专题16 化学工艺流程 十年（2016-2025）高考化学真题题源解密

专题16 化学工艺流程 “工艺流程题”是高考化学压轴大题的代表，综合性强、分值高、区分度大。它不仅是知识的检验，更是信息处理能力、逻辑推理能力和化学素养的全面考察。掌握流程分析的方法 + 扎实的化学基础 + 规范的表达习惯是攻克此类题型的关键。 试题情境 · 真实工业背景：多数题目以真实工业流程为背景，如有色金属冶炼、稀土提取、废料回收、绿色化工等。 · 资源循环与环保：强调“绿色化学”“资源回收”“减少污染”，如脱氯、尾气处理、循环利用等。 · 新材料与战略资源：涉及稀土（Ce、Ga）、战略金属（Ni、Co、Li）、半导体材料（Se、Ga）等。 试题特征 · 流程图+文字+数据：图文结合，信息量大，需综合解读。 · 多步反应与分离：流程中常包含浸取、沉淀、萃取、电解、结晶等多步操作。 · 计算与推理结合：涉及溶度积、平衡常数、物质的量计算、晶体结构计算等。 · 化学用语要求高：需准确书写化学方程式、离子方程式、电子排布式等。 考试要求 必备知识 · 元素化合物性质（特别是过渡金属） · 化学平衡（水解、沉淀溶解、配位平衡） · 电化学（电解、放电顺序） · 晶体结构（晶胞计算、配位数） · 化学计算（浓度、pH、Ksp、产率等） 关键能力 · 信息提取与整合能力 · 逻辑推理与流程分析能力 · 化学用语表达能力 · 计算与数据处理能力 学科素养 · 证据推理与模型认知 · 科学态度与社会责任（绿色化学、资源利用） · 实验探究与创新意识 题干结构 · 填空：化合价、电子排布、化学式、pH、浓度等 · 书写方程式：化学方程式、离子方程式 · 解释原因：操作目的、现象解释、绿色化学意义 · 计算：物质的量、浓度、产率、晶胞参数等 高频考点 考点类别 具体内容 出现频率 方程式书写 化学/离子方程式 高 沉淀与pH控制 Ksp计算、沉淀分离 高 电化学 电解、放电顺序、电极反应 中 晶体结构 晶胞计算、配位数、空间利用率 中 绿色化学 循环利用、污染控制、能耗优化 高 计算题 浓度、产率、物质的量比 高 · 命题趋势： · 更加注重真实情境：如碳中和、资源回收、半导体材料制备等。 · 跨模块融合：将反应原理、结构化学、实验操作融为一体。 · 计算要求提高：尤其是Ksp、K稳、晶体密度、产率等综合计算。 · 强调绿色与安全：如尾气处理、循环利用、操作安全等。 · 可能新增方向： · 新型电池材料（如锂电、钠电）的制备流程 · 碳中和相关流程（如CO₂捕集与转化） · 生物炼制或酶催化流程（绿色合成） · 知识梳理 · 系统复习金属及其化合物（尤其是Fe、Cu、Zn、Ni、Co、稀土） · 掌握常见工业流程（浸取、沉淀、萃取、电解、结晶） · 熟练书写化学用语（方程式、电子式、晶胞表示） · 能力训练 · 流程读图训练：快速提取关键步骤、试剂、产物、循环物。 · 计算专项训练：Ksp、pH、平衡常数、晶胞计算等。 · 解释类题型训练：能用化学原理解释操作目的、现象、绿色性。 · 模拟与反思 · 每周至少完成2道工艺流程大题，限时训练。 · 对错题进行归类分析：是知识盲区、信息提取不足、还是计算失误？ · 建立“典型流程—常考问题—答题模板”笔记系统。 · 考前冲刺 · 重点回顾近3年高考真题中的工艺流程题。 · 关注新课标、新教材中新增的工业案例（如绿色合成、资源循环）。 · 保持手感，每天至少完成1道大题+2道小题。 1．（2025·四川·高考真题）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （3）滤渣①中，除外，主要还有 。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 （6）可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 【答案】（1） 四 ⅠB （2）2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2 （3）PbSO4 （4） （5）0.5 （6） d 碱浸脱氯 （7） 放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果 【解析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为，，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 （1）铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 （2）“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2。 （3）烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还有PbSO4。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，，总离子方程式为； （5）“深度脱氯”时发生的反应为，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为，即生成1mol Cu需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。 （6）a．盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2，而最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸，a错误； b．KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b错误； c．硝酸酸化和氧化会引入，c错误； d．能被硫酸酸化的双氧水氧化，且没有引入杂质， d正确； 故答案为：d； 硫酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 （7）①“电解分离”时，放电顺序：，阴极发生还原反应，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原），Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。 ②“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，采用无隔膜电解槽，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜的纯度。 2．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 【答案】（1） （2） （3） （4）4 （5） （6）89.6 【解析】蛇纹石资主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。 （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：； （2）经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫， “水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；； （3）加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；； （4）因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4； （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：； （6）物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。 3．（2025·重庆·高考真题）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下： 已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题： （1）真空焙烧时生成的主要产物为，其中Se的化合价为 ，Al元素基态原子的电子排布式为 。 （2）氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为 。 （3）热解反应：  。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填化学式)。 （4）Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se的质量分数为 。 【答案】（1） （2） （3） 凝华 减少生成，提高Se产率 ， （4） 94.8% 【解析】粗Se加入铝粉焙烧得到，通入水蒸气氢化得到，脱水后热解发生反应：，冷凝后得到精Se； （1）Al是IIIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为； （2）“氢化”过程是与水蒸气反应生成，化学方程式为； （3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是减少生成，提高Se产率；尾气种含有以及少量的； （4）反应③是被KI还原为Se的过程，离子方程式为：； 第一次加入40.00mL的溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将还原为Se，第二次再加入同浓度的滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L的溶液与反应，根据已知条件Se(IV)与反应的物质的量之比为，则，样品中Se的含量：。 