文档内容
第 05 讲 工业流程题解题策略
目录
01
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
2023浙江6月选考12题，2分；2023湖北卷 化工流程题是高考的热点题
微型实验设 3题，3分；2023湖南卷9题，3分；2023辽宁卷 型，通常以实际的工业生产为背
计与评价 10题，3分；2023山东卷13题，4分；2022福建 景，通过工艺流程图的形式再现生
卷6题，4分；2022河北卷4题，3分；2022山 产的关键环节。该类题主要以化工
东卷9题，2分；2022山东卷9题，2分；2021 流程或实验装置图为载体，以考查湖南卷6题，3分；2021河北卷6题，3分；
实验设计、探究与实验分析能力为
2023山东卷17题，13分；2023全国甲卷26
主，同时涉及基本操作、基本实验
题，14分；2023全国乙卷26题，14分；2023全
方法、装置与仪器选择、误差分析
国新课标卷27题，14分；2023湖南卷17题，15
等知识，题目综合性强，难度大。
分；2023辽宁卷16题，14分；2023湖北卷16
重要考查考生提取信息的能力，检
题，14分；2023浙江6月选考18题，10分；
验学生化学学科素养的落实情况，
2023北京卷18题，13分；2023广东卷18题，14 体现“一核”的引领功能。化学工
分；2021浙江6月选考30题，10分；2021山东 艺流程题主要从以下两点设置：(1)
卷18题，12分；2022重庆卷15题，15分；2022 环境与化学：主要涉及“废水、废
湖北卷16题，14分；2022辽宁卷16题，14分； 气、废渣”的来源，对环境的影响
2022北京卷18题，13分；2022•海南卷15题， 和处理原理。(2)重要化工生产及资
综合实验设
10分；2022河北卷15题，14分；2022山东卷17 源利用：旨在用所学的基本理论(氧
计与评价
题，13分；2022全国乙卷26题，14分；2022全 化还原、化学平衡、盐类水解、电
国甲卷26题，14分；2022湖南卷17题，14分； 化学、热化学、有机物结构与性质
2022江苏卷15题，12分；2022广东卷18题，14 等)指导化工生产。从命题趋势来
分；2021全国甲卷26题，14分；2021全国乙卷 看，一般有三种题型：一是从实验
26题，14分；2021湖南卷17题，14分；2021湖 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
北卷16题，14分；2021•海南卷15题，10分；
程来考查考生的综合应用能力；三
2021河北卷15题，14分；2021广东卷16题，14
是关于化工生产的相关计算。
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
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
如何提高“浸
(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但
出率”？
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
原料处理 “浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)
①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS 与氧气生成氧化
2
焙烧 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
常用碱性溶液吸收(如SO 用NaCO 或NaOH溶液吸收)
收 2 2 3
除去杂质的方
加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)
法
调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性
调节溶液的pH 气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离
控制条件
子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来
跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化
物质转化的分
学方程式或离子方程式
析
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
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、KNO 等；蒸发结晶
3
过滤、蒸发结 ②晶体带结晶水，如胆矾等；将滤液蒸发浓缩、冷却结
晶、重结晶、分 晶、过滤
液与萃取
物质分离 ③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量
的KNO：蒸发浓缩结晶，趁热过滤
3
④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO 中少
3
量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可
晶体的洗涤 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
减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
“粉碎”
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
酸(或碱)溶 目的
②用碱性溶液吸收酸性气体原料
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
灼烧(焙烧)
中氧气反应等
金属用热碳酸
除去金属表面的油污
钠溶液洗涤
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
过滤
是难溶于水的物质，如SiO、PbSO 、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等
2 4
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
萃取与分液 ——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
①转化为目标产物的价态
加入氧化剂(或
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
还原剂)
Fe(OH) 沉淀除去)
3
①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)
加入沉淀剂 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
要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等
他物质
在空气中或在
要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应；能否达到隔绝空气、防
其他气体中进行 2 2 2
氧化、防水解、防潮解等目的
的反应或操作
调溶液pH 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
④用pH计测量溶液的pH
⑤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
①控制物质的溶解与结晶
②防止某些物质分解或挥发(如HO、氨水、草酸)
2 2
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
控制温度
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
洗涤试剂 适用范围 目的
除去固体表面吸附着的××杂
冷水 产物不溶于水 质；可适当降低固体因为溶
解而造成的损失
蒸馏
水
有特殊的物质其溶解 除去固体表面吸附着的××杂
热水 度随着温度升高而下 质；可适当降低固体因为温
降 度变化溶解而造成的损失
减少固体溶解；利用有机溶
有机溶剂(酒精、 固体易溶于水、难溶
洗涤晶体 剂的挥发性除去固体表面的
丙酮等) 于有机溶剂
水分，产品易干燥
对纯度要求不高的产
饱和溶液 减少固体溶解
品
除去固体表面吸附着的可溶
酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 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I 的
2
流程如下：
已知2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I 。下列说法不正确的是( )
2
A．“过滤1”所得沉淀为AgI
B．“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe3+的形式存在
C．用稀HNO 溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
3
D．氧化时，理论上通入Cl 的物质的量为I-物质的量的
2
【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HNO 溶解滤渣Y银单质生成硝酸银溶液，故得到的
3
溶液可循环利用，C正确；D项，氯气氧化碘离子得到碘单质Cl+2I-=2Cl-+I ，则氧化时，理论上通入Cl
2 2 2
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I 的流程如下：
2
已知2Fe3+ + 2I-= 2Fe2+ + I 。下列说法不正确的是( )
2
A．“过滤1”所得沉淀为AgI
B．“过滤2”所得滤液中铁元素主要以Fe3+的形式存在
C．用稀HNO 溶解滤渣Y得到的溶液可循环利用
3
D．氧化时，理论上通入Cl 的物质的量为I-物质的量的
2
【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HNO 溶解滤渣Y银单质生成硝酸银溶液，故得到的
3
溶液可循环利用，C正确；D项，氯气氧化碘离子得到碘单质Cl+2I-=2Cl-+I ，则氧化时，理论上通入Cl
2 2 2
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 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
粉碎或研磨 浸取率
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
煅烧或灼烧
气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质等
