题型05 微型化工流程分析（题型专练）（天津专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型05 微型化工流程分析 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 原料预处理【重难】 考向02 条件控制【重难】 考向03 分离提纯【重难】 考向04 试剂加入的作用与循环物质的确定 考向05 信息型方程式书写 【重难】 考向06 叙述类答题规范 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 微型化工流程分析是高考化学工业流程题的 “简化版”，以 短小精悍的流程图（3-5 步核心操作） 为载体，融合元素化合物性质、反应原理、实验操作、分离提纯、绿色化学等核心知识，考查学生从流程中提取信息、分析反应逻辑、解决实际问题的能力。题型特点： （1）流程短：无复杂分支，聚焦 “原料→预处理→核心反应→分离提纯→产物” 主线，步骤清晰； （2）考点密：每个步骤对应 1-2 个核心考点，不涉及冷门知识，侧重基础原理的应用； （3）情境新：常结合新能源、新材料、环境治理等热点（如锂电池材料制备、废水处理、催化剂回收），但本质是 “旧知识新情境”； （4）设问直接：多为填空题，设问指向明确（如 “写出反应方程式”“调节 pH 的目的”“滤渣成分”），无需复杂推理跳跃。 考向01 原料预处理 【例1-1】（25-26高三上·天津·月考）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-，下列判断正确的是 A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+5Cl2+2Cl-=2[AuCl6]- D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 【例1-2】（2025·天津·阶段练习）工业上常以铝土矿(主要成分为，含少量)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如下图。则下列说法错误的是 A．溶解时发生反应的离子方程式为 B．滤渣的主要成分为 C．“酸化”时可以用过量代替 D．“熔融电解”时加入试剂为冰晶石，用作助熔剂 1.解答化工工艺流程题的一般思路 (1)读题干，找信息和目的。 找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。 (2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。 (3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。 (4)特别提醒：每个题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。 工艺流程图： 2.原料预处理 预处理操作 作用或目的分析 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 浸取(即浸出/溶解) 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 酸浸 在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等 碱浸 去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程 醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化) 提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分 ③增大反应物(酸、碱)的浓度； ④适当升温(加热) 灼烧(焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化 ①除去硫、碳单质； ②有机物转化、除去有机物； ③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 【变式1-1】从废钼催化剂[主要成分为 MoS2(S 为 -2 价)，含少量 Ni、Al 等元素的氧化物]中回收钼(Mo)的流程如下： 已知：“沉钼”前钼元素主要以 形式存在。下列说法正确的是 A．焙烧过程中通入过量 O2，会生成 SO3 B．焙烧时，MoS2与 O2的物质的量之比为 2：9 C．试剂 X 可选择 CO2，但不可选择强酸 D．通过蒸发结晶可获得 NiSO4·7H2O 【变式1-2】随着锂离子电池在众多领域的广泛应用，其废旧电池的回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法，从锂离子电池正极材料(含少量金属)中提取和，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。 一种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是 已知：。 A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂 B．“浸取”时转化为和 C．滤液2中 D．再生： 考向02 条件控制 【例2-1】工业上常以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如下图。则下列说法正确的是 A．溶解时发生反应的离子方程式为 B．滤渣的主要成分为Fe(OH)3 C．“酸化”时可以用过量HCl代替CO2 D．“熔融电解”时加入试剂X为冰晶石，用作反应物 【例2-2】（2025·天津·段考）一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。 工艺流程中的部分反应如下： ①焙烧： ②酸化：   下列有关叙述正确的是 A．滤渣1的主要成分为SiO2 B．中和的目的是除铁和铝 C．酸化过程中pH=4.5时，若，的转化率为50% D．“转化”温度下溶解度： (1)控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。 (2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。 (3)控制压强：改变速率，影响平衡。 (4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 (5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。 (6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。 (7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 【变式2-1】（25-26高三上·天津·月考）以废锂离子电池电极材料(含少量金属)为原料制取和的工艺流程如图，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。下列说法正确的是 A．“浸取”过程中产生的气体为 B．“沉铜”反应中，可用过量氨水代替 C．由图示过程可知： D．再生反应： 【变式2-2】（25-26高三上·天津·阶段练习）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的、及。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是 A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性溶液 B．