4．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5） 3：1：1 12 （6） 2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 【解析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 5．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 【答案】（1） （2） 、SO2 （3） 时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【解析】硫化氢通入燃烧炉中燃烧，生成了二氧化硫，还有少量氮气，氧气等，二氧化硫与碳酸钠在反应釜中反应，产生的废气用氢氧化钠吸收，出料液离心分离得到产品，母液中含有亚硫酸氢钠，返回配碱槽中循环使用。 （1）已知： 反应Ⅰ：         反应Ⅱ：                  将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为； （2）① 当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：； ②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：； ③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去； ④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有； 故答案为：；；；、SO2； （3）① 由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应； ②一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，发生的反应为：，，时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 故答案为：；时，产生的二氧化碳逸出，使反应正向进行，平衡转化率上升，亚硫酸氢根浓度增大，抑制了的亚硫酸根和二氧化硫的反应，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。 6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式 。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为 。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和 (填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为 。 （7）“焙烧”中，元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 【答案】（1） 搅拌 适当升温等 （2） 6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O 10-2.15 （3）O2 （4）pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质 （5） （6）(NH4)2SO4 （7）还原 【解析】废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到Mn3O4，溶液再加入(NH4)2S2O8，进行沉锰Ⅱ得到MnO2，产生有气体O2，溶液再加入NH4HCO3和NH3·H2O调节pH沉镁I，得到MgCO3，煅烧得到MgO，溶液再加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO4·6H2O沉淀，溶液加入H2SO4调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO4·H2O。 （1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； （2）Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4，化学方程式为：6Mn(OH)2+O2=2Mn3O4+6H2O； 根据=，=10-2.15mol/L； （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，中存在过氧键，在加热和水存在下发生水解，生成和：，分解，总反应为，最终产物是和O2； （4）煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质； （5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：； （6）溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为(NH4)2SO4； （7）“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4·H2O，元素化合价降低，发生了还原反应。 7．（2024·海南·高考真题）锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。 （3）沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是 。 （5）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。 【答案】（1）Zn （2）氨水 （3） 或不含结晶水形式 0.75 （4） 钾肥或其他合理用途 （5） 【解析】锰锌铁氧体经过氨浸后，分离得到的溶液B经煮沸得到氢氧化锌，则氨浸的作用是将锌元素转移到溶液B中，将分离得到的固体A溶于硫酸，得到含锰、铁元素的溶液；沉锰过程中，与发生归中反应生成；由于加入铁粉还原，则溶液C主要含三价铁离子，铁粉将铁离子还原为二价铁离子，加入沉铁，将二价铁离子转化为。 （1）由分析可知，氨浸的作用是将Zn元素有效转移到水溶液中。 （2）由分析可知，溶液B含有配合物，煮沸溶液B后生成氢氧化锌沉淀，产生混合气体，经冷凝后的溶液可循环利用于氨浸，则生成的混合气体中含有氨气和水蒸气，冷凝后的溶液为氨水。 （3）根据沉锰前后物质可知，沉锰反应的离子反应式为（便于后续计算）或不含结晶水；由离子反应式可知，消耗了，则锰锌铁氧体中，，由锰锌铁氧体化学式可知，，化合价代数和为0，则，解的。 （4）由分析可知，用硫酸溶解固体A后，溶液中存在大量硫酸根，选择可以从滤液中回收有价值的硫酸钾，该钾盐在种植业中可用作钾肥。 （5）平衡常数。 8．（2024·江西·高考真题）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。 a．降低压强，分解速率增大            b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大       d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。 【答案】（1）b （2） +6 2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O （3） Na3PO4•12H2O 热分解 （4） 2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O 4×10﹣7 （5）RaSO4 【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。 （1）a．降低压强，分解速率降低，故a错误； b．降低温度，分解速率降低，故b正确； c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误； d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误； 故答案为b； （2）Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O （3）稀释过滤后的滤液中含有Na+、，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水； （4）①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O； ②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀； （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。 9．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为 。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 （3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） 铁 [FeCl4]- （4） 高 NaCl （5） 3.2 4.0×10-7 （6） 2:1:1 8a3 【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； （1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 10．