2025年高考化学考试易错题(新高考通用)易错类型07化工流程中的常考问题(7大易错点)（学生版+教师版）

易错类型07 化工流程中的常考问题
01 易错陷阱（7大陷阱）
【易错点01】不了解常见的工艺操作（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）及其目的
【易错点02】错误判断常见的工艺操作条件控制（调节溶液pH、控制温度等）的原因
【易错点03】不理解物质分离、提纯的方法及要点
【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【易错点05】不能正确识别热重曲线
【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的应用
【易错点07】未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法
02 易错题通关
易错点1 不了解常见的工艺操作及其目的
【分析】
工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称)
方法措施 研磨(粉碎) 增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸 利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸) 利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
【例1】（2024·新课标卷节选）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
【答案】（1）增大固液接触面积，加快酸浸速率，提高浸取效率 Pb
【解析】（1）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，从而加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；由分析可知，“滤渣1”的主要成分为PbSO4，则“滤渣1”中金属元素主要为Pb；
【变式1-1】（2024·山东德州一中、二中联考一模）某含钒矿石（主要成分为等）制取的流程如下：
已知：①
②强酸性溶液中钒以形式存在
③易溶于水、难溶于水
下列说法错误的是
A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率
B．浸出渣的主要成分为
C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的
D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为
【答案】BC
【分析】含钒矿石主要成分为等，矿石磨粉，加硫酸“酸浸”， 难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，生成的气体为H2S，得到含钒溶液中含有、Fe2+、Al3+，加氢氧化钠、氧气，转化为，加氨水生成沉淀。
【解析】A. 破碎粉磨含钒矿石，增大与硫酸的接触面积，可以加快酸浸速率和溶出率，故A正确；
B. 难溶于硫酸，，浸出渣的主要成分为、S，故B错误；
C. 强酸性溶液中钒以形式存在，转化富集的目的是使转化为，故C错误；
D. 沉钒过程中和氨水反应生成沉淀，发生反应的离子方程式为，故D正确；
选BC。
易错点2 错误判断常见的工艺操作条件控制的原因
【分析】
控 制 条 件 调节溶液pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度 加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量 增大另一反应物的转化率
某种试剂的选择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度
调节pH的原理及目的
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。
(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
【例2-1】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。
A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；
B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
故合理选项是D。
【例2-2】（2024·河北卷节选）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
【答案】（5）bd
【解析】（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，与反应，不利于生成，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低溶液的浓度，不利于生成，d符合题意；
故选bd。
【变式2-1】（2024届·山东济宁·三模节选）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下：
已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌()，铁酸锌不溶于稀硫酸
②黄钠铁矾是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成
③；；
回答下列问题：
(4)“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，原因是 ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方 式为 。
【答案】(4)pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀
【详解】（4）“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，因为pH过小时黄钠铁矾不易生成，pH过大时生成Fe(OH)3沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe3+生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成氢离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为；
易错点3 不理解物质分离、提纯的方法及要点
分 离 提 纯 不相溶液体 分液
相溶性液体 蒸馏
难溶性固体 过滤
易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤 防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤 减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失
【例3】（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
【答案】B
【分析】重晶石矿（主要成分为）通过一系列反应，转化为溶液；加盐酸酸化，生成和气体；在溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；加水溶解后，加入，进行合成反应，得到粗品，最后洗涤得到最终产品。
【解析】A．由分析可知，“气体”主要成分为气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项错误；
B．由分析可知，“系列操作”得到的是晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项正确；
C．“合成反应”是和反应生成，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，C项错误；
D．“洗涤”时，若使用稀，会部分转化为难溶的，故不能使用稀，D项错误；
故选B。
【变式3-1】（2024届广东省韶关二模节选）二氧化铈（）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含、等）为原料制备的一种工艺流程如下图所示：
已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和；②滤液A中含：、等离子。
回答下列问题：
(2)“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应：。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序中的用量，节约生产成本。
【答案】(2)分液 酸浸
【解析】（2）滤液A中的能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；
进入有机层TBP中被分离出来后，经过系列操作得到含水层，则说明有机层中转化为，而在有机物TBP中不溶进入水层，被还原成，应加入还原剂发生氧化还原反应，具有还原性且被氧化成不会引入新杂质，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；
水层溶液中含有硫酸，故可循环利用于“酸浸”工序；
故答案为：分液；；酸浸；
易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【分析】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)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。
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
【例4】（2023·河北卷）一种以锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下：
已知：室温下相关物质的如下表。
下列说法错误的是
A．酸浸工序中产生的气体①为氯气
B．滤渣①主要成分为和
C．除杂②工序中逐渐加入溶液时，若浓度接近，则先析出
D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为
【答案】C
【分析】由图知锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，、铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气，故气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5~6，由表中数据知，可将铁和铝沉淀而除去，故滤渣①主要成分为和，再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锰，加入碳酸氢钠溶液，发生，将锰离子沉淀，得到纯度较高的碳酸锰。
【解析】A．由分析知，Mn2O3与浓盐酸反应生成Mn2+和Cl2，A正确；
B．结合表中数据可知,除杂①工序中调pH为pH为5~6，此时会产生和沉淀，B正确；
C．由于故 浓度接近时，先析出沉淀，C错误；