操作B为沉铁，试剂②可选用 C．将溶液蒸发结晶可获取 D．由以上工序可判断 考向03 分离提纯 【例3-1】（25-26高三上·天津·阶段练习）某实验小组从锌电镀污泥【含Zn的单质及其化合物和少量Cr(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)】中提取有用金属的一种流程如图： 已知：P204表示为HR。下列说法正确的是 A．“酸浸”所得气体属于一次能源 B．“除铬、铁”所得滤渣由两种成分组成 C．溶剂油的作用是除去 D．“反萃取”所得有机相可回收P204 【例3-2】用镁还原TiCl4可制取高熔点的金属钛，工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．工业上电解熔融MgCl2可制备金属Mg B．用金属镁还原TiCl4过程中需通入N2或Ar作保护气 C．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为2Mg+TiCl4=Ti+2MgCl2 D．“真空蒸馏”的目的是使Mg、MgCl2气化，实现与Ti的分离 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 （1）常压过滤 使用范围 分离难溶物和易溶物 仪器 铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 注意事项 一贴：滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。 过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为止 原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时液体高于滤纸边缘等 （2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。 （3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； a.要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； b.要滤液（产品）：或防止降温过程中××析出产品而损耗； 2.蒸发结晶 （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。 （2）实例： ①从NaCl溶液中获取NaCl晶体 a.方法：蒸发结晶 b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。 ②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液 a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 3.冷却结晶： （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO3)、带结晶水的物质（例CuSO4·5H2O）、受热易分解的物质（如铵盐、KMnO4）、易水解的物质（如FeCl3）。 （2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）易水解的盐蒸发时的气氛： 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 4.重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。 5.蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 图1 图2 图3 （1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片 （2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。 （3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用 图2反应发生器中起冷凝回流作用。 （4）步骤及操作注意事项：①温度计水银球位于支管处；②两种情况冷凝水都是从下口通入；③加碎瓷片防止暴沸 （5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。 6、灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥） （1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器 坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚； （2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算） ①称量坩埚质量m1 ②称量坩埚及晶体m2 ③加热至白色 ④冷却称量 ⑤再加热 ⑥冷却再称量m3 研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷却。 硫酸铜晶体质量：m2-m1 ;无水硫酸铜质量：m3-m1 （3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变 （4）如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2： 在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽 7.萃取与反萃取 （1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。 仪器： 铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 萃取剂选择的原则 两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取剂不发生化学反应。 注意事项 ①分液漏斗使用之前必须检漏②放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液体顺利流下③下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出； （2)反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。 如：用反萃取法从碘的CCl4溶液提取碘单质 【变式3-1】实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量）制备无水的过程如下，下列说法不正确的是 A．“溶解”时，主要发生反应： B．试剂X选择 C．操作a为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等 D．操作b为：在HCl气流中加热脱水 【变式3-2】实验室模拟利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图： 已知：难溶于水。 下列有关描述错误的是 A．“碱浸”发生反应的为： B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C．“酸溶”反应中可以换成 D．“沉钴”时若浓度太大，可能导致产品不纯 考向04 试剂加入的作用与循环物质的确定 【例4-1】（24-25高三上·天津·阶段练习）已知：①辉铋矿的主要成分是Bi2S3，易水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，具有强氧化性。