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 （5）滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 【答案】（1） ds 3d104s1 （2） （3） 使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为 0.5 （4）0.05 （5） 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产 【解析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为和，过滤除去PbSO4，滤液3中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 （1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：ds；3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：，故答案为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是：使硒化银完全转化为AgCl，防止氯化钠过少导致转化不完全，并且防止氯化钠过量导致AgCl转化为； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令，由，可得，即浓度不能超过，故答案为：0.5； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，根据图可知当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时，故答案为：0.05； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产，故答案为：；高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，且易堵塞管道，难以实现连续生产。 11．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为 。 （2）常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的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，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 【答案】（1） （2）＞ （3）或 （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） 体心 12 （6） 0.4或 【解析】硝酸浸取液(含)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）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的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，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；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，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 12．（2023·山东·高考真题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下： 已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。 （3）精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 【答案】（1） （2） 、Mg(OH)2 CaO、Na2CO3 （3） 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小 【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，滤渣Ⅰ的主要成分为Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到。 （1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，，则该溶液。 （2）由分析可知，滤渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，若不回收HCl，整个溶液将呈强酸性，因此为达到除Mg2+离子所需的碱性pH首先需要额外多消耗CaO，同时多引入的Ca2+离子需要更多的纯碱除去，因此，还将增加生石灰（CaO）和纯碱（）的用量。 （3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为；由于微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的转化为（或除去精制Ⅰ所得滤液中的），提高纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。 20 / 27 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题16 化学工艺流程 “工艺流程题”是高考化学压轴大题的代表，综合性强、分值高、区分度大。它不仅是知识的检验，更是信息处理能力、逻辑推理能力和化学素养的全面考察。掌握流程分析的方法 + 扎实的化学基础 + 规范的表达习惯是攻克此类题型的关键。 试题情境 · 真实工业背景：多数题目以真实工业流程为背景，如有色金属冶炼、稀土提取、废料回收、绿色化工等。 · 资源循环与环保：强调“绿色化学”“资源回收”“减少污染”，如脱氯、尾气处理、循环利用等。 · 新材料与战略资源：涉及稀土（Ce、Ga）、战略金属（Ni、Co、Li）、半导体材料（Se、Ga）等。 试题特征 · 流程图+文字+数据：图文结合，信息量大，需综合解读。 · 多步反应与分离：流程中常包含浸取、沉淀、萃取、电解、结晶等多步操作。 · 计算与推理结合：涉及溶度积、平衡常数、物质的量计算、晶体结构计算等。 · 化学用语要求高：需准确书写化学方程式、离子方程式、电子排布式等。 考试要求 必备知识 · 元素化合物性质（特别是过渡金属） · 化学平衡（水解、沉淀溶解、配位平衡） · 电化学（电解、放电顺序） · 晶体结构（晶胞计算、配位数） · 化学计算（浓度、pH、Ksp、产率等） 关键能力 · 信息提取与整合能力 · 逻辑推理与流程分析能力 · 化学用语表达能力 · 计算与数据处理能力 学科素养 · 证据推理与模型认知 · 科学态度与社会责任（绿色化学、资源利用） · 实验探究与创新意识 题干结构 · 填空：化合价、电子排布、化学式、pH、浓度等 · 书写方程式：化学方程式、离子方程式 · 解释原因：操作目的、现象解释、绿色化学意义 · 计算：物质的量、浓度、产率、晶胞参数等 高频考点 考点类别 具体内容 出现频率 方程式书写 化学/离子方程式 高 沉淀与pH控制 Ksp计算、沉淀分离 高 电化学 电解、放电顺序、电极反应 中 晶体结构 晶胞计算、配位数、空间利用率 中 绿色化学 循环利用、污染控制、能耗优化 高 计算题 浓度、产率、物质的量比 高 · 命题趋势： · 更加注重真实情境：如碳中和、资源回收、半导体材料制备等。 · 跨模块融合：将反应原理、结构化学、实验操作融为一体。 · 计算要求提高：尤其是Ksp、K稳、晶体密度、产率等综合计算。 · 强调绿色与安全：如尾气处理、循环利用、操作安全等。 · 可能新增方向： · 新型电池材料（如锂电、钠电）的制备流程 · 碳中和相关流程（如CO₂捕集与转化） · 生物炼制或酶催化流程（绿色合成） · 知识梳理 · 系统复习金属及其化合物（尤其是Fe、Cu、Zn、Ni、Co、稀土） · 掌握常见工业流程（浸取、沉淀、萃取、电解、结晶） · 熟练书写化学用语（方程式、电子式、晶胞表示） · 能力训练 · 流程读图训练：快速提取关键步骤、试剂、产物、循环物。 · 计算专项训练：Ksp、pH、平衡常数、晶胞计算等。 · 解释类题型训练：能用化学原理解释操作目的、现象、绿色性。 · 模拟与反思 · 每周至少完成2道工艺流程大题，限时训练。 · 对错题进行归类分析：是知识盲区、信息提取不足、还是计算失误？ · 建立“典型流程—常考问题—答题模板”笔记系统。 · 考前冲刺 · 重点回顾近3年高考真题中的工艺流程题。 · 关注新课标、新教材中新增的工业案例（如绿色合成、资源循环）。 · 保持手感，每天至少完成1道大题+2道小题。 1．（2025·四川·高考真题）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： （1）铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 （2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 （3）滤渣①中，除外，主要还有 。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 （5）“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 （6）可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 （7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 2．