D．由题给流程和分析可知,沉淀工序中Mn2+与反应生成MnCO3、CO2和 H2O离子方程式为，D正确；
故选C。
【变式4-1】（2024·全国甲卷节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
（2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
【答案】（2）
（6）
【解析】炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH=4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。（2）“酸浸”步骤中，Cu不溶解，Zn单质及其他价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的+2价阳离子进入溶液，即为转化为CoSO4，反应的化学方程式为。（6）“沉钴”步骤中，控制溶液pH=5.0~5.5，加入适量的NaClO氧化，为了保证被完全氧化，NaClO要适当过量，其反应的离子方程式为。（7）根据题中给出的信息，“沉钴”后的滤液的pH=5.0~5.5，溶液中有元素以形式存在，当pH＞12后氢氧化锌会溶解转化为，因此，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是：向滤液中滴加溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥。
【变式4-2】（2024届广东省汕头一模节选）2023年7月3日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、锗相关物质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：
已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。
②“碱浸”后溶液的主要成分为、（四羟基合铝酸钠）、。
③；；
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是将转化为，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是 （写化学式）。
(3)步骤①和②中通入过量气体A发生反应的离子方程式为 。
【答案】(1)
(2)H2SiO3
(3)
【分析】粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）与纯碱焙烧后得到Na2GaO2、Na2SiO3、Na2AlO2和A气体CO2，加入稀的NaOH溶液浸取，得到滤渣1氧化铁沉淀，滤液中含有、、，“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3沉淀，此时溶液中存在铝离子和镓离子，调pH值通入二氧化碳后生成氢氧化铝沉淀，通入二氧化碳二次酸化后得到氢氧化镓，将滤饼与氢氧化钠溶液混合应，得到[Ga(OH)4]﹣，电解后得到镓单质，加入一溴甲烷和氨气得到GaN，据此解答。
【解析】（1）“焙烧”后镓元素均转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为。
（2）依据上述分析，滤渣2为H2SiO3沉淀。
（3）步骤①和②中通入过量气体A生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3发生反应的离子方程式为：。
易错点5 不能正确识别热重曲线
【分析】
热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法
热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数
实例：固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。
热重分析的解题流程 ①设晶体为1 mol。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步的m(剩余)，固体残留率＝×100％。 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 ⑤失重残留物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例
计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变
计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。
【例5】在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示(H—1，O—16，Ni—59)。
（1）500～700 K之间分解产生的气体为_______。
（2）800 K后剩余固体质量略有增加的原因是______________________________________________。
【答案】（1）CO2 （2）NiO被氧化成更高价态的镍氧化物
【解析】（1）取1 mol NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，质量为341 g；当固体质量减少21.1%时，减少的质量约为72 g，根据化学式可知，生成4 mol H2O，500 K时固体为NiCO3·2NiO；当固体质量减少34.0%时，减少的质量约为116 g，根据化学式可知，生成4 mol H2O和1 mol CO2,700 K时固体为NiO；因此300～500 K之间分解产生的气体为H2O，500～700 K之间分解产生的气体为CO2；（2）700 K后，反应完成，剩下的固体为NiO，在氧气气氛中加热，NiO被氧化成更高价态的镍氧化物，导致800 K后剩余固体质量略有增加。
【变式5-1】热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。
（1）试确定200 ℃时固态物质的化学式_____________。
（2）554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：
__________________________________________________。
【答案】（1）MgCl2·2H2O （2）Mg(OH)ClMgO＋HCl↑
【解析】（1）由题图可知，起始时MgCl2·6H2O的质量为4.06 g，物质的量为0.02 mol，则m(MgCl2)＝95 g·mol－1×0.02 mol＝1.9 g，所以200 ℃时，MgCl2·6H2O失去部分结晶水，固态物质中m(H2O)＝2.62 g－1.9 g＝0.72 g，n(H2O)＝0.04 mol，即此时固态物质中n(MgCl2)∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol＝1∶2，故200 ℃时固态物质的化学式为MgCl2·2H2O；（2）554 ℃时，固态物质的质量为0.80 g，为0.02 mol MgO的质量，所以得到的白色固体为MgO；554 ℃时固态物质的质量比527 ℃时的少0.73 g，为0.02 mol HCl的质量，则554 ℃时分解得到的酸性气体为HCl，所以527 ℃时，固态物质为Mg(OH)Cl，在554 ℃时分解的方程式为Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。
易错点6 工艺流程题中有关Ksp的应用
【分析】
应用 方法 实例 离子方程式
沉淀的 生成 调节pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可先加入氨水调节pH至7～8 Fe3＋＋3NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋3NH4＋
加沉淀剂法 如用①H2S沉淀Cu2＋ ②Na2S沉淀Hg2＋ ①Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋ ②S2－＋Hg 2＋＝HgS↓
沉淀的 溶解 酸溶解法 CaCO3溶于盐酸 CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O
盐溶液溶解法 Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液 Mg(OH)2＋2NH4＋＝Mg2＋＋2NH3·H2O
氧化还原反应法 如CuS溶于硝酸 3CuS＋8H＋＋2NO3－＝3S＋2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O
生成配合物法 如AgCl溶于氨水 AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]＋＋2H2O＋Cl－
沉淀的 转化 实质：沉淀溶解平衡的移动
特征：①一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。 ②沉淀的溶解度差别越大，越容易转化：AgNO3AgClAgBrAgIAg2S
应用：①锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3 ②矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS(闪锌矿)转化为CuS(铜蓝)
分步 沉淀 若沉淀的类型及被沉淀的离子浓度相同，则难溶物的Ksp由小到更小依次生成沉淀 ②难溶的金属M(OH)n可通过调节溶液的pH，使M(OH)n分步沉淀（注意：pH调节范围）
温馨提醒 ①不同类型的沉淀，其Ksp小的其溶解度不一定也小。 ②两种难溶物当其Ksp相关不大时，可相互转化，但要求是浓溶液或饱和溶液。
【例6】（2023·湖南卷）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 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
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
【分析】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，以此解题。
【解析】A．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．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-+H2O HS-+OH-，B正确；
C．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．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。
【变式6-1】马日夫盐［］常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿［主要成分为MnO(OH)，还含有少量的、、及微量的CaO］为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。