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
酸浸
氧化物(膜)
碱溶 ①除去金属表面的油污；②溶解铝、氧化铝等
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NaHCO 、Ca(HCO ) 、KMnO 、NH Cl
3 3 2 4 4
加热
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
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
反应物用量
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
或浓度
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
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
降温 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
①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如HO 、草酸、浓硝酸、铵盐
2 2
控温 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 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
(或还原剂) 后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH) 沉淀除去]
3
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
加入沉淀剂
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、CuCO、Cu(OH) 、Cu (OH) CO 等物质来调节溶液
3 2 2 2 3
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CCl 或苯萃取溴水中
4
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 KNO 、FeCl 、
3 3
CuCl 、CuSO ·5H O、FeSO ·7H O等。
2 4 2 4 2
(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TiO 、VO 、WO 等)的回收对环境保
2 2 5 3
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：TiO、VO 和WO 都能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO 、NaWO 和不溶性的NaTiO；
2 2 5 3 3 2 4 2 3
回答下列问题：
(1)元素V在周期表中的位置 。在NH VO 中V元素的化合价是 。
4 3
(2)“球磨”的目的是 。
(3)请写出“碱浸”过程中WO 与NaOH溶液反应的离子方程式 。
3
(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”NH VO 的化学方程式为 。
4 3
(6)“沉钨”中为促进CaWO 尽可能析出完全，需要进行的措施是 。
4
【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)WO+2OH-= WO 2-+H O
3 4 2
(4) TO2++(x+1)H O TiO·xHO↓+2H+
2 2
(5)2NH VO VO + 2NH ↑+ H O↑
4 3 2 5 3 2
(6)加入过量CaCl
2
【解析】废SCR催化剂(含TO 、VO、WO 等)经过球磨预处理后，进行碱浸，TO 、VO 和WO 都
2 2 5 3 2 2 5 3
能与NaOH溶液反应生成可溶性的NaVO 、NaWO 和不溶性的NaTiO；过滤的到NaTiO，加入硫酸进
3 2 4 2 3 2 3
行溶解，进行热水解后得到TiO·xHO；滤液中加入氯化铵进行沉钒，过滤后得到NH VO ，经过煅烧分解
2 4 3
出VO；滤液中加入HCl和CaCl 沉钨，沉淀经煅烧后生成WO。(1)元素V的原子序数是23，在周期表
2 5 2 3中的位置是第四周期ⅤB族；在NH VO 中V元素的化合价是+5价；(2)“球磨”的目：增大接触面积，提
4 3
高“碱浸”反应速率；(3)碱浸过程中，WO 与NaOH溶液反应生成可溶性的NaWO，离子方程式为
3 2 4
WO+2OH-= WO 2-+H O；(4)“酸浸”后钛主要以TiO2+形式存在，TO2+“热水解”生成TiO2+·xHO，离子方程
3 4 2 2
式：TO2++(x+1)H O TiO·xHO↓+2H+；(5)煅烧NH VO 可生成VO，反应化学方程式：2NH VO
2 2 4 3 2 5 4 3
VO + 2NH ↑+ H O↑；(6)“沉钨”中析出CaWO 时，为促进CaWO 尽可能析出完全，可利用同离子效应，
2 5 3 2 4 4
加入过量CaCl ，促进CaWO 尽可能析出完全。
2 4
【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LiCoO 等锂离子电池必不可少
2
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+、
SO 2-等)为原料制取电池级LiCO 的工艺流程如图：
4 2 3
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++3HR
FeR +3H+；
3
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)Li CO 与Co O 在空气中加热可以制备重要的电极材料钴酸锂(LiCoO )。写出对应的化学方程式
2 3 3 4 2
。
(6)钴酸锂(LiCoO )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
2
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N )
A
【答案】(1) FeR 和HR Li CO、MgCO 消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进
3 2 3 3
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++HCO-+OH-=H O+LiCO↓
3 2 2 3
(5)6Li CO+4Co O+O 12LiCoO +6CO
2 3 3 4 2 2 2
(6) [Ar]3d74s2
【解析】(1)根据Fe3++3HR FeR +3H+平衡可知，有机层中主要是FeR 和HR，根据流程可知沉淀
3 3
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++ HCO -+OH-=H O+LiCO↓；(5)钴元
3 2 2 3
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：6LiCO+4Co O+O
2 3 3 4 2
12LiCoO +6CO ；(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+：
2 2、Co3+： 、O2-： ，其晶胞化学式为：LiCo O，故其密度为：
3 3 6
。
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LiCoO 产品，以实现资源的循环利用。主要工艺之流程如下：
2
已知：①氯化胆碱[HOCHCHN+(CH)·C1-]是一种铵盐；
2 2 3 3
②Co2+在溶液中常以[CoCl ]2-(蓝色)和[Co(H O) ]2+(粉红色)形式存在；
4 2 6
③25℃时, Ksp[Co(OH) ]=1.6×10-15。
2
回答下列问题:
(1)LiCoO 中Co的化合价为 。
2
(2)“微波共熔”中氯化胆碱-草酸和LiCoO 粗品以不同的液固比在120℃下微波处理10 min后锂和钴的
2
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LiCoO 在多次充放电后结构发生改变生成Co O，导致电化学性能下降，使用
2 3 4LiOH和30%H O 溶液可以实现LiCoO 的修复，则修复过程发生反应的化学方程式为 。
2 2 2
【答案】(1)+3
(2) 60mL/g 作还原剂，将Co元素还原为+2价
(3)[CoCl ]2−+6H O=[Co(HO) ]2++4Cl-
4 2 2 6
(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+HO+2Co O=6LiCoO+4H O
2 2 3 4 2 2
【解析】氯化胆碱-草酸和LiCoO 微波共熔的过程中，Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以
2
[Co(H O) ]2+存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH) 沉淀和含有锂离子的溶液，Co(OH) 固体经过煅烧得
2 6 2 2
到Co O 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Co O 高温烧结(通入空气
3 4 3 4
氧化)得到LiCoO 产品。(1)LiCoO 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
2 2
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[CoCl ]2−变为粉红色[Co(H O) ]2+，
4 2 6
即由[CoCl ]2−变为[Co(H O) ]2+，则该变化的离子方程式为：[CoCl ]2−+6H O=[Co(HO) ]2++4Cl-；(4)溶液
4 2 6 4 2 2 6
pH=10，即c(H+)=1×10-10molL-1，则c(OH-)=1×10-4molL-1，c(Co2+)= =
⋅ ⋅
molL-1=1.6×10-7molL-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%H O 溶液可以实现LiCoO 的修复是过氧化氢将Co O 氧化和
2 2 2 3 4
LiOH生成LiCoO ，反应的化学方程式为6LiOH+H O+2Co O=6LiCoO+4H O。
2 2 2 3 4 2 2
【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(Sc O)的一种流程
2 3