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： 回答下列问题： （1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。 （3）加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。 （4）“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。 （6）蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。 3．（2025·重庆·高考真题）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下： 已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题： （1）真空焙烧时生成的主要产物为，其中Se的化合价为 ，Al元素基态原子的电子排布式为 。 （2）氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为 。 （3）热解反应：  。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填化学式)。 （4）Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se的质量分数为 。 4．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为： 。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则 ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。 5．（2025·北京·高考真题）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。 已知： 物质 、 （1）制 已知：                            由制的热化学方程式为 。 （2）制 I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应： 第一步： 第二步： Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。 ①Ⅱ中生成的化学方程式是 。 ②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是 。 ③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是 ，需除去。 ④尾气吸收器中，吸收的气体有 。 （3）理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。 ①，与优先反应的离子是 。 ②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因： 。 6．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为的硫酸盐)的工艺流程如下。 已知：①常温下，，； ②结构式为。 回答下列问题： （1）制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 、 。(写出两种) （2）“沉锰I”中，写出形成的被氧化成的化学方程式 。当将要开始沉淀时，溶液中剩余浓度为 。 （3）“沉锰Ⅱ”中，过量的经加热水解去除，最终产物是和 (填化学式)。 （4）“沉镁I”中，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。 （5）“沉镁Ⅱ”中，加至时，沉淀完全；若加至时沉淀完全溶解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式 。 （6）“结晶”中，产物X的化学式为 。 （7）“焙烧”中，元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 7．（2024·海南·高考真题）锰锌铁氧体()元件是电子线路中的基础组成部分。某实验室利用废弃电子产品中的锰锌铁氧体制备、ZnO和，可用于电池，催化剂等行业，其工艺流程如下： 回答问题： （1）氨浸的作用是将 元素(填元素符号)有效转移到水溶液中。 （2）煮沸含有配合物的溶液B，产生混合气体，经冷凝后所得溶液可循环用于氨浸，该溶液是 。 （3）沉锰反应的离子方程式为 。某次实验时，将原料中的Mn以形式定量沉淀完全，消耗了，并产出(纯度为99.9%)，则该原料化学式中 。 （4）沉铁时，选择是为了便于从滤液中回收有价值的钾盐 (填化学式)。该钾盐在种植业中的一种用途是 。 （5）通过加入固体，除去滤液中危害环境的，已知，。反应的平衡常数为 。 8．（2024·江西·高考真题）稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O的工艺流程图。 已知：ⅰ．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。 a．降低压强，分解速率增大            b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大       d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 。 ②当溶液pH=4.5时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 。 9．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为 。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为 。 （3）“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越 ，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于 ，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为 。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比 ，其立方晶胞的体积为 。 10．（2024·湖南·高考真题）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度/℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： （1）Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； （2）“滤液1”中含有和，“氧化酸浸”时反应的离子方程式为 ； （3）“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，浓度不能超过 。 （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 （5）滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 11．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为 。 （2）常温下，的氨性溶液中， (填“>”“<”或“=”)。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于 (填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是 。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为 。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为 ；晶体中一个周围与其最近的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，则所得溶液中与的比值，理论上最高为 。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和 (填化学式)。 12．（2023·山东·高考真题）盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下： 已知：常温下，。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： （1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为 ，该溶液 。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为，则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加 的用量(填化学式)。 （3）精制Ⅱ的目的是 ；进行操作时应选择的试剂是 ，若不进行该操作而直接浓缩，将导致 。 14 / 15 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $