資源簡介

(共31張PPT)
第57講 找尋流程中的循環物質
2025：基于主題教學的高考化學專題復習系列講座
2025
2024河北卷-16題 副產品循環的判斷：濾渣中釩元素，通過鹽浸，進入濾液中，再將濾液回流到離子交換工序，進行的富集。
2024安徽卷-15題 試劑循環的判斷：“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質
2024湖北卷-16題 副產品循環的判斷：利用萃取和反萃取原理，使濾液中主要成分進入反萃取步驟再利用。
2024山東卷-18題 礦料循環的判斷： “還原”中加入鉛精礦的目的是將過量的Fe3+還原為Fe2+。
2024湖南卷-16題 試劑循環的判斷：根據題中的箭號所指可判斷Na2SO3可繼續進行銀轉化過程。
2024黑吉遼-16題 試劑循環的判斷：用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步驟，從而循環利用。
2024年——找尋流程中的循環物質考向考點統計
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
必備知識分析
1.工業流程中物質循環種類：
化學工藝流程中物質循環可以分為試劑循環使用、礦料循環充分利用、產品循環再提純。
2.明確渣液關系：
判斷循環，首先明確流程中“渣液”關系：
4.區分副產品
3.如何確定循環物質
必備知識分析
關鍵能力分析
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
思維模型建構
1.試劑作用分析：加入試劑，精準分析物質變化與試劑作用。
2.工業流程五觀念：
元素守恒的觀念
前后關聯的觀念
物質轉化的觀念
渣液分離的觀念
循環利用的觀念
試劑作用是什么？
為什么循環？
循環了什么物質？
試劑循環是主要考向
（4）“濾液2”可以進入 步驟再利用。
思路分析
一、副產品循環
鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態
再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3
“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中
水相1中含有Al3+，有機相為含鈹的化合物
加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[B(OH)4]
進入水相2中
最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，濾液2的主要成分為NaOH，可進入反萃取步驟再利用
NaOH
ZnCO3 SiO2
Ca Mg Fe Cu 化合物
元素守恒觀念
物質轉化觀念
ZnO SiO2 Ca Mg Fe Cu 化合物
前后關聯觀念
CaF2
渣液分離觀念
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
Fe(OH)3和MnO2
Cu
CaF2、MgF2
思路分析
Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+
一、副產品循環
Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
Fe(OH)3和MnO2
Cu
CaF2、MgF2
（6）濾渣 ④與濃 H2SO4反應可以釋放 HF并循環利用,同時得到的副產物是 、 。
循環物質：HF
副產品：CaSO4 MgSO4
一、副產品循環
二、礦料循環
思路點播
熱浸
S
加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2
二、礦料循環
礦料循環
思路分析
前后關聯
渣液分離
Fe2O3 MgO
渣液分離 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
二、礦料循環
礦料循環
思路分析
前后關聯
渣液分離
Fe2O3 MgO
渣液分離 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
二、礦料循環
礦料循環
思路分析
前后關聯
渣液分離
Fe2O3 MgO
渣液分離 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
二、礦料循環
礦料循環
思路分析
前后關聯
渣液分離
Fe2O3 MgO
渣液分離 Na2CrO4
NaOH NaAlO2
突破口
循環
循環
循環
二、礦料循環
二、礦料循環
三、試劑循環
物質 轉化觀念
Cu2+ 、Ag、Au
Ag、Au
HAuCl4
Ag轉化為AgCl
思路分析
(5)“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為 。“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質為 (填化學式)。
三、試劑循環
Na2CrO4 Fe2O3 NaAlO2 Na2SiO3
思路分析
試劑作用
物質 轉化觀念
兩次硫酸作用相同嗎？
三、試劑循環
Na2CrO4 Fe2O3 NaAlO2 Na2SiO3
思路分析
試劑作用
物質 轉化觀念
硫酸
三、試劑循環
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物質 轉化觀念
TiO2
SiO2
CaSO4
濾液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例 7．（2021年全國乙卷---26）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、試劑循環
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物質 轉化觀念
TiO2
SiO2
CaSO4
濾液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例 7 ．（2021年全國乙卷---26）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、試劑循環
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物質 轉化觀念
TiO2
SiO2
CaSO4
濾液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
二氧化硅和硫酸鈣不與酸反應，為酸溶渣，溶液中含有TiO2+
例7．（2021年全國乙卷---26）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
三、試劑循環
思路分析
TiO2
Fe2O3 Al2O3 SiO2
MgO
CaO
物質 轉化觀念
TiO2
SiO2
CaSO4
濾液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣
例7．（2021年全國乙卷---26）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、
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2025
知識重構
思維模型
整體分析，把握化學工藝流程題的試題結構，明確各環節的目的、方法、措施。
樹立元素守恒和前后關聯的大觀念：
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2025
知識重構
素養導向下的教學啟示
題目的情境設置
生產環保情境：
自然資源的綜合利用，生產條件的優化，廢物回收利用和毒害物質處理。
學術探究情境：
最新的生產方法，提取技術的應用等。
應考
策略
核心的知識體系
基本思想方法
落實學科大觀念
提升學科能力
學
科
核
心
素
養
（1）夯實基礎：強化元素化合物的性質及轉化、物質分離提純等基本實驗方法的使用及操作；
（2）培養能力：強化信息提取及分析能力，關注圖形圖表類信息的轉化；
（3）強化規范：培養規范答題能力，對常見問題要建立答題模型。
不變
命題特點
主要考向：以過渡元素為載體，Mg、Al、Fe、Cu等化合物為雜質。
高頻考點：
原料預處理措施、目的；
陌生方程式書寫；
生產條件的選擇與優化；
物質分離、提純方法的選擇、操作；
物質成分分析；
化學反應原理分析應用及相關計算。
總結第57講-找尋流程中的循環物質