下列说法错误的是 A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为 C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 D．流程中可循环利用的物质为 【例4-2】（23-24高三上·天津·开学考试）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A．煅烧时将菱镁矿粉碎，有利于加快反应速率 B．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl = MgCl2+2NH3↑+H2O C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．将反应温度调控在高温条件下进行浸出和沉镁操作，均有利于提高镁元素的转化率 1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 （1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 （2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 （3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 （4）看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息。 2.工艺流程中循环物质的确定 (1)循环物质的确定 ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等 (2)副产品的判断 ①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。 (3)滤渣成分的确定 ①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。 【变式4-1】某工厂的煤粉灰的主要成分为、、、、、等。研究小组对其进行综合处理的流程如下： 已知：，；“酸浸”后钛主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子，该离子会水解。下列说法错误的是 A．“滤液2”中加入双氧水后，体系中发生主要反应的离子方程式为 B．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸 C．当“滤液2”中完全沉淀时，滤液中 D．用制备无水，需要在气流中加热 【变式4-2】由软锰矿(主要成分，及少量CaO)制备的工艺流程如下： 已知：①“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、Mn2O3、MnO的混合物且酸性条件下Mn2O3易发生歧化反应；②CaF2、MgF2难溶于水。下列说法正确的是 A．“浸取”时利用了MnO2的氧化性且反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2 B．“除杂”后的溶液中主要存在的离子有、、、F-、 C．“沉锰”时反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=Mn(OH)2↓+2CO2↑ D．“酸浸”时每反应1molMn2O3转移电子数为NA 考向05 信息型方程式书写 【例5-1】（2025·天津·模拟预测）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜（）、三氧化二铬以及少量的金，用于制取、金属铜和粗碲工艺流程如下： 已知：煅烧时被氧化为和；最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在；酸浸时转化为。下列说法错误的是 A．“煅烧”时，发生反应的化学方程式是 B．滤液中加入，通过适当的分离操作可得到 C．在元素周期表中与同主族，既有氧化性又有还原性 D．“电解”后的溶液可用于“酸浸” 【例5-2】元素铬（Cr）的几种化合物存在如图所示转化关系，下列判断错误的是 A．反应①表明有酸性氧化物的性质 B．反应②的离子方程式为，利用了的氧化性 C．向反应③溶液体系中加碱，溶液颜色将由橙红色变黄色 D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化 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。 【变式5-1】硼氢化锰[Mn(BH4)2]是有潜力的储氢材料。以富锰矿(主要为MnO，还含有：SiO2、Al2O3、FeO)为原料制备硼氢化锰的工艺流程如下。下列说法错误的是 A．的空间结构为正四面体 B．试剂1可用MnO2，试剂2可用MnCO3 C．Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成化学方程式为： D．滤渣1和滤渣2均可与溶液反应 【变式5-2】钛（Ti）和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿（）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示： 已知：熔点为，沸点为。下列说法错误的是 A．中的化合价为价 B．步骤②的化学方程式为 C．及其钛合金熔沸点高，化学性质稳定 D．由制备的过程中，可以加入氮气作保护气体 考向06 叙述类答题规范 【例6-1】一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如图： “除铁”时H2O2的作用是 ，加入碳酸钠的目的是 。 【例6-2】（2025·天津开学考试·）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：I．萃取时反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，(为萃取反应的平衡常数，代表或)。 Ⅱ．该工艺下，；饱和的浓度约为。 (1)“镍钴分离”时，通过添加硫酸调控，可将、依次从有机溶剂中分离出来，请从平衡移动的角度解释原因 。 1.沉淀洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗（或过滤器）中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 2.检验离子是否已经沉淀完全的方法： 答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，滴加××试剂（沉淀剂），若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全 实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4=的质量分数时，可以再混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO42-,然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，判断SO42-完全沉淀的方法：静置，取少量上层清液于试管中，滴加BaCl2试剂，若无白色沉淀产生，则SO42-离子已经沉淀完全 3．检验沉淀是否洗涤干净的操作 答题模板：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现××现象（特征反应现象），则沉淀洗涤干净。 