已知：，当溶液中剩余的某金属离子浓度时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应
B．滤渣2的主要成分为、
C．低温条件下沉锰是为了防止分解
D．“除钙”步骤中控制可使完全沉淀
【答案】A
【分析】向水锰矿矿浆中加入H2SO4和SO2，SiO2与H2SO4不反应，Fe2O3溶解产生的Fe3+被还原为Fe2+，得到含有Mn2+、、Fe2+、Ca2+、Al3+的混合溶液和含有SiO2、CaSO4（微溶）的滤渣1；加入MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，加入NaF溶液将Ca2+转化为CaF2沉淀除去，滤液主要成分为MnSO4，加入NaHCO3溶液，得到MnCO3沉淀，加入适量磷酸溶液得到溶液，一系列操作后得到；
【解析】A．根据分析，步骤Ⅲ为加入氨水调节pH将Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，只涉及复分解反应，不涉及氧化还原反应，A错误；
B．根据分析，滤渣2的主要成分为、，B正确；
C．为铵态氮盐，高温易分解，低温条件下沉锰是为了防止分解，C正确；
D．根据，若要使完全沉淀，则，D正确；
答案选A。
【变式6-2】以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂MnxOy，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。
（3）“沉锰”中若产生a mol Mn(OH)2沉淀。现用5 L一定浓度的Na2CO3溶液将其全部转化为MnCO3，需Na2CO3溶液的浓度至少为_______mol·L－1(用含a的表达式表示)。已知：Ksp(MnCO3)＝1.1×10－11，Ksp[Mn(OH)2]＝1.1×10－13。
【答案】
【解析】Mn(OH)2(s)＋CO32－(aq)MnCO3(s)＋2OH－(aq)，K＝＝，a mol Mn(OH)2完全转化为MnCO3时，溶液中c(OH－)＝ mol·L－1，则此时溶液中c(CO32－)＝×c2(OH－)＝×()2＝16a2 mol·L－1，由于反应时要消耗a mol Na2CO3，所以至少需要(80a2＋a) mol Na2CO3，则其浓度 mol·L－1，故答案为：。
易错点7 未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法
【分析】
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
计算公式：
(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)
(2)＝×100%
(3)产品产率＝×100%
(4)物质的转化率＝×100%
【例7】（2023·重庆卷节选）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。

时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
（4）①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。
②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。
【答案】（4）11 最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色 66.6%
【分析】溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，溶液加入氧化钙和空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物；，
【解析】（4）①反应釜3中，时，浓度为，反应不能使钙离子生成沉淀，防止引入杂质，故此时，pOH=3，pH=11，故理论上不超过11。
②高锰酸钾溶液紫红色，故滴定达到终点的现象为：最后半滴标准液加入后，溶液变为红色，且半分钟内不变色；
氯化钙和草酸钠转化为草酸钙沉淀，草酸钙沉淀加入硫酸转化为草酸，草酸和高锰酸钾发生氧化还原反应：，结合质量守恒可知，，则该副产物中的质量分数为。
【变式7-1】重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，可用于制铬矾、火柴、铬颜料，并供鞣革、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]为原料制备重铬酸钾的工艺流程如图所示：
已知：
①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；铝的氧化物转化为NaAlO2。
②Fe(CrO2)2的摩尔质量为224g/mol，K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol。
③矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c(mol L-1)的对数值与pH的关系如图所示。
某化工厂利用1000kg铬铁矿为原料，制备重铬酸钾。
请回答下列问题：
(6)测定产品中K2Cr2O7含量：称取样品2.50g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL。则样品中K2Cr2O7的纯度为 。(滴定过程中发生的反应为Cr2O+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O)
【答案】(6)49%
【详解】（6）滴定过程中发生的反应为：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL，则样品中K2Cr2O7的纯度为×100%=49%。
1．（2024·山东淄博一模）从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为
B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀
C．“氧化沉碲”中离子方程式为
D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
【答案】C
【分析】声光器件粉末用NaOH溶液充分碱浸，得到主要含有Na2TeO3、NaAlO2、Na2SiO3的滤液，Cu不参与反应，则滤渣的主要成分为Cu，“氧化沉碲”时，Na2TeO3被NaClO氧化生成Na2TeO4沉淀，则滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，最后Na2TeO4溶于H2SO4后被SO2还原生成Te，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，据此解答。
【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为Cu，A正确；
B．滤液1主要含有NaAlO2、Na2SiO3和NaCl，滤液2主要含H2SO4、Na2SO4，则滤液1和滤液2混合时因、H+和H2O反应可能产生白色的Al(OH)3沉淀，B正确；
C．“氧化沉碲”时，Na2TeO3被氧化生成Na2TeO4沉淀，NaClO被还原生成NaCl，反应的离子方程式为：，C错误；
D．“溶解还原”时，Na2TeO4被还原生成Te，SO2被氧化为，根据得失电子守恒可得关系式：，Na2TeO4作氧化剂，SO2作还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D正确；
故选C。
2．（2024·山东名校联考一模）由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备锂电池正极材料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。下列说法错误的是
A．上述流程中有三种元素被氧化
B．从利用率考虑“反应器”中不宜使用H2O2替代MnO2
C．溶矿反应完成后，“反应器”中溶液pH=4，则Fe3+和Al3+都沉淀完全
D．加入少量BaS溶液以除去Ni2+，“滤渣”的成分至少有四种
【答案】C
【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4，据此分析解题。
【解析】A．用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁过程中Fe元素被氧化，电解硫酸锰溶液得到MnO2过程中Mn元素被氧化，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4过程中Mn和O元素被氧化，所以共有三种元素被氧化，故A正确；
B．MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2，故B正确；
C．pH=4，c(OH )＝1×10 10mol/L，根据Fe(OH)3和Al(OH)3的Ksp可知，，此时，，Al3+没有沉淀完全，故C错误；
D．有分析可知，加入少量BaS溶液除去Ni2＋，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS，此外，二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，所以 “滤渣”的成分至少有四种，故D正确；
故答案选C。
3．（2024·甘肃白银靖远第一中学模拟预测）从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是

A．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1
B．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾
C．浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐增强
D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次
【答案】A
【分析】高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)，加入氢氧化钠和硫化钠进行碱浸，反应后经抽滤所得滤渣为PbS和S，浸出液主要成分为Na3AsO4和NaAsO2，加入过氧化氢进行氧化，发生反应：H2O2+AsO+2OH-= AsO+2H2O，得到Na3AsO4溶液，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到砷酸钠晶体。
【解析】A．“碱浸”时，Pb5O8与硫化钠发生氧化还原反应生成PbS、S和氢氧化钠，反应的化学方程式为：Pb5O8+8Na2S+8H2O=5PbS+16NaOH+3S，其中PbS是还原产物，S是氧化产物，依据正负化合价代数和为0的原则，可知Pb5O8中Pb2+和Pb4+的数目之比为2:3，结合方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，A正确；
B．“氧化”时用的氧化剂为过氧化氢，过氧化氢受热分解速率加快，因此不能将溶液加热至沸腾，B错误；
