流程与反应原理【例2】(2024河北省强基联盟高三模拟)利用“微波辅助低共熔溶剂”浸取废旧锂离子电池中钴酸锂粗品制备LiCoO2产品，以实现资源的循环利用。主要工艺之流程如下：已知：①氯化胆碱[HOCH2CH2N+(CH3)3·C1-]是一种铵盐；②Co2+在溶液中常以[CoCl4]2-(蓝色)和[Co(H2O)6]2+(粉红色)形式存在；③25℃时,Ksp[Co(OH)2]=1.6×10-15。回答下列问题:(1)LiCoO2中Co的化合价为。(2)“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和LiCoO2粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10min后锂和钴的浸取率如图，则最佳液固比为mL/g，草酸的作用为。(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)25℃时，“沉钴”反应完成后溶液pH=10，此时c(Co2+)=mol/L。(5)“滤饼2”在高温烧结前需要洗涤、干燥，洗涤沉淀的实验操作为。(6)锂离子电池正极材料LiCoO2在多次充放电后结构发生改变生成Co3O4，导致电化学性能下降，使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复，则修复过程发生反应的化学方程式为。【答案】(1)+3(2)60mL/g作还原剂，将Co元素还原为+2价(3)[CoCl4]2−+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-(4)1.6×10-7(5)沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤出后，重复2到3次(6)6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O【解析】氯化胆碱-草酸和LiCoO2微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[Co(H2O)6]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4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Co3O4高温烧结(通入空气氧化)得到LiCoO2产品。(1)LiCoO2中Li为+1价，O为-2价，因此Co为+3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；草酸的作用是作还原剂，将Co元素还原为+2价；(3)“水浸”过程中溶液由蓝色[CoCl4]2−变为粉红色[Co(H2O)6]2+，即由[CoCl4]2−变为[Co(H2O)6]2+，则该变化的离子方程式为：[CoCl4]2−+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-；(4)溶液pH=10，即c(H+)=1×10-10mol⋅L-1，则c(OH-)=1×10-4mol⋅L-1，c(Co2+)==mol⋅L-1=1.6×10-7mol⋅L-1；(5)洗涤沉淀的实验操作为沿玻璃棒向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水滤出后，重复2到3次；(6)使用LiOH和30%H2O2溶液可以实现LiCoO2的修复是过氧化氢将Co3O4氧化和LiOH生成LiCoO2，反应的化学方程式为6LiOH+H2O2+2Co3O4=6LiCoO2+4H2O。【名师提醒】化学工艺流程常涉及的化学反应原理有：1．沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。2．反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的应用；④反应条件的控制。3．氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。4．盐类水解的具体应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。【变式训练】(2024·河南三门峡高三阶段性考试)钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如图：

回答下列问题：(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合的实验操作是。(2)钪锰矿石中含铁元素，其中Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是。(从原子结构角度解释)(3)常温下，先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是。(已知：Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13，Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31)(4)“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是：。(5)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3•6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如图所示。250℃时，晶体的主要成分是(填化学式)。550～850℃发生反应的化学方程式为。【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌(2)Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构(3)Fe(OH)3(4)2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+(5)Sc2(C2O4)3·H2OSc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2【解析】废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)经萃取洗涤油相除去大量的钛离子，滤渣用盐酸溶解后加氨水调pH为3，除去铁离子，再加氨水调溶液的pH为6，将Sc3+沉淀为Sc(OH)3，将Sc(OH)3用盐酸溶解后加入草酸，使之转化为Sc2(C2O4)3沉淀，灼烧Sc2(C2O4)3沉淀得到成品Sc2O3。(1)不同的液体在混合时，一般是先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若混合时放热，则最后加受热易分解的。因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入H2O2中，并不断搅拌。(2)Fe2+易被氧化为Fe3+的原因是Fe2+的价层电子排布式为3d6，易失去1个电子达到半充满的稳定结构。(3)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油相”已除去大量的钛离子。根据Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31，可以求出余下3种离子沉淀完全(离子浓度小于10-5mol/L)的pH，发现锰离子沉淀完全时pH约为10，钪离子沉淀完全的pH约为6，而铁离子沉淀完全的pH约为3，所以先加入氨水调节pH=3，过滤，滤渣主要成分是Fe(OH)3。(4)“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3↓+6H+。(5)设起始时Sc2(C2O4)3·6H2O的物质的量为1mol，质量为462g，由图可知，250℃时，减少的质量为462g×19.5%≈90g，，即晶体失去5个结晶水，故250℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3·H2O。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知550℃时晶体的主要成分是Sc2(C2O4)3。850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去钪元素质量后剩余质量为138g-2mol×45g/mol=48g，应为氧元素的质量，，则850℃时晶体的化学式为Sc2O3，故550～850℃发生反应的化学方程式为Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。1．(2023•辽宁省选择性考试，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH)3，已知焙烧后Cr元素以价形式存在，下列说法错误的是()A．“焙烧”中产生CO2 B．滤渣的主要成分为C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO42- D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用【答案】B【解析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。A项，铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；B项，焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氢氧化铁，B错误；C项，滤液①中Cr元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为CrO42-，C正确；D项，淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；故选B。2．(2023•湖南卷，9)处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②Ksp(S)=6.4×10－36，Ksp()=1.6×10－24。下列说法错误的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有和B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质。A项，根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B项，硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2OHS-+OH-，B正确；C项，当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D项，污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。3．(2022•河北省选择性考试，4)溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：下列说法错误的是()A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离C．中和工序中的化学反应为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2OD．参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1【答案】A【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。A项，还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A错误；B项，除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B正确；C项，中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O，C正确；D项，根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1：1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)：n(H2SO4)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)为1：1：1，D正确；故选A。4．(2021•河北选择性考试，6)BiOCl是一种具有珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：