1．（2023湖南9題）處理某銅冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
物質
開始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列說法錯誤的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈堿性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，當和完全沉淀時，溶液中
D．“出水”經陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業冷卻循環用水
2．（2023福建6題）從煉鋼粉塵(主要含和)中提取鋅的流程如下：
“鹽浸”過程轉化為，并有少量和浸出。下列說法錯誤的是
A．“鹽浸”過程若浸液下降，需補充
B．“濾渣”的主要成分為
C．“沉鋅”過程發生反應
D．應合理控制用量，以便濾液循環使用
3．(2022河北新高考8題)LiBr溶液可作為替代氟利昂的綠色制冷劑。合成LiBr工藝流程如下：
下列說法錯誤的是
A．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序
B．除雜工序中產生的濾渣可用煤油進行組分分離
C．中和工序中的化學反應為Li2CO3+2HBr=CO2↑+2LiBr+H2O
D．參與反應的n(Br2)：n(BaS)：n(H2SO4)為1∶1∶1
4．(2022湖南新高考7題)鋁電解廠煙氣凈化的一種簡單流程如下：
下列說法錯誤的是
A．不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料
B．采用溶液噴淋法可提高吸收塔內煙氣吸收效率
C．合成槽中產物主要有Na3AlF6和CO2
D．濾液可回收進入吸收塔循環利用
5．（2024河北卷16題）V2O5是制造釩鐵合金、金屬釩的原料，也是重要的催化劑。以苛化泥為焙燒添加劑從石煤中提取V2O5的工藝，具有釩回收率高、副產物可回收和不產生氣體污染物等優點。工藝流程如下。
已知：i石煤是一種含V2O3的礦物，雜質為大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分為CaCO3 、 NaOH 、 Na2CO3等。
ⅱ 高溫下，苛化泥的主要成分可與Al2O3反應生成偏鋁酸鹽；室溫下，偏釩酸鈣[Ca(VO3)2]和偏鋁酸鈣[Ca(AlO2)2]均難溶于水。回答下列問題：
（1）釩原子的價層電子排布式為_______；焙燒生成的偏釩酸鹽中釩的化合價為_______，產生的氣體①為_______(填化學式)。
（2）水浸工序得到濾渣①和濾液，濾渣①中含釩成分為偏釩酸鈣，濾液中雜質的主要成分為_______(填化學式)。
（3）在弱堿性環境下，偏釩酸鈣經鹽浸生成碳酸鈣發生反應的離子方程式為_______；CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率的原因為_______；浸取后低濃度的濾液①進入_______(填工序名稱)，可實現釩元素的充分利用。
（4）洗脫工序中洗脫液的主要成分為_______(填化學式)。
（5）下列不利于沉釩過程的兩種操作為_______(填序號)。
a．延長沉釩時間 b．將溶液調至堿性 c．攪拌 d．降低NH4Cl溶液的濃度
6．（2024黑吉遼16題）中國是世界上最早利用細菌冶金的國家。已知金屬硫化物在“細菌氧化”時轉化為硫酸鹽，某工廠用細菌冶金技術處理載金硫化礦粉(其中細小的Au顆粒被FeS2、FeASS包裹)，以提高金的浸出率并冶煉金，工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）北宋時期我國就有多處礦場利用細菌氧化形成的天然“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要溶質為_______(填化學式)。
（2）“細菌氧化”中，FeS2發生反應的離子方程式為_______。
（3）“沉鐵砷”時需加堿調節PH，生成_______(填化學式)膠體起絮凝作用，促進了含AS微粒的沉降。
（4）“培燒氧化”也可提高“浸金”效率，相比“培燒氧化”，“細菌氧化”的優勢為_____(填標號)。
A. 無需控溫 B. 可減少有害氣體產生
C. 設備無需耐高溫 D. 不產生廢液廢渣
（5）“真金不拍火煉”，表明Au難被O2氧化，“浸金”中NaCN的作用為_______。
（6）“沉金”中Zn的作用為_______。
（7）濾液②經H2SO4酸化，[Zn(CN)4]2--轉化為ZnSO4和HCN的化學方程式為_______。用堿中和HCN可生成_______(填溶質化學式)溶液，從而實現循環利用。
7．（2023全國乙27題）LiMn2O4作為一種新型鋰電池正極材料受到廣泛關注。由菱錳礦（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制備LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列問題：
(1)硫酸溶礦主要反應的化學方程式為 。為提高溶礦速率，可采取的措施
(舉1例)。
(2)加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
(3)溶礦反應完成后，反應器中溶液pH=4，此時c(Fe3+)= mol·L-1；用石灰乳調節至pH≈7，除去的金屬離子是 。
(4)加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
(5)在電解槽中，發生電解反應的離子方程式為 。隨著電解反應進行，為保持電解液成分穩定，應不斷 。電解廢液可在反應器中循環利用。
(6)煅燒窯中，生成LiMn2O4反應的化學方程式是 。
8． (2022廣東卷18題)稀土(RE)包括鑭、釔等元素，是高科技發展的關鍵支撐。我國南方特有的稀土礦可用離子交換法處理，一種從該類礦(含鐵、鋁等元素)中提取稀土的工藝如下：
已知：月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均難溶于水。該工藝條件下，稀土離子保持+3價不變；(C11H23COO)2Mg的Ksp=1.8×10-8，Al(OH)3開始溶
解時的pH為8.8；有關金屬離子沉淀的相關pH見下表。
離子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
開始沉淀時的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全時的pH / 3.2 4.7 /
(1)“氧化調pH”中，化合價有變化的金屬離子是_______。
(2)“過濾1”前，用NaOH溶液調pH至_______的范圍內，該過程中Al3+發生反應的離子方程式為_______。
(3)“過濾2”后，濾餅中檢測不到Mg元素，濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1。為盡可能多地提取RE3+，可提高月桂酸鈉的加入量，但應確保“過濾2”前的溶液中c(C11H23COO―)低于_______mol·L-1(保留兩位有效數字)。
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是_______。
②“操作X”的過程為：先_______，再固液分離。
(5)該工藝中，可再生循環利用的物質有_______(寫化學式)。
(6)稀土元素釔(Y)可用于制備高活性的合金類催化劑Pt3Y。
①還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1mol Pt3Y轉移_______mol電子。
②Pt3Y/C用作氫氧燃料電池電極材料時，能在堿性溶液中高效催化O2的還原，發生的電極反應為_______。
9． (2022全國乙卷26題)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。
該工藝流程條件下，有關金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH見下表：
金屬離子 Fe3＋ Al3＋ Mg2＋ Ca2＋
開始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全（c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列問題：
(1)“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽，寫出Al2O3轉化為NH4Al(SO4)2的化學方程式：__________________________。
(2)“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調解pH至11.6，依次析出的金屬離子是_________。
(3)“母液①”中Mg2＋濃度為________________mol·L－1。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是___________。“酸溶渣”的成分是________、__________。
(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀，該反應的離子方程式是________________________________________________。
(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得____________，循環利用。
10．(2021山東新高考18題)工業上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質)為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7 2H2O)的工藝流程如圖。回答下列問題：
(1)焙燒的目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4并將Al、Si氧化物轉化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是________________________________。
(2)礦物中相關元素可溶性組分物質的量濃度c與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol L-1時，可認為已除盡。
中和時pH的理論范圍為_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填操作單元的名稱)過程中除去。
(3)蒸發結晶時，過度蒸發將導致________________________________；冷卻結晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環利用的物質還有________。
(4)利用膜電解技術(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應方程式為：4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在_______ (填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為________________。
第57講-找尋流程中的循環物質答案及解析
1.【答案】D
【分析】污水中含有銅離子、三價鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達到除去其中的雜質，以此解題。
A．根據分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；
B．硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2O HS-+OH-，B正確；
C．當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則，C正確；
D．污水經過處理后其中含有較多的鈣離子以及沒有除凈的鋁離子，故“出水”應該經過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業冷卻循環用水的標準后，才能使用，D錯誤；
故選D。
2.【答案】B
【分析】“鹽浸”過程轉化為，發生反應
，根據題中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空氣氧化后Fe2+和Fe3+轉化為Fe(OH)3；“沉鋅”過程發生反應為：，經洗滌干燥后得到產物ZnS及濾液。
A. “鹽浸”過程中消耗氨氣，浸液下降，需補充，A正確；
B. 由分析可知，“濾渣”的主要成分為Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B錯誤；
C. “沉鋅”過程發生反應，C正確；
D. 應合理控制用量，以便濾液循環使用，D正確；
故答案選B。
3．【答案】A
【解析】由流程可知，氫溴酸中含有少量的溴，加入硫化鋇將溴還原生成溴化鋇和硫，再加入硫酸除雜，得到的濾渣為硫酸鋇和硫；加入碳酸鋰進行中和，得到的溴化鋰溶液經濃縮等操作后得到產品溴化鋰。
A．還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和次溴酸鈉等物質，若直接返回還原工序，則產品中會有一定量的溴化鈉，導致產品的純度降低，A說法錯誤；
B．除雜工序中產生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫屬于非極性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根據相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸鋇不溶于煤油，因此可用煤油進行組分分離，B說法正確；
C．中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發生反應生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應的化學方程式為 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C說法正確；
D．根據電子轉化守恒可知，溴和硫化鋇反應時物質的量之比為1:1；根據硫酸鋇的化學組成及鋇元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)為1:1，因此，參與反應的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)為1:1:1，D說法正確；
綜上所述，本題選A。
4．【答案】C
【解析】煙氣(含HF)通入吸收塔，加入過量的碳酸鈉，發生反應：
Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，
發生反應6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，過濾得到Na3AlF6和含有Na2CO3的濾液。
A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2在高溫下與Na2CO3發生反應Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，因此不宜用陶瓷作吸收塔內襯材料，故A正確；
B．采用溶液噴淋法可增大反應物的接觸面積，提高吸收塔內煙氣吸收效率，故B正確；
C．由上述分析可知，合成槽內發生反應6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2CO3+2H2O，產物是Na3AlF6和Na2CO3，故C錯誤；
D．由上述分析可知，濾液的主要成分為Na2CO3，可進入吸收塔循環利用，故D正確；
答案選C。
5．【答案】
（1）① 3d34S2 ② +5 ③ CO2
（2）NaAlO2
（3）①
②提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3-
③離子交換
（4）NaCl
（5）bd
【解析】Ca(AlO2)2、NaAlO2
【分析】石煤和苛化泥通入空氣進行焙燒，反應生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2 、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分離焙燒后的可溶性物質(如NaVO3)和不溶性物質[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，過濾后濾液進行離子交換、洗脫，用于富集和提純VO3- ，加入氯化銨溶液沉釩，生成NH4VO3，經一系列處理后得到V2O3；濾渣①在pH≈8，65-70℃的條件下加入3%NH4HCO3溶液進行鹽浸，濾渣①中含有釩元素，通過鹽浸，使濾渣①中的釩元素進入濾液①中，再將濾液①回流到離子交換工序，進行VO3- 的富集。