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：Kp[Mn(OH) ]=1.9×10-
s 2
13，K [Fe(OH) ]=2.6×10-39，K [Sc(OH) ]=9.0×10-31)
sp 3 sp 3
(4)“沉钪”时得到草酸钪的离子方程式是： 。
(5)草酸钪晶体[Sc (C O)•6H O]在空气中加热， 随温度的变化情况如图所示。250℃时，
2 2 4 3 2
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HO 中，
2 2
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++ 3H C O=Sc (C O)↓+ 6H+
2 2 4 2 2 4 3
(5) Sc (C O)·H O Sc (C O)+3O 2Sc O+12CO
2 2 4 3 2 2 2 4 3 2 2 3 2
【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) ，将Sc(OH) 用盐酸溶解后
3 3
加入草酸，使之转化为Sc (C O) 沉淀，灼烧Sc (C O) 沉淀得到成品Sc O。(1)不同的液体在混合时，一
2 2 4 3 2 2 4 3 2 3
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 HO 中，
2 2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) ]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH) ]=2.6×10-39，Ksp[Sc(OH) ]=9.0×10-31，可以求出余下3种离子沉淀完
2 3 3
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) 。(4)“沉钪”得到
3
草酸钪的离子方程式为：2Sc3++ 3H C O=Sc (C O)↓+ 6H+。(5)设起始时Sc (C O)·6H O的物质的量为1
2 2 4 2 2 4 3 2 2 4 3 2
mol，质量为462 g，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Sc (C O)·H O。250～550℃减少的质量为462g×3.9%≈18g，可知
2 2 4 3 2
550℃时晶体的主要成分是Sc (C O)。850℃时剩余固体的质量为462g×(1-19.5%-3.9%-46.8%)≈138g，除去
2 2 4 3
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Sc O，故550～850℃发生反应的化学方程式为Sc (C O)+3O 2Sc O+12CO 。
2 3 2 2 4 3 2 2 3 2
1．(2023•辽宁省选择性考试，10)某工厂采用如下工艺制备Cr(OH) ，已知焙烧后Cr元素以 价形式
3
存在，下列说法错误的是( )
A．“焙烧”中产生CO B．滤渣的主要成分为Fe(OH)
2 2
C．滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO2- D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
4
【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CrO2-，C正确；D项，淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，
4
D正确； 故选B。
2．(2023•湖南卷，9)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)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 Fe (OH) Cu(OH) Zn(OH) Al(OH)
3 2 2 3
开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②K (CuS)= 6.4×10－36，K (ZnS)= 1.6×10－24。
sp sp
下列说法错误的是( )
A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe (OH) 和Al(OH)
3 3
B．NaS溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H O HS-+OH-
2 2
C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+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) 和Al(OH) ，A正确；B项，硫化钠溶液中的硫离子可以水解，
3 3
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-+H O HS-+OH-，B正确；C项，当
2
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Br 用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
2
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LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O
2 3 2 2
D．参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1
2 2 4
【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Br 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
2
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 LiCO+2HBr=CO ↑ +2LiBr +H O，C正
2 3 2 2
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(H SO )为1：1，因此，参与反应的n(Br)：n(BaS)：n(H SO )为1：1：1，D正
2 4 2 2 4
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HNO 可降低反应剧烈程度
3
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO
3
C．水解工序中加入少量CHCOONa(s)可提高Bi3+水解程度
3
D．水解工序中加入少量NH NO (s)有利于BiOCl的生成
4 3
【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HNO，反应物硝酸的用
3
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
BiONO ，水解的离子方程式为Bi3++NO-+H O BiONO +2H+，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度
3 3 2 3
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BiONO ，B正确；C项，氯化铋水解生
3
成BiOCl的离子方程式为Bi3++Cl-+ H O BiOCl+2H+，水解工序中加入少量CHCOONa(s)，醋酸根会
2 3
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-+ H O BiOCl+2H+，水解工
2
序中加入少量NH NO (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
4 3
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++NO-+H O
3 2
BiONO +2H+，也不利于生成BiOCl，综上所述，D错误；故选D。
3
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CrO2-存在，在碱性介质中以CrO2-存在。
2 7 4
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SiO 和_______。
2
(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MgSiO 和MgNH PO 的形式沉淀，该步需要控制溶液的
3 4 4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VO 沉淀，VO 在 时，溶解为VO +或
2 5 2 5 2
VO3+在碱性条件下，溶解为VO -或VO 3-，上述性质说明VO 具有_______(填标号)。
3 4 2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(NaSO)溶液，反应的离子方程式为_______。
2 2 5
【答案】(1)Na CrO (2)Fe O (3)SiO2-
2 4 2 3 3
(4) 不能形成MgNH PO 沉淀 不能形成MgSiO 沉淀
4 4 3
(5)C
(6)2Cr O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O
2 7 2 5 4 2
【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MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO、MgNH PO 的滤渣
3 4 4 3 4 4
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MgSiO 和MgNH PO 沉淀，若溶液pH<9时，会导致
3 4 4
磷元素不能形成MgNH PO 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MgSiO 沉淀，
4 4 3
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2Cr O2-+3S O2-+10H+=4Cr3++6SO2-+5H O。
2 7 2 5 4 2
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(Ni2+、Co2+、Fe2+、
Fe3+、Mg2+和Mn2+)。实现镍、钴、镁元素的回收。已知：
物质 Fe(OH) Co(OH) Ni(OH) Mg(OH)