C．浸出液“氧化”过程中，发生反应：H2O2+AsO+2OH-= AsO+2H2O，消耗了氢氧根离子，溶液的碱性逐渐减弱，C错误；
D．洗涤过程中，不能用玻璃棒搅拌，易戳破滤纸，应使水刚好浸没固体，待水自然流下，重复2~3次，D错误；
故选A。
4．（2024·安徽安庆第一中学考试）软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。
25℃时，。下列说法错误的是
A．X可为稀硫酸
B．滤渣2成分是和
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D．利用替代CaO可优化该流程
【答案】B
【分析】黄铁矿和阳极渣加稀硫酸酸浸，发生氧化还原反应，过滤，滤渣1为S、PbSO4，滤液中加H2O2和CaO，其中CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，过滤，滤液中加MnF2沉淀Ca2+，过滤得到含MnSO4的滤液，然后经过一系列处理得Mn3O4。
【解析】A．MnO2具有较强氧化性，具有较强还原性，据流程图可知，后续操作得到MnSO4，所以X可为稀硫酸，故A正确；
B．滤液中加CaO调溶液pH，将Fe3+和Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀，由于CaSO4微溶，所以滤渣2的成分是、CaSO4和Fe(OH)3，故B错误；
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，MnO2被还原为MnSO4，反应的离子方程式为，所以该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2，故C正确；
D．利用替代CaO可避免引入杂质Ca2+，即可优化该流程，故D正确；
故答案为：B。
5．已知：Ksp(MnS)＝2.6×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21，Ksp(MgF2)＝6.4×10－11，Ksp(CaF2)＝4.9×10－9；某MnSO4溶液中含有一定量的Ni2＋、Ca2＋、Mg2＋，“除镍”时，使用MnS作为沉淀剂的原因是____________________________________________________________________加入MnF2使Ca2＋、Mg2＋的浓度均不高于10－6 mol·L－1，此时溶液中c(F－)至少为____________mol·L－1。
【答案】Ksp(NiS)＜Ksp(MnS)，加入MnS后发生反应：MnS＋Ni2＋＝Mn2＋＋NiS，从而除去Ni2＋，且不引入新杂质 0.07
【解析】根据Ksp(MgF2)＝6.4×10－11、Ksp(CaF2)＝4.9×10－9可知，当Ca2＋完全沉淀时，溶液中Mg2＋已经沉淀完全，Ksp(CaF2)＝c2(F－)·c(Ca2＋)＝10－6×c2(F－)＝4.9×10－9，则c(F－)≥0.07 mol·L－1。
6．（2023·南京市、盐城市二模）以粉煤灰浸取液(含Al3＋、Li＋、Mg2＋、Cl－等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li＋、Mg2＋、Cl－等。已知Ksp[Mg(OH)2]＝5.5×10－12，欲使c(Mg2＋)≤5.5×10－6 mol·L－1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_______。
【答案】11
【解析】“浸出”后的滤液中主要含Li＋、Mg2＋、Cl－等，加入NaOH溶液，使镁离子形成Mg(OH)2沉淀，根据Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×c2(OH－)＝5.5×10－12，欲使c(Mg2＋)≤5.5×10－6 mol·L－1，则此时溶液中c(OH－)＝＝＝10－3，故c(H＋)＝＝＝10－11，故“除杂”需要调节溶液的pH不低于11。
7．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
（2）“滤渣”的主要成分是和 。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
（4）铝产品可用于 。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
【答案】（1）NH3
（2）SiO2
（3） ，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙
（4）净水
（5） Ca3N3B
【分析】高炉渣(主要成分为，，和等)加入在400℃下焙烧，生成硫酸钙、硫酸镁、硫酸铝，同时产生气体，该气体与烟气(和水蒸气)反应，生成，所以该气体为NH3；焙烧产物经过水浸1，然后过滤，滤渣为以及未反应的SiO2，滤液溶质主要为硫酸镁、硫酸铝及硫酸铵；滤液浓缩结晶，析出，剩余富镁溶液；滤渣加入溶液，滤渣中的会转化为更难溶的碳酸钙。
【解析】（1）由分析可知，高炉渣与经焙烧产生的“气体”是NH3；
（2）由分析可知，“滤渣”的主要成分是和未反应的SiO2；
（3）“水浸2”时主要反应为硫酸钙与碳酸铵生成更难溶的碳酸钙，反应方程式为，该反应之所以能发生，是由于，，，微溶的硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙；
（4）铝产品溶于水后，会产生，水解生成胶体，可用于净水；
（5）图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故与N的距离为pm；由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为，N的个数为，B的个数为，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，晶胞体积为则晶体的密度为。
8．（2024届广东省大湾区一模）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
(1)“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。
(2)“滤渣2”转化为的化学方程式是 。
(3)“还原酸浸”时：
①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。
②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。
③若以磷酸为介质处理废催化剂，可以提高钒的浸出率。一种钒磷配合物的结构如图所示，形成配位键时V提供 (选填“孤对电子”或“空轨道”)。
(4)“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
(5)加氨水生成沉淀，若经焙烧得到产品，则消耗空气中 。
(6)近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。某含钒的锑化物晶胞如图1所示，晶体中包含由V和组成的二维平面如图2。
该含钒的锑化物化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。
【答案】(1)增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率
(2)SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑
(3)VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，影响钒的浸出率 空轨道
(4)酸性
(5)0.5
(6)CsV3Sb5 6
【分析】水浸废钒催化剂(含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2以及少量的Fe2O3等)，VOSO4、K2SO4进入滤液1，V2O5、SiO2以及Fe2O3进入滤渣1，用无水K SO3和H SO4对滤渣1还原酸浸，V2O5、Fe2O 和K2SO3和H2SO4反应进入滤液2，SiO2进入滤渣2，用有机试剂对滤液1和滤液2中的、VO2+进行萃取分离出亚铁离子和钾离子，再反萃取出和 VO2+，再加氨水沉钒，焙烧得到V2O5，据此分析解答。
【解析】（1）“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是增大催化剂与水的接触面积，提高反应速率与浸出率；
（2）“滤渣2”主要成分是SiO2，转化为 Na2SiO3的化学方程式是：SiO2 +2NaOH = Na2SiO3 + H2O或 SiO2 + Na2CO3Na2SiO3 + CO2↑；
（3）①“还原酸浸”时，硫酸的用量会影响钒的浸出率，pH超过1.2时，VO2+水解程度增加或生成VO(OH)2，水解产物会进入滤渣中影响钒的浸出率；
②过程中除了有，被还原成VO2+，还涉及的反应离子方程式为
③由图2可知，和V形成配位键的P、O、Cl均含有孤电子对，故V提供的是空轨道；
（4）“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：H2R(有机层)+VO2+2H+ +VOR(有机层)，“反萃取”应让平衡逆向移动，使VO2+进入水层，故选择在酸性环境中进行；
（5）VO(OH)2沉淀经焙烧得到V2O5的方程式为：4VO(OH)2 +O2 2V2O5 + 4H2O，若经焙烧得到1molV2O5产品，则消耗空气中O2的物质的量为：mol=0.5mol；
（6）由该化合物的晶胞可知，Cs位于顶点，含有个，Sb位于棱上和晶胞内个，V位于面上和晶胞内，含有 个，所以锑化物M的化学式 CsV3Sb5；晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；
9．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。
（7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。
【答案】（1）四 ⅠB
（2）Cu2+
（3）
（4）AgCl
（5）
（6）3：4
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。
【解析】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
10．（2024·贵州·二模）偏磷酸钡Ba(PO3)2具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知时：①；
②将NH3通入H3PO4溶液中，当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4，pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4。
回答下列问题：
（1）“滤渣1”中含硫化合物的化学式为 。
（2）“滤渣2”的主要成分有及，其中生成的离子方程式为 ；下，当沉淀完全时，至少为 [当时认为沉淀完全]。
（3）“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH，当溶液pH为4.3时H3PO4转化为 (填化学式)。
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