下列说法错误的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】A项，硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A正确；B项，金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3++NO3-+H2OBiONO3+2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；C项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3+水解，C正确；D项，氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+H2OBiOCl+2H+，水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应Bi3++NO3-+H2OBiONO3+2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。5．(2023•全国新课标卷，27)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：已知：最高价铬酸根在酸性介质中以CO72-存在，在碱性介质中以CO42-存在。回答下列问题：(1)煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为_______(填化学式)。(2)水浸渣中主要有SiO2和_______。(3)“沉淀”步骤调到弱碱性，主要除去的杂质是_______。(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MSiO3和M的形式沉淀，该步需要控制溶液的以达到最好的除杂效果，若时，会导致_______；时，会导致_______。(5)“分离钒”步骤中，将溶液调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在时，溶解为VO2+或VO3+在碱性条件下，溶解为VO3-或VO43-，上述性质说明V2O5具有_______(填标号)。A．酸性

B．碱性

C．两性(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_______。【答案】(1)Na2CrO4(2)Fe2O3(3)SiO32-(4)不能形成M沉淀不能形成MSiO3沉淀(5)C(6)2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O【解析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将硅元素转化为硅酸沉淀，过滤得到硅酸滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，过滤得到含有MSiO3、M的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。(1)煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠；(2)由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁；(3)由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将硅元素转化为硅酸沉淀；(4)由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MSiO3和M沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成M沉淀若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化钠沉淀，不能形成MSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；(5)由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物，故选C；(6)由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O72-+3S2O52-+10H+=4Cr3++6SO42-+5H2O。6．(2023•辽宁省选择性考试，16)某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含(N、、、、M2+和M)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质NMKsp10-37.410-14.710-14.710-10.8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(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为_______(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为M、_______(填化学式)。(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，M(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_______时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，M(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为_______。(6)“沉镁”中为使M2+沉淀完全(25℃)，需控制pH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)①M+HSO3-+H2O=M②Fe(OH)3(4)①9.0%②SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率(5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O(6)11.1【解析】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(H2SO5)，用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，发生反应M+HSO3-+H2O=M，Fe3+水解同时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(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)H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA；(3)用石灰乳调节pH=4，M被H2SO5氧化为M，该反应的离子方程式为：M+HSO3-+H2O=M；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-10.8mol/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SO2体积分数为0.9%时，M(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低M(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH)+2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。7．(2023•全国甲卷，26)aT是一种压电材料。以Ba为原料，采用下列路线可制备粉状aT。

回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。(2)“焙烧”后固体产物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。“浸取”时主要反应的离子方程式为_______。(3)“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。a．稀硫酸

b．浓硫酸

c．盐酸

d．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。(5)“沉淀”步骤中生成aT的化学方程式为_______。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的_______。【答案】(1)做还原剂，将Ba还原(2)a2++a↓(3)c(4)不可行产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且a与盐酸反应生成可溶于水的a，导致a溶液中混有a杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低(5)a+T+H2aT+(6)1：1【解析】由流程和题中信息可知，Ba与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、a、易溶于水的Ba和微溶于水的a；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和a，滤液中有a和Ba；滤液经酸化后浓缩结晶得到a晶体；a晶体溶于水后，加入T和T将钡离子充分沉淀得到aT；aT经热分解得到aT。(1)“焙烧”步骤中，Ba与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、a、a和a，Ba被还原为Ba，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将Ba还原。(2)“焙烧”后固体产物有a、易溶于水的Ba和微溶于水的a。易溶于水的Ba与过量的a可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为a2++a↓。(3)“酸化”步骤是为了将Ba转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而a可溶于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体H2S会污染空气，而且a与盐酸反应生成可溶于水的a，导致a溶液中混有a杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低。(5)“沉淀”步骤中生成aT的化学方程式为：a+T+H2aT+。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，aTaT↑↑，因此，产生的。8．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4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Na2CO3常用方法的名称是_______。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。(5)导致SiCl4比CCl4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)①4②Ⅷ(2)SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl(3)焰色反应(4)①5.9×10-7②6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O(5)abd【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2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SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)2]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，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SiCl4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：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4+3H2O=H2SiO3+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li2CO3，常用焰色反应鉴别Li2CO3和Na2CO3，Li2CO3的焰色反应为紫红色，而Na2CO3的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是焰色反应。(4)已知Ksp[Co(OH)2]=5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH-)1.0×10-4mol·L-1，Co2+浓度为mol·L-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)2与O2反应生成Co3O4和H2O，该反应的化学方程式为6Co(OH)2+O22Co3O4+6H2O。(5)a项，Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH-的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c项，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SiCl4比CCl4易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH-形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。9．(2023•广东卷，18)NCo均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中，利用氨浸工艺可提取NCo，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，NCo2+、Co3+与NH3形成可溶于水的配离子：Kb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。氢氧化物Co(OH)2Co(OH)3N(OH)2Al(OH)3M(OH)2Ksp回答下列问题：(1)活性可与水反应，化学方程式为。(2)常温下，的氨性溶液中，c(NH3·H2O)c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)。(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为。(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3属于(填“晶体”或“非晶体”)。②(NH4)2CO3提高了NCo的浸取速率，其原因是。(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为。②由Co可制备AlCoO晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为。(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中与的比值，理论上最高为。②“热解”对于从矿石提取NCo工艺的意义，在于可重复利用HNO3和(填化学式)。【答案】(1)MO+H2O=M(OH)2(2)＞(3)2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O(4)晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积(5)H体心12(6)0.4或2:5MO【解析】硝酸浸取液(含NCo2+、Al3+、M)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。(1)活性MO可与水反应，化学方程式为MO+H2O=M(OH)2；(2)常温下，的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)=-4.7，，，则c(NH3·H2O)＞c(NH4+)；(3)“氨浸”时，Co(OH)3与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co(NH3)6]2+，则由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O+4OH-或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH4++SO32-=2[Co(NH3)6]2++SO42-+13H2O；(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体；②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH4)2CO3能提高了NCo的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；(5)①“析晶”过程中为了防止N水解，因此通入的酸性气体A为H；②由Co可制备AlCoO晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；晶体中一个Al周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12；(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为MO3)2·6H2O，根据MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，还剩余5个水分子，因此所得HNO3溶液中与的比值理论上最高为2：5；②“热解”对于从矿石提取NCo工艺的意义，根据前面分析MO3)2+2H2OM(OH)2+2HNO3，M(OH)2MO+H2O，在于可重复利用HNO3和MO。10．(2022•福建卷，11)粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)提铝的工艺流程如下：回答下列问题：(1)“浸出”时适当升温的主要目的是_______，Al2O3发生反应的离子方程式为_______。(2)“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有_______。实验测得，粉煤灰(Al2O3的质量分数为)经浸出、干燥后得到“浸渣”(Al2O3的质量分数为)，Al2O3的浸出率为_______。(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入K2SO4沉铝的目的是_______，“沉铝”的最佳方案为_______。(4)“焙烧”时，主要反应的化学方程式为_______。(5)“水浸”后得到的“滤液2”可返回_______工序循环使用。【答案】(1)

提高浸出率(或提高浸出速率)

Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(2)SiO2和CaSO4

84%(3)

使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度

高温溶解再冷却结晶(4)2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑(5)沉铝【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，得到氧化铝。(1)温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；(2)“浸渣”的主要成分除残余Al2O3外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸渣”Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al2O3的浸出率为；(3)根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O溶解度最小，更容易析出，加入K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；(4)“焙烧”时，KAl(SO4)2分解为K2SO4、Al2O3和SO3或K2SO4、Al2O3、SO2和O2，反应方程式为2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑或4KAl(SO4)22K2SO4+2Al2O3+6SO2↑+3O2↑；(5)“水浸”后得到的“滤液2”成分为K2SO4，可在沉铝工序循环使用。11．(2022•重庆卷，15)电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。化学式Sn(OH)4(或SnO2·2H2O)Fe(OH)3Cu(OH)2溶度积1.0×10-564×10-382.5×10-20(1)Na2SnO3的回收①产品Na2SnO3中Sn的化合价是______。②退锡工艺是利用稀HNO3与Sn反应生成Sn2+，且无气体生成，则生成的硝酸盐是_____，废液中的Sn2+易转化成SnO2·xH2O。③沉淀1的主要成分是SnO2，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。(2)滤液1的处理①滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是______。②25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于______mol•L-1。(3)产品中锡含量的测定称取产品1.500g，用大量盐酸溶解，在CO2保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用0.1000mol•L-1KIO3标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO3-被还原为I—，终点时消耗KIO3溶液20.00mL。①终点时的现象为______，产生I2的离子反应方程式为_____。②产品中Sn的质量分数为_____%。【答案】(1)

+4价

Sn(NO3)2、NH4NO3

SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O(2)Fe(OH)3

2×10—7(3)滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原

2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O

39.7%【解析】由题给流程可知，向退锡废液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为1.5，将锡的化合物转化为二氧化锡，过滤得到含有铁离子、铜离子的滤液1和沉淀1；向沉淀1中加入氢氧化钠焙烧将二氧化锡转化为锡酸钠后，水浸、过滤得到锡酸钠溶液，溶液经蒸发结晶得到锡酸钠。(1)①由化合价代数和为0可知，锡酸钠中锡元素的化合价为+4价；②由分析可知，退锡工艺中发生的反应为锡与稀硝酸反应生成硝酸亚锡、硝酸铵和水，则则生成的硝酸盐是硝酸亚锡和硝酸铵；③由沉淀1的主要成分是二氧化锡可知，焙烧时发生的反应为二氧化锡和氢氧化钠高温条件下反应生成锡酸钠和水，反应的化学方程式为SnO2+2NaOHNa2SnO3+H2O；(2)①由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀；②由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10—8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10—7mol/L；(3)①由题意可知，碘酸钾先与二价锡离子反应生成碘，碘遇淀粉溶液变蓝色时，碘与过量的二价锡离子反应生成碘离子，溶液由蓝色变为无色，则终点时的现象为滴入最后一滴碘酸钾标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，反应生成碘的离子方程式为2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O，故答案为：滴入最后一滴KIO3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；2IO3-+5Sn2++12H+=I2+5Sn4++6H2O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1碘酸钾溶液，则1.500g产品中锡元素的质量分数为×100%=39.7%。12．(2022•北京卷，18)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含Fe2O3、SiO2杂质]制备高纯度碳酸钙和氧化镁。其流程如下：已知：物质Ca(OH)2Mg(OH)2CaCO3MgCO3Ksp(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。(2)根据下表数据分析：n(NH4Cl)：n(CaO)CaO浸出率/MgO浸出率/w(CaCO3)理论值/w(CaCO3)实测值/98.41.199.7-98.81.599.299.598.91.898.899.599.16.095.697.6已知：i．对浸出率给出定义ii．对w(CaCO3)给出定义①“沉钙”反应的化学方程式为___________。②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。③不宜选用的“n(NH4Cl)：n(CaO)”数值为___________。④w(CaCO3)实测值大于理论值的原因为___________。⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出增加至，结合化学反应原理解释MgO浸出率提高的原因为___________。(3)滤渣C为___________。(4)可循环利用的物质为___________。【答案】(1)CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑(2)

CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O

Ca(OH)2的溶度积大于Mg(OH)2，溶液中Ca(OH)2能与NH4Cl反应，而Mg(OH)2不能

2.4：1

反应加入的CaO也转化为CaCO3

Mg(OH)2+(NH4)2SO4MgSO4+2NH3↑+2H2O，蒸馏时，NH3逸出促进NH4+水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH)2完全转化为MgSO4(3)SiO2、Fe2O3(4)NH4Cl、(NH4)2SO4【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。(1)白云石煅烧时，CaMg(CO3)2高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO3)2CaO+MgO+2CO2↑；(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl2+NH3·H2O+CO2=CaCO3↓+NH4Cl+H2O；②由题给溶度积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸铵，所以氧化镁浸出率提高；