3 2 2 2
K 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
sp
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(H SO )，1 mol H SO 中
2 5 2 5
过氧键的数目为_______。
(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，该反应的离子方程式为
2 5 2
_______( H SO 的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO、_______(填化学式)。
2 5 2
(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO 体积分数为_______时，
2
Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是_______。
2
(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Mg2+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)N (3) ①Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+ ②Fe(OH)
A 3 2 2 4 3
(4) ①9.0% ②SO 有还原性，过多将会降低HSO 的浓度，降低Mn2(Ⅱ)氧化速率
2 2 5
(5)4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O
2 2 2
(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(H SO )，用石
2 5
灰乳调节pH=4，Mn2+被HSO 氧化为MnO，发生反应Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+，Fe3+水解同时生
2 5 2 3 2 2 4
成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)。(1)用硫酸浸取镍钴
2
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)H SO 的结构简
2 5式为 ，所以1 mol H SO 中过氧键的数目为 N ；(3)用石灰乳调节pH=4，Mn2+被
2 5 A
HSO 氧化为 MnO ，该反应的离子方程式为：Mn2++HSO -+H O=MnO+SO2-+3H+；氢氧化铁的 Ksp=10-
2 5 2 3 2 2 4
37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5mol/L，K = c(Fe3+)·c3(OH-)=1.0-5×(10-10.8)3=10－37.4，c(OH-)=10-
sp
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SO 体积分数为0.9%时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO 体积分数时，
2 2
由于 SO 有还原性，过多将会降低 HSO 的浓度，降低 Mn (Ⅱ)氧化速率；(5) “沉钻镍”中得到的
2 2 5
Co(OH) ，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH) +O =4CoO(OH)+2H O；(6)氢
2 2 2 2
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)BaTiO 是一种压电材料。以BaSO 为原料，采用下列路线可制备粉状
3 4
BaTiO 。
3
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BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程
2
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BaTiO(C O) 的化学方程式为_______。
2 4 2
(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的n(CO)：n(CO)= _______。
2
【答案】(1)做还原剂，将BaSO 还原
4
(2) Ca2++S2-=CaS↓ (3)c
(4)不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体HS会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成
2
可溶于水的CaCl，导致BaCl 溶液中混有CaCl 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
2 2 2(5) BaCl+TiCl+H O+2(NH )C O=BaTiO(C O)+4NHCl+2HCl
2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 4
(6)1：1
【解析】由流程和题中信息可知，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、
4
BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl 和
2 2
BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl 晶体；BaCl 晶体溶于水后，加入TiCl 和TiCl 将钡离子充分沉淀得
2 2 4 4
到BaTiO(C O)；BaTiO(C O) 经热分解得到BaTiO 。(1)“焙烧”步骤中，BaSO 与过量的碳粉及过量的氯
2 4 2 2 4 2 3 4
化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl、BaS和CaS，BaSO 被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，
2 4
将BaSO 还原。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS 与过
4 2
量的CaCl 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Ca2++S2-
2
=CaS↓。(3)“酸化”步骤是为了将BaS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BaCl
2
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HS会污染空气，而且CaS与盐酸反应生成可溶于水的CaCl，
2 2
导致BaCl 溶液中混有CaCl 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
2 2
BaTiO(C O) 的化学方程式为：BaCl+TiCl+H O+2(NH )C O=BaTiO(C O)+4NHCl+2HCl。(6)“热分解”生
2 4 2 2 4 2 4 2 2 4 2 4 2 4
成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO(C O) BaTiO +2CO ↑+2CO↑，因此，产生的n(CO)：
2 4 2 3 2 2
n(CO)=1：1。
8．(2023•湖北省选择性考试，16)SiCl 是生产多晶硅的副产物。利用SiCl 对废弃的锂电池正极材料
4 4
LiCoO 进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
2
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、CoCl 和SiO 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl 应先除去，否则水浸时会产生
2 2 4
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NaCO 常用方法的名称是_______。
2 3
(4)已知K [Co(OH) ]= 5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2+浓度为_______
sp 2
mol·L-1。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。(5)导致SiCl 比CCl 易水解的因素有_______(填标号)。
4 4
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) ① 4 ② Ⅷ (2) SiCl +3H O=HSiO+4HCl (3)焰色反应
4 2 2 3
(4) ①5.9×10-7 ②6Co(OH) +O 2Co O+6H O
2 2 3 4 2
(5)abd
【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO 粗品与SiCl 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
2 4
CoCl 和SiO 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SiO 和HSiO；滤液
2 2 2 2 3
1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH) ]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气
2
中在850℃煅烧得到Co O ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为LiCO 。(1)Co是
3 4 2 3
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SiCl 应先除去，否则水浸时会产
4
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：SiCl 遇水剧烈水解，
4
生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为 SiCl +3H O=HSiO+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为
4 2 2 3
LiCO ，常用焰色反应鉴别LiCO 和NaCO ，LiCO 的焰色反应为紫红色，而NaCO 的焰色反应为黄色。