（5）“结晶”后得到晶体，“煅烧”时生成和等物质，其反应的化学方程式为 ；比较键角： (选填“”“”或“”)，其原因是 。
【答案】（1）CaSO4
（2）2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓ 1.28×10-4
（3）NH4H2PO4
（4）将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全
（5）2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O ＞ 中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′
【分析】由题干工艺流程图可知，向湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、、等杂质)加入Ca(OH)2将、、Mg2+转化为沉淀而除去，过滤的滤渣1主要成分为：CaSO4、Ca3(AsO4)2，然后向滤液中继续加入Na2S除砷铁，过滤出滤渣2主要成分为FeS、S和As2S3，然后向滤液中加入NH3进行氨化，加入NH4F进行脱镁，过滤出滤渣3主要成分为MgF2、CaF2，过滤后将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到NH4H2PO4晶体，将NH4H2PO4晶体与BaSO4一起高温煅烧得到偏磷酸钡Ba(PO3)2，据此分析解题。
【解析】（1）由分析可知，“滤渣1”中含硫化合物的化学式为CaSO4，故答案为：CaSO4；
（2）由工艺流程图可知，“滤渣2”的主要成分有FeS、S及As2S3，其中生成FeS即Fe3+与S2-反应生成FeS和S，该反应的离子方程式为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓，下，当As3+沉淀完全时，c(S2-)至少为==1.28×10-4，故答案为：2Fe3++3S2-=2FeS↓+S↓；1.28×10-4；
（3）由题干已知信息可知，将NH3通入H3PO4溶液中，当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4，pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4，故“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH，当溶液pH为4.3时H3PO4转化为NH4H2PO4，故答案为：NH4H2PO4；
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，由（3）小问分析可知，“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH至pH为4.3，说明氨化之前溶液的酸性太强，若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全，故答案为：将因溶液酸性太强，H+浓度太大，直接与F-结合成HF，导致F-的浓度较小，Mg2+沉淀不完全；
（5）“结晶”后得到NH4H2PO4晶体，“煅烧”时生成Ba(PO3)2和SO3等物质，其反应的化学方程式为：2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O；中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′，故答案为：2NH4H2PO4+BaSO4Ba(PO3)2+SO3↑+2NH3↑+3H2O；＞；中中心原子P周围的价层电子对数为：3+=3，故为平面三角形，O-P-O键键角为120°，而中中心原子P周围的价层电子对数为：4+=3，故为正四面体形，O-P-O键键角为109°28′。
11．（2024·吉林白山·二模）钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：25℃时，。
（1）基态的简化电子排布式为 。
（2）为提高“浸取”速率，可采取的措施有 (写出一条即可)，“浸渣”的主要成分是 (写化学式)；水相中含有的金属离子主要是 (写离子符号)。
（3）“除钛”时，加入的作用是 。
（4）25℃时，若使“反萃取”后水溶液中的沉淀完全(离子浓度)，应控制溶液的不低于 (保留两位有效数字)。
（5）写出草酸钪晶体“灼烧”时发生反应的化学方程式： 。
【答案】（1）
（2）将赤泥碾碎(或适当升高温度、搅拌等) 、
（3）提供配体，生成配离子进入水层
（4）5.7
（5）
【分析】钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)浸取，二氧化硅不和酸反应，滤渣1为SiO2，萃取时分离出Ti4+、Sc3+，向萃取后的溶液中加入硫酸和H2O2，除钛分离出[TiO(H2O2)]2+，加NaOH反萃取后分离出Sc3+，与盐酸反应加草酸得到Sc2(C2O4)3沉淀，再灼烧Sc2(C2O4)3得到Sc2O3，以此来解答。
【解析】（1）Fe是26号元素，基态的简化电子排布式为。
（2）提高“浸取”效率的措施有将赤泥碾碎、适当升温、搅拌等；不与硫酸反应，故浸渣的主要成分是；根据流程图可知，“浸取”除去，元素在“除钛”环节进入水相从而除去，故加入萃取剂“萃取”时进入水相的金属离子主要是、。
（3）由流程图可知，加入后，二者结合形成，该转化过程中元素化合价没有变化，应该是中的氧原子提供孤电子对，原子提供空轨道，形成配离子，故加入的作用是提供配体，生成配离子进入水层。
（4）根据题意可知，恰好完全沉淀时，，解得，，故。
（5）中的化合价为价，反应前后的化合价没有发生变化，根据流程图可知，空气参与反应，故应该是空气氧化草酸钪晶体中的碳元素，反应的化学方程式为。
12．（2024届广东省佛山一模）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，从离子型稀土矿（含Fe、Al等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：
已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 1.5 4.3 5.6（为6.2）
沉淀完全时的pH 3.2 5.5 /（为9.0）
回答下列问题：
(1)“预中和”工序中：
①该工序适宜的pH范围是 。
②胶状的X射线衍射图谱中， （选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。
(2)“调pH”工序中，发生的离子反应方程式为 。
(3)滤液3可返回 工序循环使用。
(4)“沉淀”工序产物为 （选填“”或“”），理由是 [：]。（当反应的时可认为反应完全）
(5)含氟稀土抛光粉的主要成分为，焙烧时发生的化学反应方程式为 。
(6)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列离子对交换能力最强的是______。
A． B． C． D．
(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：
①将该结构单元示意图（b）补充完全 。
②该晶体的化学式为 。
【答案】(1)3.2≤pH＜4.3 不能
(2)
(3)酸溶
(4)La(OH)3 ，，＞
(5)
(6)C
(7) Ag15Ce
【分析】稀土矿物与盐溶液发生离子交换除去矿渣，预中和加入碳酸氢铵将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，再加入碳酸氢铵调节pH沉淀氢氧化铝与稀土元素，在沉淀中加入氢氧化钠将氢氧化铝沉淀溶解，水解转化为Al(OH)3.nH2O，将稀土元素的沉淀加HCl溶解，一部分加碳酸钠沉淀之后转化为La2O3，加入CeF2焙烧转化为含氟稀土抛光粉，另一部分加草酸酸化得到La2O3和含稀土合金，据此回答。
【解析】（1）①“预中和”工序中使铁离子沉淀，其他金属阳离子不沉淀，pH的范围为：3.2≤pH＜4.3；
②只有晶体在X射线衍射图谱中才能观察到明锐的衍射峰，而胶体不是晶体；
（2）“调pH”工序中，Al3+与碳酸氢根强烈双水解，发生的离子反应方程式为；
（3）滤液3溶液中含有草酸，可以回到酸溶工序中循环利用；
（4）①“沉淀”工序产物为La(OH)3；
②根据表中数据可得，，＞；
（5）含氟稀土抛光粉的主要成分为CeLa2O4F2，焙烧时发生的化学反应方程式为：；
（6）根据离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故选C；
（7）①根据图（a）可以看出，Ce在前面的两个顶点，且位于面对角线的位置，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，所以结构单元示意图（b）补充完全为：
②Ce在顶点，均摊为，Ag在剩下的6个顶点和6个面心，均摊为，所以化学式为Ag15Ce。
13．（2024·江西·二模）以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）滤渣中含有单质S和 (填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式： 。
（2）“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式： 。
（3）“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是 。
（4）向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
A．铁 B．氯气 C．高锰酸钾 D．氯化氢
（5）“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 (不考虑立体异构)。
（6）将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为 。
(7)一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为 (已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）
（2）或
（3）稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境(或其他合理答案)
（4）B
（5）
（6）Cu
(7)
【分析】本题考查化工流程原理，辉铜矿浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化为Cu2+和S，再加入将Cu2+还原为Cu，过滤分离，再加入H2O2和硫酸将铜氧化溶解为CuSO4，最后加入制备得到CuC2O4固体。
【解析】（1）加入FeCl3溶液浸取，将Cu2S氧化为Cu2+和S，而SiO2不溶解，故滤渣的成分为S和SiO2，浸取时FeCl3氧化Cu2S的方程式为：；
（2）加入将Cu2+还原为Cu，同时生成氮气，其离子方程式为或者；
（3）氧化溶解时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，主要是因为稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境；
（4）滤液1成分为FeCl2，可以通入Cl2，将其氧化为FeCl3，循环利用；
（5）
制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。
（6）350~400℃下，剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，则剩余固体的摩尔质量为：，可知剩余固体为Cu；
（7）晶胞中Cu原子处于面心，则铜原子个数为：，Au原子处于顶点位置，则Au原子个数为。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心，则氢原子个数为8，则晶体的密度为：。
14．（2024·广西·二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：，；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、；
③氧化性顺序：。
回答下列问题：
（1）基态Zn原子的最高能层符号为 。
（2）滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化”时适当加热，其目的是 ，但温度不能过高，其原因是 。
（4）已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是 （保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是 。
（5）有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。
（6）在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 （填化学式）。
【答案】（1）N
（2）
（3）提高转化为的速率 温度过高，会分解
（4） 将置换成Ni单质而除去
（5）
（6）过滤、洗涤、干燥 ZnO和或或
【分析】菱锌矿在溶浸操作中，Na2SO3将PbO2还原为Pb2＋，将还原为，Pb2＋与硫酸反应生硫酸铅沉淀，、ZnO、、FeO、均与硫酸反应生成相应的离子；然后加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加氢氧化钠溶液调pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀；加入Zn将还原为Ni，所以滤渣2为Ni，加入HA萃取，锌元素进行有机相，由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，加入Na2CO3生成ZnCO3沉淀，最后灼烧生成ZnO，据此作答。
【解析】（1）锌的原子序为30，最高能层为第四能层，符号是N，故答案为：N；
（2）由分析可知，滤渣1的化学式为；溶浸过程，Na2SO3将还原为，由原子守恒的电子守恒可知发生的离子方程式为，故答案为：，；
（3）升高温度可以使转化为的速率加快，但是温度过高，会分解，故答案为：提高转化为的速率；温度过高，会分解；
（4）调pH使Fe3＋完全沉淀，而其他离子不沉淀。当Fe3＋沉淀完全时，mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－3＝3；Zn2＋开始沉淀， mol·L－1， mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg 1.0×10－5.5＝5.5，所以调pH范围为；“还原”时加入锌粉可以将置换成Ni单质而除去，故答案为：；将置换成Ni单质而除去；
（5）由反应可知，反萃取时加入硫酸使平衡向左移动，从而使锌离子进入水相，故答案为：；
（6）在“沉锌”后需将沉淀分离并除去表面的杂质，所以在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是过滤、洗涤、干燥；设有1 mol，其质量为583g；350℃时，剩余固体中不含碳元素，即碳全部以CO2形式存在，CO2有2mol，此时固体质423g，则固体质量减小583g－423g＝160g，固体质量减少的为CO2和H2O的质量，设减少的H2O有x mol，则m(CO2)＋m(H2O)＝44 g·mol－1×2mol＋18 g·mol－1×xmol＝160g，解得x＝4，说明分解产生4 mol H2O，而1mol中只有2mol结晶水，则Zn(OH)2分解产生2mol H2O，即有2mol Zn(OH)2分解，而1mol中有3mol Zn(OH)2，故还有1 mol Zn(OH)2未分解，则余下固体为ZnO和Zn(OH)2，故答案为：ZnO和或或。
()易错类型07 化工流程中的常考问题
01 易错陷阱（7大陷阱）
【易错点01】不了解常见的工艺操作（研磨、焙烧、水浸、酸（碱）浸等）及其目的
【易错点02】错误判断常见的工艺操作条件控制（调节溶液pH、控制温度等）的原因
【易错点03】不理解物质分离、提纯的方法及要点
【易错点04】不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【易错点05】不能正确识别热重曲线
【易错点06】工艺流程题中有关Ksp的应用
【易错点07】未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法
02 易错题通关
易错点1 不了解常见的工艺操作及其目的
【分析】
工艺操作(结果) 目的评价(或操作名称)
方法措施 研磨(粉碎) 增大接触面积，加快反应(溶解)速率
煅烧(焙烧) 矿物分解、燃烧，转化为易溶于酸、碱的物质
水浸 利用水溶性把物质进行分离
酸浸(碱浸) 利用物质与酸(碱)反应除掉杂质或把目标物质转化为可溶性离子
【例1】（2024·新课标卷节选）钴及其化合物在制造合金、磁性材料、催化剂及陶瓷釉等方面有着广泛应用。一种从湿法炼锌产生的废渣(主要含Co、Zn、Pb、Fe的单质或氧化物)中富集回收得到含锰高钴成品的工艺如下：
已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全()时的pH：
开始沉淀的pH 1.5 6.9 — 7.4 6.2
沉淀完全的pH 2.8 8.4 1.1 9.4 8.2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前废渣需粉碎处理，目的是 ；“滤渣1”中金属元素主要为 。
【变式1-1】（2024·山东德州一中、二中联考一模）某含钒矿石（主要成分为等）制取的流程如下：
已知：①
②强酸性溶液中钒以形式存在
③易溶于水、难溶于水
下列说法错误的是
A．破碎粉磨含钒矿石的目的是加快酸浸速率和溶出率
B．浸出渣的主要成分为
C．转化富集的目的是除去含钒溶液中的
D．沉钒过程中发生反应的离子方程式为
易错点2 错误判断常见的工艺操作条件控制的原因
【分析】
控 制 条 件 调节溶液pH 某些金属离子的沉淀，控制物质的溶解
控制温度 加快反应速率，促进平衡移动；物质的溶解、析出、挥发等
增大某反应物用量 增大另一反应物的转化率
某种试剂的选择 是否带入杂质、是否影响产品的纯度
调节pH的原理及目的
1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)2等类型的物质。
2．原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度
3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。
4．控制pH的目的：
(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀
(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。
(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。
5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：
(1)Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3＋3H+，加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3越聚越多，最终形成沉淀。
(2)如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。
调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。
(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。
【例2-1】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【例2-2】（2024·河北卷节选）是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i石煤是一种含的矿物，杂质为大量和少量等；苛化泥的主要成分为等。
ⅱ高温下，苛化泥的主要成分可与反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙和偏铝酸钙均难溶于水。回答下列问题：
（5）下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低溶液的浓度
【变式2-1】（2024届·山东济宁·三模节选）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下：
已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌()，铁酸锌不溶于稀硫酸
②黄钠铁矾是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易生成
③；；
回答下列问题：
(4)“沉铁”步骤中，pH不宜过大或过小，原因是 ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方 式为 。
易错点3 不理解物质分离、提纯的方法及要点
分 离 提 纯 不相溶液体 分液
相溶性液体 蒸馏
难溶性固体 过滤
易溶性固体 蒸发浓缩、冷却结晶
趁热过滤 防止温度降低，某物质析出
冰水洗涤 减少晶体的溶解损失
乙醇、有机溶剂洗涤 减少晶体的水溶性损失
【例3】（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．“合成反应”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
【变式3-1】（2024届广东省韶关二模节选）二氧化铈（）是一种典型的金属氧化物，具有较强的氧化性广泛应用于多相催化反应，并作为汽车尾气净化的三效催化剂的重要组成成分。以氟碳铈矿（主要含、等）为原料制备的一种工艺流程如下图所示：
已知：①“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和；②滤液A中含：、等离子。
回答下列问题：
(2)“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应：。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是 ，“有机层B”中发生反应的离子方程式为 。水层中的一种溶质，理论上可以在工艺流程图中的 工序中循环利用，减小“调pH”工序中的用量，节约生产成本。
易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式
【分析】
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：
(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程
(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
(3)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。
(4)根据质量守恒配平反应方程式。
【例4】（2023·河北卷）一种以锰尘(主要成分为，杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高纯的清洁生产新工艺流程如下：
已知：室温下相关物质的如下表。
下列说法错误的是
A．酸浸工序中产生的气体①为氯气
B．滤渣①主要成分为和
C．除杂②工序中逐渐加入溶液时，若浓度接近，则先析出
D．沉淀工序中发生反应的离子方程式为
【变式4-1】（2024·全国甲卷节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。
已知：①。
②以氢氧化物形式沉淀时，和溶液的关系如图所示。
回答下列问题：
（2）“酸浸”步骤中，发生反应的化学方程式是 。
（6）“沉钴”步骤中，控制溶液，加入适量的氧化，其反应的离子方程式为 。
【变式4-2】（2024届广东省汕头一模节选）2023年7月3日，商务部与海关总署发布公告，宣布对镓、锗相关物质实施出口管制。金属镓被称为“电子工业脊梁”，氮化镓是5G技术中广泛应用的新型半导体材料。利用粉煤灰（主要成分为、、，还有少量等杂质）制备镓和氮化镓的流程如下：
已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似。
②“碱浸”后溶液的主要成分为、（四羟基合铝酸钠）、。
③；；
回答下列问题：
(1)“焙烧”的目的是将转化为，该反应的化学方程式为 。
(2)“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是 （写化学式）。
(3)步骤①和②中通入过量气体A发生反应的离子方程式为 。
易错点5 不能正确识别热重曲线
【分析】
热重分析法 指程序控制温度和一定气氛条件下，测量物质的质量与温度关系的一种热分析方法
热重曲线 由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量或失重百分数
实例：固体物质A热分解反应：A(固体)B(固体)＋C(气体)的典型热重曲线如图所示，图中T1为固体A开始分解的温度，T2为质量变化达到最大值时的终止温度，若试样初始质量为m0，失重后试样质量为m1，则失重百分数为×100％。
热重分析的解题流程 ①设晶体为1 mol。 ②失重一般是先失水，再失非金属氧化物。 ③计算每步的m(剩余)，固体残留率＝×100％。 ④晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。 ⑤失重残留物最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
热重曲线解题思维建模——以盐类或碱受热减重为例
计算推导核心 减重全程金属原子的物质的量不变
计算步骤 ①先计算化合物中的m(金属)、m(H2O)，用于判断脱水过程在哪一温度(阶段)结束。 ②脱水后产物继续减重，常伴随CO、CO2等气体的产生。 ③若为富氧环境，则金属元素或低价非金属元素价态可因氧化而升高。
【例5】在氧气气氛中加热NiCO3·2Ni(OH)2·2H2O，固体质量随温度变化的曲线如图所示(H—1，O—16，Ni—59)。
（1）500～700 K之间分解产生的气体为_______。
（2）800 K后剩余固体质量略有增加的原因是______________________________________________。
【变式5-1】热重分析法是程序控制温度下测量物质的质量与温度关系的一种实验方法。MgCl2·6H2O的热重曲线如图所示。已知：MgCl2·6H2O在空气中受热脱水时，不产生无水氯化镁。
（1）试确定200 ℃时固态物质的化学式_____________。
（2）554 ℃时分解得到的主要产物为白色固体和一种酸性气体，写出该反应的化学方程式：
__________________________________________________。
易错点6 工艺流程题中有关Ksp的应用
【分析】
应用 方法 实例 离子方程式
沉淀的 生成 调节pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3，可先加入氨水调节pH至7～8 Fe3＋＋3NH3·H2O＝Fe(OH)2↓＋3NH4＋
加沉淀剂法 如用①H2S沉淀Cu2＋ ②Na2S沉淀Hg2＋ ①Cu2＋＋H2S＝CuS↓＋2H＋ ②S2－＋Hg 2＋＝HgS↓
沉淀的 溶解 酸溶解法 CaCO3溶于盐酸 CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O
盐溶液溶解法 Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液 Mg(OH)2＋2NH4＋＝Mg2＋＋2NH3·H2O
氧化还原反应法 如CuS溶于硝酸 3CuS＋8H＋＋2NO3－＝3S＋2NO↑＋3Cu2＋＋4H2O
生成配合物法 如AgCl溶于氨水 AgCl＋2NH3·H2O＝[Ag(NH3)2]＋＋2H2O＋Cl－
沉淀的 转化 实质：沉淀溶解平衡的移动
特征：①一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。 ②沉淀的溶解度差别越大，越容易转化：AgNO3AgClAgBrAgIAg2S
应用：①锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3 ②矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS(闪锌矿)转化为CuS(铜蓝)
分步 沉淀 若沉淀的类型及被沉淀的离子浓度相同，则难溶物的Ksp由小到更小依次生成沉淀 ②难溶的金属M(OH)n可通过调节溶液的pH，使M(OH)n分步沉淀（注意：pH调节范围）
温馨提醒 ①不同类型的沉淀，其Ksp小的其溶解度不一定也小。 ②两种难溶物当其Ksp相关不大时，可相互转化，但要求是浓溶液或饱和溶液。
【例6】（2023·湖南卷）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 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
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
【变式6-1】马日夫盐［］常用于机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以水锰矿［主要成分为MnO(OH)，还含有少量的、、及微量的CaO］为原料制备马日夫盐的一种工艺流程如图所示。
已知：，当溶液中剩余的某金属离子浓度时，通常认为该金属离子已沉淀完全。下列说法错误的是
A．步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均涉及氧化还原反应
B．滤渣2的主要成分为、
C．低温条件下沉锰是为了防止分解
D．“除钙”步骤中控制可使完全沉淀
【变式6-2】以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备脱硫剂MnxOy，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示如下。
（3）“沉锰”中若产生a mol Mn(OH)2沉淀。现用5 L一定浓度的Na2CO3溶液将其全部转化为MnCO3，需Na2CO3溶液的浓度至少为_______mol·L－1(用含a的表达式表示)。已知：Ksp(MnCO3)＝1.1×10－11，Ksp[Mn(OH)2]＝1.1×10－13。
易错点7 未掌握有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算方法
【分析】
化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。
计算公式：
(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)
(2)＝×100%
(3)产品产率＝×100%
(4)物质的转化率＝×100%
【例7】（2023·重庆卷节选）是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。

时各物质溶度积见下表：
物质
溶度积
回答下列问题：
（4）①反应釜3中，时，浓度为，理论上不超过 。
②称取水合物，加水溶解，加入过量，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用标准溶液滴定，消耗。滴定达到终点的现象为 ，该副产物中的质量分数为 。
【变式7-1】重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料，可用于制铬矾、火柴、铬颜料，并供鞣革、电镀、有机合成等。工业上以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，质量分数为67.2%，杂质主要为硅、铁、铝的氧化物]为原料制备重铬酸钾的工艺流程如图所示：
已知：
①焙烧时Fe(CrO2)2中的Fe元素转化为NaFeO2，Cr元素转化为Na2CrO4；铝的氧化物转化为NaAlO2。
②Fe(CrO2)2的摩尔质量为224g/mol，K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol。
③矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c(mol L-1)的对数值与pH的关系如图所示。
某化工厂利用1000kg铬铁矿为原料，制备重铬酸钾。
请回答下列问题：
(6)测定产品中K2Cr2O7含量：称取样品2.50g配成250mL溶液，取25.00mL于锥形瓶中，加入足量稀硫酸和几滴指示剂，用0.1000mol L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准液进行滴定。三次实验消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准液的平均体积为25.00mL。则样品中K2Cr2O7的纯度为 。(滴定过程中发生的反应为Cr2O+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H2O)
1．（2024·山东淄博一模）从废弃的声光器件（，含、、杂质）中提取粗磅的工艺流程如图，已知性质与相似，氧化沉碲得，下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为
B．滤液1和滤液2混合可能产生白色沉淀
C．“氧化沉碲”中离子方程式为
D．“溶解还原”中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3
2．（2024·山东名校联考一模）由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备锂电池正极材料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。下列说法错误的是
A．上述流程中有三种元素被氧化
B．从利用率考虑“反应器”中不宜使用H2O2替代MnO2
C．溶矿反应完成后，“反应器”中溶液pH=4，则Fe3+和Al3+都沉淀完全
D．加入少量BaS溶液以除去Ni2+，“滤渣”的成分至少有四种
3．（2024·甘肃白银靖远第一中学模拟预测）从高砷烟尘(主要成分为As2O3、As2O5和Pb5O8，其中Pb5O8中的Pb均为+2价或+4价，As2O3、As2O5均为酸性氧化物)中回收制备砷酸钠晶体的工艺流程如下，下列说法正确的是

A．“碱浸”时，Pb5O8发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1
B．为加快“氧化”时的反应速率，可将溶液加热至沸腾
C．浸出液“氧化”过程中，溶液的碱性逐渐增强
D．系列操作中的洗涤步骤为向漏斗中加水并用玻璃棒搅拌，待水流下重复2~3次
4．（2024·安徽安庆第一中学考试）软磁材料可由阳极渣和黄铁矿制得。阳极渣的主要成分为且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。
25℃时，。下列说法错误的是
A．X可为稀硫酸
B．滤渣2成分是和
C．“酸浸”时中的铁元素转化为，该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为3:2
D．利用替代CaO可优化该流程
5．已知：Ksp(MnS)＝2.6×10－10，Ksp(NiS)＝2.0×10－21，Ksp(MgF2)＝6.4×10－11，Ksp(CaF2)＝4.9×10－9；某MnSO4溶液中含有一定量的Ni2＋、Ca2＋、Mg2＋，“除镍”时，使用MnS作为沉淀剂的原因是____________________________________________________________________加入MnF2使Ca2＋、Mg2＋的浓度均不高于10－6 mol·L－1，此时溶液中c(F－)至少为____________mol·L－1。
6．（2023·南京市、盐城市二模）以粉煤灰浸取液(含Al3＋、Li＋、Mg2＋、Cl－等)为原料制备电极材料LiFePO4的实验流程如图：
（2）“浸出”后的滤液中主要含Li＋、Mg2＋、Cl－等。已知Ksp[Mg(OH)2]＝5.5×10－12，欲使c(Mg2＋)≤5.5×10－6 mol·L－1，“除杂”需要调节溶液的pH不低于_______。
7．（2024·甘肃卷）我国科研人员以高炉渣(主要成分为，，和等)为原料，对炼钢烟气(和水蒸气)进行回收利用，有效减少了环境污染，主要流程如图所示：
已知：
（1）高炉渣与经焙烧产生的“气体”是 。
（2）“滤渣”的主要成分是和 。
（3）“水浸2”时主要反应的化学方程式为 ，该反应能进行的原因是 。
（4）铝产品可用于 。
（5）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数。图丙中与N的距离为 ；化合物的化学式是 ，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值是，则晶体的密度为 (列出计算表达式)。
8．（2024届广东省大湾区一模）钒是重要的战略资源，以硫酸工业产生的废钒催化剂为原料(含、、、以及少量的等)，综合回收利用钒、硅、钾实现变废为宝、保护环境的目的，回收工艺流程如下：
已知：钒的氧化物在酸性条件下以、存在，增大时可转化为沉淀。
(1)“水浸”前，通常需要将催化剂粉碎，其目的是 。
(2)“滤渣2”转化为的化学方程式是 。
(3)“还原酸浸”时：
①硫酸的用量会影响钒的浸出率，需保持在1.2以下的原因是 。
②过程中除了有被还原成，还涉及的反应离子方程式为 。
③若以磷酸为介质处理废催化剂，可以提高钒的浸出率。一种钒磷配合物的结构如图所示，形成配位键时V提供 (选填“孤对电子”或“空轨道”)。
(4)“萃取”时选择有机萃取剂，原理是：(有机层)(有机层)，“反萃取”应选择在 环境中进行(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)。
(5)加氨水生成沉淀，若经焙烧得到产品，则消耗空气中 。
(6)近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。某含钒的锑化物晶胞如图1所示，晶体中包含由V和组成的二维平面如图2。
该含钒的锑化物化学式为 ，钒原子周围紧邻的锑原子数为 。
9．（2024·安徽卷）精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
（1）位于元素周期表第 周期第 族。
（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为 。
（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为。
（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
（6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 。
（7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： 。
10．（2024·贵州·二模）偏磷酸钡Ba(PO3)2具有耐高温、透光性良好等性能，是制备磷酸盐光学玻璃的基础物质。利用湿法磷酸(主要成分为H3PO4，含有少量Mg2+、Fe3+、、等杂质)制备偏磷酸钡的一种工艺的主要流程如图所示：
已知时：①；
②将NH3通入H3PO4溶液中，当pH=3.8~4.5时生成NH4H2PO4，pH=8.0~8.2时生成(NH4)2HPO4。
回答下列问题：
（1）“滤渣1”中含硫化合物的化学式为 。
（2）“滤渣2”的主要成分有及，其中生成的离子方程式为 ；下，当沉淀完全时，至少为 [当时认为沉淀完全]。
（3）“氨化”的目的之一是通入NH3调节溶液的pH，当溶液pH为4.3时H3PO4转化为 (填化学式)。
（4）“脱镁”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若将流程中“氨化”与“脱镁”交换，Mg2+沉淀不完全，原因是 。
（5）“结晶”后得到晶体，“煅烧”时生成和等物质，其反应的化学方程式为 ；比较键角： (选填“”“”或“”)，其原因是 。
11．（2024·吉林白山·二模）钪()及其化合物在电子、超导合金和催化剂等领域有重要应用。一种利用钛白废酸液(含、、的硫酸废液)和赤泥(含有、、、)联合制备的工艺流程如图所示。回答下列问题：
已知：25℃时，。
（1）基态的简化电子排布式为 。
（2）为提高“浸取”速率，可采取的措施有 (写出一条即可)，“浸渣”的主要成分是 (写化学式)；水相中含有的金属离子主要是 (写离子符号)。
（3）“除钛”时，加入的作用是 。
（4）25℃时，若使“反萃取”后水溶液中的沉淀完全(离子浓度)，应控制溶液的不低于 (保留两位有效数字)。
（5）写出草酸钪晶体“灼烧”时发生反应的化学方程式： 。
12．（2024届广东省佛山一模）稀土（RE）包括镧（La）、铈（Ce）等元素，是重要的战略资源，从离子型稀土矿（含Fe、Al等元素）中提取稀土元素并获得高附加值产品的一种工艺流程如图所示：
已知：该工艺下，除铈（Ce）外，稀土离子保持＋3价不变；金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 1.5 4.3 5.6（为6.2）
沉淀完全时的pH 3.2 5.5 /（为9.0）
回答下列问题：
(1)“预中和”工序中：
①该工序适宜的pH范围是 。
②胶状的X射线衍射图谱中， （选填“能”或“不能”）观察到明锐的衍射峰。
(2)“调pH”工序中，发生的离子反应方程式为 。
(3)滤液3可返回 工序循环使用。
(4)“沉淀”工序产物为 （选填“”或“”），理由是 [：]。（当反应的时可认为反应完全）
(5)含氟稀土抛光粉的主要成分为，焙烧时发生的化学反应方程式为 。
(6)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强．下列离子对交换能力最强的是______。
A． B． C． D．
(7)银铈合金是优良的导电材料，一种银铈晶体结构单元如图（a）所示：
①将该结构单元示意图（b）补充完全 。
②该晶体的化学式为 。
13．（2024·江西·二模）以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示：
回答下列问题：
（1）滤渣中含有单质S和 (填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式： 。
（2）“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式： 。
（3）“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是 。
（4）向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。
A．铁 B．氯气 C．高锰酸钾 D．氯化氢
（5）“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为 (不考虑立体异构)。
（6）将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为 。
(7)一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为 (已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。
14．（2024·广西·二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上由菱锌矿（主要成分为、ZnO，还含有少量、FeO、、等杂质）制备ZnO的工艺流程如图所示：
已知：①常温下：，；
②“溶浸”后的溶液所含金属离子主要有：、、、；
③氧化性顺序：。
回答下列问题：
（1）基态Zn原子的最高能层符号为 。
（2）滤渣1的化学式是 ，“溶浸”过程中发生反应的离子方程式是 。
（3）“氧化”时适当加热，其目的是 ，但温度不能过高，其原因是 。
（4）已知“氧化”后溶液中，“调pH”的pH范围是 （保留两位有效数字）。（已知：溶液中离子浓度小于等于时，认为该离子沉淀完全。）“还原”时加入锌粉的目的是 。
（5）有机萃取剂HA与反应的化学方程式为，则“反萃取”时加入试剂X的化学式是 。
（6）在“沉锌”与“灼烧”之间进行的操作是 ，“沉锌”得到碱式碳酸锌[化学式为]，碱式碳酸锌升温过程中固体的质量变化如图所示。350℃时，剩余固体中已不含碳元素，则剩余固体的成分是 （填化学式）。
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