（1）釩是23號元素，其價層電子排布式為3d34S2 ；焙燒過程中，氧氣被還原，V2O3被氧化生成VO3- ，偏釩酸鹽中釩的化合價為+5價；CaCO3在800℃以上開始分解，生成的氣體①為CO2 。
（2）由已知信息可知，高溫下，苛化泥的主要成分與Al2O3反應生成偏鋁酸鈉和偏鋁酸鈣，偏鋁酸鈉溶于水，偏鋁酸鈣難溶于水，所以濾液中雜質的主要成分是NaAlO2 。
（3）在弱堿性環境下，Ca(VO3)2與HCO3- 和OH-反應生成CaCO3、VO3-和H2O，離子方程式為：； CO2加壓導入鹽浸工序可提高浸出率，因為C可提高溶液中HCO3-濃度，促使偏釩酸鈣轉化為碳酸鈣，釋放VO3- ；濾液①中含有VO3- 、NH4+等，且濃度較低，若要利用其中的釩元素，需要通過離子交換進行分離、富集，故濾液①應進入離子交換工序。
（4）由離子交換工序中樹脂的組成可知，洗脫液中應含有Cl-，考慮到水浸所得溶液中含有Na+，為避免引人其他雜質離子，且NaCl廉價易得，故洗脫液的主要成分應為NaCl。
（5）a．延長沉釩時間，能使反應更加完全，有利于沉釩，a不符合題意；
b．NH4Cl呈弱酸性，如果將溶液調至堿性，OH-與NH4+反應，不利于生成NH4VO3，b符合題意；
c．攪拌能使反應物更好接觸，提高反應速率，使反應更加充分，有利于沉釩，c不符合題意；
d．降低NH4Cl溶液的濃度，不利于生成NH4VO3，d符合題意；
故選bd。
6．【答案】
（1）CuSO4
（2）
（3）Fe(OH)3 （4）BC
（5）做絡合劑，將Au轉化為[Au (CN)2]-從而浸出
（6）作還原劑，將[Au (CN)2]- 還原為Au
（7） ① ② NaCN
【解析】
【分析】礦粉中加入足量空氣和H2SO4，在pH=2時進行細菌氧化，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，過濾，濾液中主要含有Fe3+、SO42-、As（Ⅵ），加堿調節pH值，Fe3+轉化為Fe(OH)3 膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降，過濾可得到凈化液；濾渣主要為Au，Au與空氣中的O2和NaCN溶液反應，得到含[Au (CN)2]-的浸出液，加入Zn進行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2--的濾液②。
（1）“膽水”冶煉銅，“膽水”的主要成分為CuSO4；
（2）“細菌氧化”的過程中，FeS2在酸性環境下被O2氧化為Fe3+和SO42-，離子方程式為：；
（3）“沉鐵砷”時，加堿調節pH值，Fe3+轉化為Fe(OH)3膠體，可起到絮凝作用，促進含As微粒的沉降；
（4）
A．細菌的活性與溫度息息相關，因此細菌氧化也需要控溫，A不符合題意；
B．焙燒氧化時，金屬硫化物中的S元素通常轉化為SO2，而細菌氧化時，金屬硫化物中的S元素轉化為硫酸鹽，可減少有害氣體的產生，B符合題意；
C．焙燒氧化需要較高的溫度，因此所使用的設備需要耐高溫，而細菌氧化不需要較高的溫度就可進行，設備無需耐高溫，C符合題意；
D．由流程可知，細菌氧化也會產生廢液廢渣，D不符合題意；
故選BC；
（5）“浸金”中，Au作還原劑，O2作氧化劑，NaCN做絡合劑，將Au轉化為[Au (CN)2]-從而浸出；
（6）“沉金”中Zn作還原劑，將[Au (CN)2]-還原為Au；
（7）濾液②含有[Zn(CN)4]2-，經過H2SO4的酸化，[Zn(CN)4]2-轉化為ZnSO4和HCN，反應得化學方程式為：；用堿中和HCN得到的產物，可實現循環利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步驟，從而循環利用。
7．【答案】
(1) MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱錳礦
(2) 將Fe2+氧化為Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
(3) 2.8×10-9 Al3+
(4) BaSO4、NiS
(5) Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 加入Mn(OH)2
(6)2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根據題給的流程，將菱錳礦置于反應器中，加入硫酸和MnO2，可將固體溶解為離子，將雜質中的Fe、Ni、Al等元素物質也轉化為其離子形式，同時，加入的MnO2可以將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+；隨后將溶液pH調至制約等于7，此時，根據已知條件給出的三種氫氧化物的溶度積可以將溶液中的Al3+沉淀出來；隨后加入BaS，可以將溶液中的Ni2+沉淀，得到相應的濾渣；后溶液中含有大量的Mn2+，將此溶液置于電解槽中電解，得到MnO2，將MnO2與碳酸鋰共同煅燒得到最終產物LiMn2O4。
【詳解】（1）菱錳礦中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以與其反應，硫酸溶礦主要反應的化學方程式為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；為提高溶礦速率，可以將菱錳礦粉碎；故答案為：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱錳礦。
（2）根據分析，加入MnO2的作用是將酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化為Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因為氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化為Fe3+；故答案為：將Fe2+氧化為Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶礦完成以后，反應器中溶液pH=4，此時溶液中c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，此時體系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9mol·L-1，這時，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，認為Fe3+已經沉淀完全；用石灰乳調節至pH≈7，這時溶液中c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12mol·L-1，c(Ni2+)=5.5×10-2mol·L-1，c(Al3+小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，這一階段除去的金屬離子是Al3+；故答案為：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此時溶液中發生的離子方程式為Ba2++S2-+Ni2++SO42-=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在電解槽中，Mn2+發生反應生成MnO2，反應的離子方程式為：
Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；電解時電解液中Mn2+大量減少，H+大量增加，需要加入Mn(OH)2以保持電解液成分的穩定；故答案為：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+、加入Mn(OH)2。
（6）煅燒窯中MnO2與Li2CO3發生反應生成LiMn2O4，反應的化學方程式為：
2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；
故答案為：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
8．【答案】
(1)Fe2+ (2) ① 4.7≤pH<6.2 ② Al3++3OH―=Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4 (4) ①加熱攪拌可加快反應速率 ②冷卻結晶
(5)MgSO4 (6)① 15 ② O2+4e―+2H2O=4OH―
【解析】由流程可知，該類礦(含鐵、鋁等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO等離子，經氧化調pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，經過濾除去，濾液1中含有RE3+、Mg2+、SO等離子，加入月桂酸鈉，使RE3+形成(C11H23COO)3RE沉淀，濾液2主要含有MgSO4溶液，可循環利用，濾餅加鹽酸，經加熱攪拌溶解后，再冷卻結晶，析出月桂酸，再固液分離得到RECl3溶液。
(1)由分析可知，“氧化調pH”目的是除去含鐵、鋁等元素的離子，需要將Fe2+氧化為Fe3+，以便后續除雜，所以化合價有變化的金屬離子是Fe2+，故答案為：Fe2+；
(2)由表中數據可知，Al3+沉淀完全的pH為4.7，而RE3+開始沉淀的pH為6.2~7.4，所以為保證Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液調pH至4.7≤pH<6.2的范圍內，該過程中Al3+發生反應的離子方程式為Al3++3OH―=Al(OH)3↓，故答案為：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH―=Al(OH)3↓；
(3)濾液2中Mg2+濃度為2.7g·L-1，即0.1125mol/L，根據Ksp[(C11H23COO)2Mg]=c(Mg2+)·c2(C11H23COO―)，若要加入月桂酸鈉后只生成(C11H23COO)3RE，而不產生(C11H23COO)2Mg，則c(C11H23COO―)<
= =4×10-4mol·L-1，故答案為：4×10-4；
(4)①“加熱攪拌”有利于加快RE3+溶出、提高產率，其原因是加熱攪拌可加快反應速率，故答案為：加熱攪拌可加快反應速率；
② “操作X”的結果是分離出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C11H23COOH)熔點為44℃，故“操作X”的過程為：先冷卻結晶，再固液分離，故答案為：冷卻結晶；
(5)由分析可知，該工藝中，可再生循環利用的物質有MgSO4，故答案為：MgSO4；
(6)①YCl3中Y為+3價，PtCl4中Pt為+4價，而Pt3Y中金屬均為0價，所以還原YCl3和PtCl4熔融鹽制備Pt3Y時，生成1molPt3Y轉移15mol電子，故答案為：15；
②堿性溶液中，氫氧燃料電池正極發生還原反應，發生的電極反應為O2+4e-+2H2O=4OH—，故答案為：O2+4e-+2H2O=4OH-。
9．【答案】（1）Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑
（2）Fe3＋、Al3＋、Mg2＋
（3）1.0×10－6 （4）SiO2和CaSO4 （5）TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋
（6）焙燒
【解析】（1）Al2O3與(NH4)2SO4焙燒的反應為非氧化還原反應，根據質量守恒可知所得尾氣為NH3，該反應的化學方程式為：Al2O3＋4(NH4)2SO42NH4Al(SO4)2＋H2O＋6NH3↑；
（2）根據三種金屬陽離子完全沉淀時的pH可知：Fe3＋（完全沉淀pH為3.2）、Al3＋（完全沉淀pH為4.7）、Mg2＋（完全沉淀pH為11.1），所以依次析出的金屬離子為Fe3＋、Al3＋、Mg2＋；
（3）由Mg2＋完全沉淀時的pH為11.1可計算求得Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2＋)·c2(OH－)=1.0×10－5×(10－2.9)2=10－10.8，“母液①”的pH為11.6[c(OH－)=10－2.4 mol·L－1]，所以c(Mg2＋)=Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH－)=10－10.8/(10－2.4)2=1.0×10－6mol·L－1；
（4）由于“酸溶”時溫度為160℃，為了防止酸揮發，應選擇高沸點的難揮發性酸，最適合的酸是H2SO4，根據流程分析可知，“酸溶渣”的成分是SiO2和CaSO4；
（5）TiO2＋水解析出TiO2·xH2O沉淀的離子方程式是TiO2＋＋(x＋1)H2O====TiO2·xH2O↓＋2H＋；
（6）“母液①”的成分為(NH4)2SO4，“母液②”的成分為H2SO4，將其混合后吸收尾氣NH3，經處理得到(NH4)2SO4可在“焙燒”步驟中循環利用。
10．【答案】(1)增大反應物接觸面積，提高化學反應速率
(2)4.5≤pH≤9.3
使2CrO+2H+Cr2O+H2O平衡正向移動，提高Na2Cr2O7的產率 浸取
(3)過度蒸發，導致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出H2SO4
(4)陽 Na＋
【解析】以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質)為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7 2H2O)過程中，向鉻鐵礦中加入純堿和O2進行焙燒，FeCr2O4轉化為Na2CrO4，Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si氧化物轉化為NaAlO2、Na2SiO3，加入水進行“浸取”，Fe2O3不溶于水，過濾后向溶液中加入H2SO4調節溶液pH使AlO、SiO轉化為沉淀過濾除去，再向濾液中加入H2SO4，將Na2CrO4轉化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發結晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結晶得到Na2Cr2O7 2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4。(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是利用熱量使O2向上流動，增大固體與氣體的接觸面積，提高化學反應速率；(2)中和時調節溶液pH目的是將AlO、SiO轉化為沉淀過濾除去，由圖可知，當溶液pH≥4.5時，Al3+除盡，當溶液pH＞9.3時，H2SiO3會再溶解生成SiO，因此中和時pH的理論范圍為4.5≤pH≤9.3；將Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr元素主要以Cr2O和CrO存在，溶液中存在平衡：2CrO+2H+Cr2O+H2O，降低溶液pH，平衡正向移動，可提高Na2Cr2O7的產率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸發結晶時，過度蒸發會導致Na2Cr2O7·2H2O（提早）析出；由上述分析可知，流程中循環利用的物質除Na2Cr2O7外，還有H2SO4；(4)由4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，電解過程中實質是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H+得到電子生成H2，由2CrO+2H+Cr2O+H2O可知，CrO在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產生；電解過程中，陰極產生氫氧根離子，氫氧化鈉在陰極生成，所以為提高制備Na2Cr2O7的效率，Na＋通過離子交換膜移向陰極。
(
10
)第57講-找尋流程中的循環物質
知識重構
1．化學工藝流程中物質成分循環的種類：試劑循環使用、礦料循環充分利用、產品循環再提純。對于流程中“渣液”確定：
2.樹立兩種觀念：元素守恒和前后關聯的大觀念。
循環物質的確定
副產品的判斷
二、重溫經典
例1.（2024年湖北卷16題節選）鈹用于宇航器件的構筑。一種從其鋁硅酸[Be3Al2(SiO3)6]
中提取鈹的路徑為：
已知：Be2+ +4HA BeA2(HA)2 +2H+
回答下列問題：
（3）“萃取分液”的目的是分離Be2+和Al3+，向過量燒堿溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，觀察到的現象是_______。
（4）寫出反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式_______。“濾液2”可以進入_______步驟再利用。
（5）電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用是_______。
【答案】
（3）無明顯現象
（4） ①BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O ② 反萃取
（5）增強熔融氯化鈹的導電性
【解析】
本題是化工流程的綜合考察，首先鋁硅酸鹽先加熱熔融，然后快速冷卻到其玻璃態，再加入稀硫酸酸浸過濾，濾渣的成分為H2SiO3，“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，水相1中含有Al3+，有機相為BeA2(HA)2，加入過量氫氧化鈉反萃取Be2+使其轉化為Na2[Be(OH)4]進入水相2中，分離出含NaA的煤油，最后對水相2加熱過濾，分離出Be(OH)2，通過系列操作得到金屬鈹，據此回答。
（3）“濾液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA的煤油將Be2+萃取到有機相中，則水相1中含有Al3+，則向過量燒堿的溶液中逐滴加入少量水相1的溶液，可觀察到的現象為：無明顯現象。
（4）反萃取生成Na2[Be(OH)4]的化學方程式為BeA2(HA)2 + 6NaOH = Na2[Be(OH)4] +4NaA +2H2O，濾液2的主要成分為NaOH，可進入反萃取步驟再利用。
（5）氯化鈹的共價性較強，電解熔融氯化鈹制備金屬鈹時，加入氯化鈉的主要作用為增強熔融氯化鈹的導電性。
例2.（2022年全國甲卷26題）硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主要成分為 ZnCO3，雜質為 SiO2 以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其制備流程如下:
本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數如下表:
離子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
Ksp 4.0×10-38 6.7×10-17 2.2×10-20 8.0×10-16 1.8×10-11
回答下列問題:
（1）菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為 。
（2）為了提高鋅的浸取效果,可采取的措施有 、 。
（3）加入物質X調溶液pH=5，最適宜使用的X是 (填標號)。
A. NH3·H2O B. Ca(OH)2 C. NaOH
濾渣①的主要成分是 、 、 。
（ 4）向 80~90 ℃的濾液①中分批加入適量 KMnO4溶液充分反應后過濾,濾渣②中有 MnO2，該步反應的離子方程式為 。
（5）濾液②中加入鋅粉的目的是 。
（6）濾渣 ④與濃 H2SO4反應可以釋放 HF并循環利用,同時得到的副產物是 、 。
【答案】
(1)ZnCO3ZnO+CO2↑
(2)增大壓強 將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等
(3)B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
(4)3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
(5)置換Cu2+為Cu從而除去
(6) CaSO4 MgSO4
【解析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發生反應ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物質X調節pH=5，結合表格數據，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的濾渣①，濾液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向濾液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，過濾得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發生反應Zn+Cu2+=Zn2++Cu，過濾后得到濾渣③為Cu，再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2，濾液④為ZnSO4溶液，經一系列處理得到ZnSO4·7H2O，據此分析解答。
(1)由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCO3ZnO+CO2↑；
(2)可采用增大壓強、將焙燒后的產物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸取率；
(3)NH3·H2O易分解產生NH3污染空氣，且經濟成本較高，故A不適宜；Ca(OH)2不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；NaOH會引入雜質Na+，且成本較高，C不適宜；當沉淀完全時(離子濃度小于10-5mol/L)，結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH＜5的只有Fe3+，故濾渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
(4)向80~90℃濾液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2++MnO+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；
(5)濾液②中加入鋅粉，發生反應Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故加入鋅粉的目的為置換Cu2+為Cu從而除去；
(6)由分析，濾渣④為CaF2、MgF2，與濃硫酸反應可得到HF，同時得到的副產物為CaSO4、MgSO4。
例3.（2024年山東卷18題）以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb和Ag的工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）“熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2- 和[AgCl2]- 及單質硫。溶解等物質的量的PbS和Ag2S時，消耗Fe3+物質的量之比為_______；溶液中鹽酸濃度不宜過大，除防止“熱浸”時HCl揮發外，另一目的是防止產生_______(填化學式)。
（2）將“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，電解所得溶液可制備金屬Pb “電解I”陽極產物用尾液吸收后在工藝中循環使用，利用該吸收液的操作單元為_______。
（3）“還原”中加入鉛精礦的目的是_______。
（4）“置換”中可選用的試劑X為_______(填標號)。
A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“置換”反應的離子方程式為_______。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，用作_______(填“陰極”或“陽極”)。
【答案】
（1）① 1:1 ② H2S
（2）熱浸
（3）將過量的Fe3+還原為Fe2+
（4）①C ②Pb + 2[AgCl2]- =2 Ag + [PbCl4]2-
（5）陽極
【解析】
本題以鉛精礦(含PbS，Ag2S等)為主要原料提取金屬Pb 和Ag， “熱浸”時，難溶的PbS和Ag2S轉化為[PbCl4]2-和[AgCl2]-及單質硫，Fe3+被還原為Fe2+，過濾I除掉單質硫濾渣，濾液中[PbCl4]2-在稀釋降溫的過程中轉化為PbCl2沉淀，然后用飽和食鹽水熱溶，增大氯離子濃度，使PbCl2又轉化為[PbCl4]2-，電解得到Pb；過濾II后的濾液成分主要為[AgCl2]-、FeCl2、FeCl3，故加入鉛精礦主要將FeCl3還原為FeCl2，試劑X將[AgCl2]-置換為Ag，得到富銀鉛泥，試劑X為鉛，尾液為FeCl2。
（1）“熱浸”時，Fe3+將PbS和Ag2S中-2價的硫氧化為單質硫，Fe3+被還原為Fe2+，在這個過程中Pb和Ag的化合價保持不變，所以等物質的量的PbS和Ag2S時，S2-物質的量相等，所以消耗Fe3+的物質的量相等，比值為1:1；溶液中鹽酸濃度過大，這里主要考慮氫離子濃度會過大，會生成H2S 氣體。
（2）“過濾Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反復用飽和食鹽水熱溶，會溶解為[PbCl4]2-，電解[PbCl4]2-溶液制備金屬Pb，Pb在陰極產生，陽極Cl-放電產生Cl2， 尾液成分為FeCl2，FeCl2吸收Cl2后轉化為FeCl3，可以在熱浸中循環使用。
（3）過濾Ⅱ所得的濾液中有過量的未反應的Fe3+，根據還原之后可以得到含硫濾渣，“還原”中加入鉛精礦的目的是是將將過量的Fe3+還原為Fe2+。
（4）“置換”中加入試劑X可以可以得到富銀鉛泥，為了防止引入其他雜質，則試劑X應為Pb，發生的反應為：Pb+2[AgCl2]- =2 Ag +[PbCl4]2-。
（5）“電解II”中將富銀鉛泥制成電極板，電解Ⅱ得到金屬銀和金屬鉛，將銀和鉛分離出來，所以不可能作為陰極，應作為陽極板，陽極放電視，銀變成陽極泥而沉降下來，鉛失電子為Pb2+，陰極得電子得到Pb，所以電極板應作陽極。
例4.（2021年河北省普通高中學業水平選擇性考試化學--15）綠色化學在推動社會可持續發展中發揮著重要作用。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現了Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+內循環。工藝流程如下：
回答下列問題：
（1）高溫連續氧化工序中被氧化的元素是 （填元素符號）。
（2）工序①的名稱為 。
（3）濾渣I的主要成分是 (填化學式）。
（4）工序③中發生反應的離子方程式為 。
（5）物質V可代替連續高溫氧化工序中的NaOH，此時發生的主要反應的化學方程式為 ，可代替NaOH的化學試劑還有 (填化學式）。
（6）熱解工序中的混合氣體最適宜返回工序 (填“①”“②”“③”或“④”）參與循環。
（7）工序④溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為 。（通常認為溶液中離子濃度小于10-5 mol· L-1為沉淀完全；Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-K=100.63；Kw=10-14；Ksp[Al(OH)3]=10-33）
【答案】
（1）Fe和Cr（或Fe、Cr）
（2）水浸（或加水溶解、加水攪拌溶解、水溶）
（3）Mg(OH)2和Fe2O3
（4）2Na+ + CrO42-+ 2CO2+H2O = Cr2O72-+ 2NaHCO3↓
（5）16NaHCO3 +4Fe(CrO2)2 +7O2= 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 16CO2+ 8H2O
Na2CO3
（6）②
（7）8.37
【解析】本題解題的要點是抓住關鍵工藝“不消耗除鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產生廢棄物，實現制備高價鉻鹽，同時實現Cr-Fe-Al-Mg的深度利用和Na+內循環”，從流程中Na2CrO4 溶液的出現和依據工序④處理的NaAlO2 溶液得Al(OH)3的提示，Cr元素發生變價制備鉻鹽，Al元素在連續高溫氧化步驟中變為NaAlO2，溶于水后成為溶液，通入過量氣體A成為Al(OH)3，所以氣體A是CO2氣體，CO2氣體是空氣的一種成分沒有利用其他資源，流程中NaOH溶液循環（Na+內循環）已經給出，所以連續高溫氧化的是Cr元素和Fe元素，即通過水溶得到Na2CrO4 溶液和NaAlO2 溶液，過濾得濾渣Mg(OH)2和Fe2O3，再通過過量氣體CO2和高溫水蒸氣處理得物質II溶液（碳酸氫鎂溶液）和Fe2O3，混合氣體IV為CO2和水蒸氣可返回工序②再次利用。
（1）在熔融NaOH、O2和連續高溫氧化條件下，Fe(CrO2)2被氧化最終生成Fe2O3和Na2CrO4，所以Fe和Cr（或Fe、Cr）被氧化。
（2）通過水溶得到Na2CrO4 溶液、NaOH溶液和NaAlO2 溶液，過濾得濾渣MgO和Fe2O3，所以工序①的名稱為水浸，或稱為加水溶解、水溶等。
（3）通過水溶得到Na2CrO4 溶液、NaOH溶液和NaAlO2 溶液，過濾得濾渣Mg(OH)2和Fe2O3，其中Mg(OH)2系MgO與水反應得到。
（4）CO2氣體通入Na2CrO4 溶液中發生反應：
2Na2CrO4 + 2CO2+H2O = Na2Cr2O7 + 2NaHCO3↓，物質Ⅴ為固體NaHCO3，離子方程式為：2Na+ + CrO42-+ 2CO2+H2O = Cr2O72-+ 2NaHCO3↓。
（5）NaHCO3 在與礦料連續高溫氧化過程中發生的反應有：
16NaHCO3 +4Fe(CrO2)2 +7O2 2Fe2O3 + 8Na2CrO4 + 16CO2↑+ 8H2O ，
2NaHCO3 + Al2O3 2NaAlO2 + 2CO2↑+H2O，其中第一個反應為主要反應。除了NaHCO3外，Na2CO3也可以替代NaOH。
（6）熱解工序中的混合氣體是CO2和水蒸氣，最適宜返回工序②。
（7）工序④中的鋁以Al(OH)4-存在，其完全沉淀時c[(Al(OH)4-)]不大于10-5 mol L 1
Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-K=100.63
令c[(Al(OH)4-)]=10-5 mol L 1， = 100.63
c(OH-)=10-5.63c(H+)=10-8.37 pH=8.37
例5.（2024年安徽卷15題節選） 精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等多種元素。研究人員設計了一種從銅陽極泥中分離提收金和銀的流程，如下圖所示。
回答下列問題：
（2）“浸出液1”中含有的金屬離子主要是_______。
（3）“浸取2”步驟中，單質金轉化為HAuCl4的化學方程式為_______。
（4）“浸取3”步驟中，“浸渣2”中的_______(填化學式)轉化為[Ag(S 2O3)2]3-。
（5）“電沉積”步驟中陰極的電極反應式為_______。“電沉積”步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用的物質為_______(填化學式)。
【答案】
（2）Cu2+
（3）2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O
（4）AgCl
（5） ① [Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32- ② Na2S 2O3
【解析】
精煉銅產生的銅陽極泥富含Cu、Ag、Au等元素，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，Ag、Au不反應，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入鹽酸、H2O2浸取，Au轉化為HAuCl4進入浸取液2，Ag轉化為AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4將HAuCl4還原為Au，同時N2H4被氧化為N2；浸渣2中加入Na2S 2O3 ，將AgCl轉化為[Ag(S 2O3)2]3-，得到浸出液3，利用電沉積法將[Ag(S 2O3)2]3-還原為Ag。
（2）由分析可知，銅陽極泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被轉化為Cu2+進入浸取液1中，故浸取液1中含有的金屬離子主要是Cu2+；
（3）浸取2步驟中，Au與鹽酸、H2O2反應氧化還原反應，生成HAuCl4和H2O，根據得失電子守恒及質量守恒，可得反應得化學方程式為：2Au +8HCl+3H2O2 =2 HAuCl4 +6H2O；
（4）根據分析可知，浸渣2中含有AgCl，與Na2S 2O3 反應轉化[Ag(S 2O3)2]3-；
（5）電沉積步驟中，陰極發生還原反應，[Ag(S 2O3)2]3-得電子被還原為Ag，電極反應式為：[Ag(S 2O3)2]3- +e- = Ag ↓+2 S 2O32-；陰極反應生成S 2O32-，同時陰極區溶液中含有Na+，故電沉積步驟完成后，陰極區溶液中可循環利用得物質為Na2S 2O3 ；