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
故鉴别“滤饼3”和固体NaCO 常用方法的名称是焰色反应。(4)已知K [Co(OH) ]= 5.9×10－15，若“沉钴过
2 3 sp 2
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) 与O 反应生成
2 2
Co O 和HO，该反应的化学方程式为6Co(OH) +O 2Co O+6H O。(5)a项，Si-Cl键极性更大，则
3 4 2 2 2 3 4 2
Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl 比CCl 易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl 中的共用电
4 4 4
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，SiCl 比
4
CCl 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-
4
Cl更易断裂，故不能说明SiCl 比CCl 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
4 4
OH-形成化学键，从而导致SiCl 比CCl 易水解，d有关；综上所述，导致SiCl 比CCl 易水解的因素有
4 4 4 4
abd。
9．(2023•广东卷，18)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、
Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：已知：氨性溶液由NH ·H O、(NH )SO 和(NH )CO 配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与NH 形成可溶
3 2 4 2 3 4 2 3 3
于水的配离子：lgK (NH ·H O)=-4.7；Co (OH) 易被空气氧化为Co (OH) ；部分氢氧化物的K 如下表。
b 3 2 2 3 sp
氢氧化
Co (OH) Co (OH) Ni(OH) Al(OH) Mg(OH)
物 2 3 2 3 2
K
sp
回答下列问题：
(1)活性 可与水反应，化学方程式为 。
(2)常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH ·H O) c(NH +) (填“>”“<”或“=”)。
3 2 4
(3)“氨浸”时，由Co (OH) 转化为[Co (NH)]2+的离子方程式为 。
3 3 6
(4) (NH )CO 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，
4 2 3
出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。
4 2 3
①NH Al(OH) CO 属于 (填“晶体”或“非晶体”)。
4 2 3
②(NH )CO 提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是 。
4 2 3
(5)①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。
②由CoCl 可制备Al CoOy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
2 x
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HNO 溶液中n(HNO)与
3 3
n(H O)的比值，理论上最高为 。
2
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO 和 (填化学式)。
3
【答案】(1) MgO+HO=Mg(OH)
2 2(2)＞
(3) 2Co(OH) +12 NH ·H O +SO 2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O+4OH- 或2Co(OH) +8 NH ·H O +4NH+
3 3 2 3 3 6 4 2 3 3 2 4
+SO2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O
3 3 6 4 2
(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) HCl 体心 12
(6) 0.4或2:5 MgO
【解析】硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)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MgO可与水反应，化学方程式为MgO+HO=Mg(OH) ；(2)常温下，pH=9.9的氨性溶
2 2
液中，lgK (NH ·H O)=-4.7， ，
b 3 2
，则c(NH ·H O)＞c(NH +)；(3)“氨浸”时，Co(OH) 与亚硫酸根
3 2 4 3
发生氧化还原反应，再与氨水反应生成[Co (NH)]2+，则由Co(OH) 转化为[Co (NH)]2+的离子方程式为
3 6 3 3 6
2Co(OH) +12 NH ·H O +SO 2-=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O+4OH- 或2Co(OH) +8 NH ·H O +4NH++SO2-
3 3 2 3 3 6 4 2 3 3 2 4 3
=2[Co (NH )]2++SO2-+13H O；(4)(NH )CO 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
3 6 4 2 4 2 3
渣的X射线衍射图谱中，出现了NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰。①X射线衍射图谱中，出现了
4 2 3
NH Al(OH) CO 的明锐衍射峰，则NH Al(OH) CO 属于晶体；②根据题意(NH )CO 会使滤泥中的一种胶
4 2 3 4 2 3 4 2 3
状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则(NH )CO 能提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是减少胶状物质
4 2 3
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Ni2+水解，因
此通入的酸性气体A为HCl；②由CoCl 可制备Al CoOy晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中
2 x
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Mg(NO)·6H O，根据
3 2 2
Mg(NO)+2H O Mg(OH) +2HNO ，Mg(OH) MgO+HO，还剩余5个水分子，因此所得HNO 溶液
3 2 2 2 3 2 2 3
中n(HNO)与n(H O)的比值理论上最高为2：5；②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，根据前面
3 2分析Mg(NO)+2H O Mg(OH) +2HNO ，Mg(OH) MgO+HO，在于可重复利用HNO 和MgO。
3 2 2 2 3 2 2 3
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SiO、Al O 和
2 2 3
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_______，Al O 发生反应的离子方程式为_______。
2 3
(2)“浸渣”的主要成分除残余Al O 外，还有_______。实验测得， 粉煤灰(AlO 的质量分数为
2 3 2 3
)经浸出、干燥后得到 “浸渣”(AlO 的质量分数为 )，Al O 的浸出率为_______。
2 3 2 3
(3)“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入KSO 沉铝的目的是_______，“沉
2 4
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) Al O+6H+=2Al3++3H O
2 3 2
(2) SiO 和CaSO 84%
2 4
(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(SO ) KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑
4 2 2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
(5)沉铝
【解析】粉煤灰为原料(主要含SiO、Al O 和CaO等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸
2 2 3
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；
Al O 和HSO 发生反应生成Al (SO ) 和HO，离子反应方程式为Al O+6H+=2Al3++3H O；(2)“浸渣”的主
2 3 2 4 2 4 3 2 2 3 2
要成分除残余Al O 外，还有二氧化硅、硫酸钙；5.0g粉煤灰Al O 的质量为5.0g×30%=1.5g，3.0g“浸
2 3 2 3
渣”Al O 的质量为3.0g×8%=0.24g，则Al O 的浸出率为 ；(3)根据沉铝体系中，
2 3 2 3
Al (SO )·18H O溶解度最大，KAl(SO )·12H O溶解度最小，更容易析出，加入KSO 沉铝的目的是更多的
2 4 3 2 4 2 2 2 4
使Al (SO ) 转化为KAl(SO )·12H O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；
2 4 3 4 2 2
KAl(SO )·12H O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，
4 2 2
KAl(SO ) 分解为KSO 、Al O 和SO 或KSO 、Al O、SO 和O，反应方程式为2KAl(SO )
4 2 2 4 2 3 3 2 4 2 3 2 2 4 2
KSO +AlO+3SO↑或4KAl(SO ) 2KSO +2AlO+6SO↑+3O ↑；(5)“水浸”后得到的“滤液2”成分为
2 4 2 3 3 4 2 2 4 2 3 2 2
KSO ，可在沉铝工序循环使用。
2 4
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)(或SnO ·2H O) Fe(OH) Cu(OH)
4 2 2 3 2
溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20
(1)Na SnO 的回收
2 3
①产品NaSnO 中Sn的化合价是______。
2 3②退锡工艺是利用稀HNO 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
3
Sn2+易转化成SnO ·xH O。
2 2
③沉淀1的主要成分是SnO ，焙烧时，与NaOH反应的化学方程式为______。
2
(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CO 保护下，先用Al片将Sn4+还原为Sn2+，再用
2
0.1000mol•L-1KIO 标准溶液滴定，以淀粉作指示剂滴定过程中IO -被还原为I—，终点时消耗KIO 溶液
3 3 3
20.00mL。
①终点时的现象为______，产生I 的离子反应方程式为_____。
2
②产品中Sn的质量分数为_____%。
【答案】(1) +4价 Sn(NO )、NH NO SnO +2NaOH NaSnO +H O
3 2 4 3 2 2 3 2
(2) Fe(OH) 2×10—7
3
(3)滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原 2IO -+5Sn2+
3 3
+12H+=I +5Sn4++6H O 39.7%
2 2
【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SnO +2NaOH
2
NaSnO +H O；(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
2 3 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2IO -
3+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O，故答案为：滴入最后一滴KIO 标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内
2 2 3
不复原；2IO -+5Sn2++12H+=I +5Sn4++6H O；②由得失电子数目守恒可知，滴定消耗20.00mL0.1000mol•L-1
3 2 2
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(CO )，含Fe O、SiO 杂质]制备高纯度碳
3 2 2 3 2
酸钙和氧化镁。其流程如下：
已知：
物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO
2 2 3 3
K
sp
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
n(NH Cl)：n(CaO) CaO浸出率/ MgO浸出率/ w (CaCO )理论值/ w (CaCO )实测值/
4 3 3
98.4 1.1 99.7 -
98.8 1.5 99.2 99.5
98.9 1.8 98.8 99.5
99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w (CaCO )给出定义
3
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(NH Cl)：n(CaO)”数值为___________。
4④w (CaCO )实测值大于理论值的原因为___________。
3
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(CO ) CaO+MgO+2CO ↑
3 2 2
(2) CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能
2 3 2 2 3 4 2 2 2 2
与NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO Mg(OH) +
4 2 3 2
(NH )SO MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH +水解，溶液中H+浓度增大，有利于
4 2 4 4 3 2 3 4
Mg(OH) 完全转化为MgSO
2 4
(3)SiO、Fe O
2 2 3
(4)NH Cl、(NH )SO
4 4 2 4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固
3 2
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(CO ) 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
3 2
CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑；(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
3 2 2
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
CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O；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，
2 3 2 2 3 4 2
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；
(3)滤渣C为氧化铁、二氧化硅；(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。13．(2022•海南省选择性考试，15)胆矾(CuSO ·5H O)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑
4 2
为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、CuCO、Cu(OH) ]制备胆矾。流程如下。
3 2
回答问题：
(1)步骤①的目的是_______。
(2)步骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。
2 4
(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，反应的化学方程式为_______。
2 2 2 4
(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_______。
(5)实验证明，滤液D能将I-氧化为I。
2
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量HO 将I-氧化为I，理由是_______。
2 2 2
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写
2
具体操作过程)。
【答案】(1)除油污 (2)SO
2
(3) Cu+ H O+ H SO =CuSO+2H O
2 2 2 4 4 2
(4)胆矾晶体易溶于水
(5) 溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜
离子恰好完全沉淀，再加入I-，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体
B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液
3 2 4
和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。(1)原料表面含有少量的油污，NaCO 溶液呈
2 3
碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。(2)在加热的条件下，铜
可以与浓硫酸发生反应生成CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓HSO
4 2 2 2 4
溶解固体B，将生成SO 污染环境。(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，生成CuSO 和HO，
2 2 2 2 4 4 2
该反应的化学方程式为Cu+ HO+ H SO =CuSO+2H O。(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④
2 2 2 4 4 2
得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。(5)ⅰ.
HO 常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量
2 2
HO 将I-氧化为I，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后HO 已完全分解。ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会
2 2 2 2 2 2
发生变化；滤液D中含有CuSO 和HSO ，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I，较简单的方案
4 2 4 2
是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入NaS将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实
2
验方案为取少量滤液D，向其中加入适量NaS溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量
2
KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为
I。
2
14．(2022•山东卷，17)工业上以氟磷灰石[Ca F(PO )]，含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺
5 4 3 2
流程如下：
回答下列问题：
(1)酸解时有 产生。氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，离子方程式为_______。
2 2 6
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱
2 3 6 2 3
氟，充分反应后，c(Na+)=_______ mol•L-1；再分批加入一定量的BaCO ，首先转化为沉淀的离子是_______。
3
BaSiF NaSiF CaSO BaSO
6 2 6 4 4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
(3)SO 2-浓度(以SO %计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、HPO 浓度(以PO%计)的关系如图甲
4 3 3 4 2 5
所示。酸解后，在所得 、PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使
2 5
用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X的操作单元是_______；一定温度
下，石膏存在形式与溶液中PO%和SO %的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的
2 5 3
是_______(填标号)。A．65℃、PO%=15、SO %=15 B．80℃、PO%=10、SO %=20
2 5 3 2 5 3
C．65℃、PO%=10、SO %=30 D．80℃、PO%=10、SO %=10
2 5 3 2 5 3
【答案】(1)6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O
2 6 2
(2) 2.0×10-2 SO 2-
4
(3) CaSO •0.5HO 减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
4 2 4
【解析】根据题中的工艺流程，氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶
转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和SiF2-，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
6
(1)氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O。(2)精制1
2 2 6 2 6 2
中，按物质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱氟，该反应的化学方程式为HSiF+
2 3 6 2 3 2 6
NaCO= Na SiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且
2 3 2 6 2 2 2 6 2 6
c(Na+)=2c(SiF 2-)，根据NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF 2-)=4c3(SiF2-)，c(SiF 2-) =
6 2 6 6 6 6
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF 2-)=2.0×10-2mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶
6
液，c(Ca2+)=c(SO2-)= mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀开始生成时，
4 3 6
c(Ba2+)= mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因
4
此，首先转化为沉淀的离子是SO 2-，然后才是SiF2-。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、
4 6
PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO•0.5HO；CaSO 在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，
2 5 4 2 4
洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗
4
涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X的操
作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，
位于65℃线上方的晶体全部以CaSO•0.5HO形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式
4 2 4 2
存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：A项，PO%= l5、SO %= 15，由图乙信息可知，该点
2 5 3
坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B项，PO%= 10、SO %= 20，
2 5 3
由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线(65℃、80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题
意；C项，PO%= 10、SO %= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全
2 5 3
部以CaSO•0.5HO形式存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；D项，PO%=10、SO %= 10，由图
4 2 2 5 3乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式存在，故能实现晶体的完全转化，
4 2
D符合题意；故选D。
15．(2022•全国乙卷，26)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb。还有少量Ba、
4 2
Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO PbCO BaSO BaCO
4 3 4 3
K 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
sp
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Pb(OH)
3 2 3 2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO 转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择NaCO 的
4 2 3
原因________。
(2)在“脱硫”中，加入NaCO 不能使铅膏中BaSO 完全转化，原因是________。
2 3 4
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸( )，还要加入HO。
2 2
(ⅰ)能被HO 氧化的离子是________；
2 2
(ⅱ) H O 促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac) ，其化学方程式为________；
2 2 2
(ⅲ) H O 也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，HO 的作用是________。
2 2 2 2 2 2
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1) PbSO (s)+CO2-(aq)= PbCO (s)+SO 2-(aq)
4 3 3 4
反应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =3.4×105>105，PbSO 可以比较彻
4 3 3 4 4
底的转化为PbCO
3(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =0.04<<105，反应正向进行的
4 3 3 4
程度有限
(3) Fe2+ Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O 作还原剂
2 2 2 2
(4)Fe(OH) 、Al(OH) (5)Ba2+、Na+
3 3
【解析】铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏
4 2
中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，
过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的
pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧
化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，
碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)
4 3 3
+SO2- (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K (PbCO )=7.4×10-14，K (PbSO )=2.5×10-8，反
4 sp 3 sp 4
应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= = = =
4 3 3 4
≈3.4×105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅
的损失。(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= = =
4 3 3 4
= ≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的
BaSO 完全转化。(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢
4
促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac) ，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac) 和HO，依
2 2 2
据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O。(iii)过氧化氢也
2 2 2 2
能使PbO 转化为Pb(Ac) ，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO 是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。
2 2 2
(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。
(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧
4化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、
氢氧化钠时引入的Na+。
16．(2022•全国甲卷，26)硫酸锌(ZnSO)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应
4
用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。
3 2
其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子 Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
(3)加入物质X调溶液 ，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．NH ·H O B．Ca(OH) C．
3 2 2
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向 的滤液①中分批加入适量KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO，该步反应的
4 2
离子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓HSO 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
2 4
【答案】(1)ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
(2) 增大压强 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等
(3) B Fe(OH) CaSO SiO
3 4 2
(4)3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+
4 2 3 2
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO MgSO
4 4【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，
3 2
结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加入HSO 酸浸，得到含Zn2+、
3 2 2 4
Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH) 、
3
CaSO、SiO 的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO 溶液
4 2 4
氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后
3 2
得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO 溶液，
2 2 4
经一系列处理得到ZnSO·7H O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑；(2)可
4 2 3 2
采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；(3)A项，
NH ·H O易分解产生NH 污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B项，Ca(OH) 不会引入新的杂质，
3 2 3 2
且成本较低，故B适宜；C项，NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故选B；当沉淀完全时
(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有
Fe(OH) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH) 、CaSO、SiO；(4)向
3 4 2 3 4 2
80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应的离子方程式为
4 3 2
3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+；(5)滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入
4 2 3 2
锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去；(6)由分析，滤渣④为CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同
2 2
时得到的副产物为CaSO、MgSO 。
4 4
17．(2022•湖南选择性考试，17)钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分
为TiO，含少量V、Si和Al的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
2
已知“降温收尘”后，粗TiCl 中含有的几种物质的沸点：
4
物质 TiCl VOCl SiCl AlCl
4 3 4 3
沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)已知ΔG= ΔH-TΔS， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若
ΔG＜0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。A．C(s)＋O(g)=CO (g)
2 2
B．2C(s)＋O(g)=2CO(g)
2
C．TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)
2 2 4 2
D．TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)
2 2 4 2
(2) TiO 与C、Cl，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
2 2
物质 TiCl CO CO Cl
4 2 2
分压
①该温度下，TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为_______；
2 2
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl 中含 、 杂质的方法
4
是_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2) 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO 2CO
2 2 4 2 2 2
(3) 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl 蒸馏
3 2 3
(4) 不能 若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)AC
【解析】钛渣中加入C、Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单
2 4质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O(g)=CO (g)，②2C(s)＋
4 2 2
O(g)=2CO(g)，③TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)，④TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)；A项，
2 2 2 4 2 2 2 4 2
由图可知，600℃时C(s)＋O(g)=CO (g)的ΔG＜0，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，
2 2
600℃时2C(s)＋O(g)=2CO(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO
2 2
(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)的ΔG＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，根据盖斯定律，TiO
2 4 2 2
(s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG＜0，反应自发进行，故D不符合题
2 4 2
意；故选C；(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO，根据相同条件下气体的压强之比
2
是物质的量之比可知TiCl 、CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方
4 2 2 2
程式为5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO ；②随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO
2 2 4 2 2 2
2CO，导致CO含量升高；(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据
3 2
得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，
3 2 3 3 4 4
“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl 、SiCl ；(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需
3 4
要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti
的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原
法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反
应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活
泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；故选AC。