例6.（2021年山東省普通高中學業水平選擇性考試化學--17）工業上以鉻鐵礦（FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質）為主要原料制備紅礬鈉（Na2Cr2O7· 2H2O）的工藝流程如下。回答下列問題：
(
鉻鐵礦
純堿
H
2
O
O
2
H
2
SO
4
H
2
SO
4
濾渣
濾渣
副產品
Na
2
Cr
2
O
7
·
2
H
2
O
母液
焙燒
浸取
中和
酸化
蒸發結晶
冷卻結晶
)
（1）焙燒的目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4，并將Al、Si氧化物轉化為可溶性鈉鹽。焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是 。
（2）礦物中相關元素可溶性組分物質的量濃度c與pH的關系如圖所示。當溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol · L-1時，可認為已除盡。
中和時pH的理論范圍為 ，酸化的目的是 。Fe元素在 （填操作單元的名稱）過程中出去。
（3）蒸發結晶時，過度蒸發將導致；冷卻結晶所得的母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環利用的物質還有 。
（4）利用膜電解技術（裝置如圖所示）。以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應方程式為：4Na2CrO4+4H2O 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑
則Na2Cr2O7在（填“陰”或“陽”）極室制得，電解時通過膜的離子主要為 。
【答案】為使氣體和鉻鐵礦充分混合，反應物充分反應。
(2) 4.5到9.3；將鉻元素由CrO42-轉變成目標產物紅礬鈉的Cr2O72-。（或將Na2CrO4轉變成Na2Cr2O7。）；浸取
(3) 讓鉻元素由原來的CrO42-轉變成目標產物紅礬鈉的Cr2O72-；硫酸
(4) 陽極；Na+
【解析】工業生產為了使原料充分利用，采用的方法之一是逆流原理，其目的就是使得反應物之間充分混合，反應充分。所以焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是為使氣體和鉻鐵礦充分混合，反應物充分反應。中和時的目的是為了將Al、Si的可溶性鹽轉變成沉淀，且Al元素不以鋁離子形式再次溶解，所以中和時pH的理論范圍為4.5到9.3。焙燒的目的是將FeCr2O4轉化為Na2CrO4，而目標產物紅礬鈉是Na2Cr2O7，所以酸化的目的是將鉻元素由CrO42-轉變成目標產物紅礬鈉的Cr2O72-。（或將Na2CrO4轉變成Na2Cr2O7。）鐵元素再加入純堿焙燒時，鐵的氧化物難溶于水，在浸取中以濾渣形式分離出去。蒸發結晶得到的是紅礬鈉（Na2Cr2O7· 2H2O），晶體中含結晶水。如果過度蒸發，晶體受熱失去結晶水。生產過程中加入的硫酸與Na2CrO4，Al、Si的可溶性鈉鹽反應時，得到副產物硫酸鹽（硫酸鈉）。之后硫酸酸化，所以母液中的硫酸為可循環利用的物質。電解時陽極氫氧根放電，產生氧氣，陽極區剩余的氫離子使CrO42-轉變成Cr2O72-，所以重鉻酸鈉在陽極產生。陰極區氫離子放電得到H2，溶液中存在OH-離子。Na+通過離子交換膜，轉移到陰極區得到產物氫氧化鈉。
例7.（2021年全國乙卷-26）磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。為節約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。
該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表
金屬離子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
開始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全（c＝1.0×10﹣5mol L﹣1）的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列問題：
（1）“焙燒”中，TiO2、SiO2幾乎不發生反應，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3轉化為相應的硫酸鹽。寫出Al2O3轉化為NH4Al（SO4）2的化學方程式　　。
（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，在“分步沉淀”時用氨水逐步調節pH至11.6，依次析出的金屬離子是　　。
（3）“母液①”中Mg2+濃度為　　mol L﹣1。
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，最適合的酸是　　。“酸溶渣”的成分是　　、　　。
（5）“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiO2+水解析出TiO2 xH2O沉淀，該反應的離子方程式是　　。
（6）將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經處理得　　，循環利用。
【解析】（1）“焙燒”中，Al2O3轉化為NH4Al（SO4）2，方程式為Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑，故答案為：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑；
（2）“水浸”后“濾液”的pH約為2.0，用氨水逐步調節pH至11.6，依次析出Fe3+、Al3+、Mg2+，故答案為：Fe3+、Al3+、Mg2+；
（3）母液①的pH為11.6，故c（H+）＝10﹣11.6mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣2.4mol/L，設母液①中鎂離子濃度為x，依據圖表數據可知，pH為11.1時，鎂離子濃度為1.0×10﹣5mol/L，Ksp（氫氧化鎂）＝10﹣2.9mol/L×10﹣2.9mol/L×1.0×10﹣5mol/L＝x 10﹣2.4mol/L×10﹣2.4mol/L，解得x＝1.0×10﹣6mol/L，故答案為：1.0×10﹣6；
（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，故應使用難揮發，高沸點的硫酸，結合流程，酸溶渣的成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答案為：硫酸；二氧化硅和硫酸鈣；
（5）依據提示，TiO2+的水解過程的離子方程式為TiO2++（x+1）H2OTiO2 xH2O↓+2H+，故答案為：TiO2++（x+1）H2OTiO2 xH2O↓+2H+；
（6）依據（1）可知，反應尾氣為氨氣，“母液①”含有大量的銨根離子，“母液②”含有大量的硫酸根離子，混合并吸收尾氣后獲得硫酸銨，進而循環利用，故答案為：硫酸銨。
三、模型建構
整體分析，把握化學工藝流程題的試題結構，明確各環節的目的、方法、措施。樹立元素守恒和前后關聯的大觀念：
1．明確原料預處理的物質轉化反應是“臨門一腳”，多角度認識預處理的常見方法模型，以及提高浸取率的常見措施。
2．理解反應條件控制的目的，多角度認識pH控制、溫度控制、濃度、用量控制等常見方法。
3．理解混合物分離提純的目的(關鍵點：一切反應或操作都是為獲得產品而服務)，熟練掌握過濾、結晶、蒸餾、萃取等操作方法的選擇和操作。
4. 分清物質循環的種類：試劑循環、礦料循環、產品再提純循環
四、名師導學
1．必備知識：以典型無機物、部分過渡元素的性質及其轉化為知識載體，以化學實驗的基本操作，物質的檢驗、分離、提純，實驗數據的處理與分析為手段，結合電解質溶液、電化學、熱力學、動力學等方面知識，綜合考查物質的制備、分離、提純。
2．關鍵能力：通過理解、辨析基礎知識、基本概念、基本理論、基本信息，考查學生的信息提取、整合能力和遷移應用能力。通過對數據、圖表、圖像等計算、分析，考查學生的思維認知能力。
3．學科素養：以實際生產中的真實問題為背景，加強對實驗探究與創新意識實踐基礎的考查，培養學生證據推理與模型認知、宏微結合與變化平衡的學科核心思維，滲透綠色、節能、環保等科學精神與社會責任的核心價值立場。
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