规范解答:以FeCl3溶液与NaOH溶液制得Fe(OH)3沉淀后过滤为例：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净，若无白色沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净。 注意:要选择一种溶液中浓度较大的、比较容易检验的离子检验，不能检验沉淀本身具有的离子。 4.洗涤液的选择：冰水洗、热水洗、乙醇洗等洗去晶体表面的可溶性杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 例：FeC2O4用热水洗涤的原因：FeC2O4难溶于水，用热水洗涤有利于除去可溶性杂质 5.冰水洗涤的目的: 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。 6.乙醇洗涤的目的: 降低被洗涤物质的溶解度, 减少其在洗涤过程中的溶解损耗,；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 7.判断滴定终点的答题规范 答题模板：当滴入最后半滴×××溶液后，溶液由××变成××色（或溶液××色褪去），且半分钟不恢复原色 实例：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点的判断：当加入最后半滴盐酸溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟不恢复原色 8.离子检验答题模板 （1）答题规范：取试样→加水溶解，加入×××试剂，若×××（现象），则×××（结论） （2）例：SO42-检验：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42- 例:检验Fe2+被完全氧化的试剂/操作: 取所得溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若没有蓝色沉淀产生，证明Fe2+被完全氧化。 9.加H2O2、NaClO3、HNO3等的作用：多为将Fe2+氧化为Fe3+，（若溶液中有其他还原性的离子，也要考虑，例将Cr3+氧化为CrO42-等） 10.H2O2可用什么替代：一般为O2或空气（氧化剂，不引杂） 11.加入试剂除杂：例：含有Cu2+、Cd2+中的溶液中加入Zn 注意：在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，不能答“除杂” 12.蒸发、反应时的气体氛围:抑制某离子的水解，如加热蒸发 AlCl3溶液时为获得 AlCl3需在 HCl气流中进行。 13.方案的优缺点：考虑原料是否易得，操作是否简单，成本是否低廉，有无环境污染等。 【变式6-1】采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为 。 (2)“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因： 。 (3)“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式 。 (4)“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是 。 (5)以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中， ，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 【变式6-2】Co、Ni是重要的战略性金属。一种利用废钴镍矿(含较多的Co、Ni、Fe，以及一定量的Mg、Pb、Mn(II)等元素)提取Co、Ni，并获得一系列化工产品的工艺流程如图： 已知：①P204对Co2+、Ni2+、Fe3+具有高选择性。 ②萃取的原理为M2+(水相)+2HR⇌MR2(有机相)+2H+(M=Co、Ni)。 ③[Co(NH3)6]2+易被氧化成[Co(NH3)6]3+ (1)浸渣1的主要成分为 (填化学式)，水相1中除了Mn2+外主要含有的金属离子有 (填离子符号)。 (2)从平衡移动角度分析，“反萃取”中加入酸的目的是 。 (3)“氨浸”时生成[Co(NH3)6]3+的离子方程式为 。 (4)“沉镍”时反应的离子方程式为 ，该过程使用NH4HCO3而不用Na2CO3的原因是 。 (5)用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.95g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。已知：，样品中镍元素的质量分数为 (保留3位有效数字)。 1．（2025·天津·模拟预测）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当；②常温下，金属化合物的如下表，下列说法错误的是 金属化合物 CdS MnS A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序可以对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 2．已知：铜放置在空气中一段时间后通过化合反应表面会产生铜绿，其主要成分是；铜锌合金外观似金子，又称假黄金。某化学小组为检测某铜锌合金中铜的质量分数，设计探究实验流程与所得数据如图所示(各步反应均充分反应)： 下列说法正确的是 A．合金中的铜在实验中发生反应： B．合金与足量稀硫酸反应产生气体的总质量为 C．该合金样品中铜的质量分数为 D．铜转化为铜绿的过程中，空气中参与反应的物质有2种 3．以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对                          电极电位                          下列说法错误的是 A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D．流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 4．（2025·天津·阶段练习）学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A．实验ii反应后的溶液中： B．实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C．以上实验说明可催化的分解 D．向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 5．以粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)为原料提取Ga的工艺流程如图所示： 已知：镓的活动性与锌相似，比铝低。滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]。 下列说法正确的是 A．“溶浸”过程发生了电子的转移 B．滤渣1、滤渣2的种类不相同 C．由Ga2O3→Ga采取电解法 D．CO2也可以用过量的稀盐酸代替 6．工业上以一种含钛的矿渣(主要含等)为原料制取硼化钛的流程如图所示。下列说法正确的是 已知：①性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成。 ②高温下易挥发。 ③“热还原”步骤还生成CO，且Ti的价态为价。 A．滤渣的主要成分为 B．浓硫酸与发生了氧化还原反应 C．“热还原”中的最佳比例为 D．“热还原”中每生成，转移10mol电子 7．偏钒酸铵可作催化剂、媒染剂等，也是制备的原料，溶于热水，微溶于冷水。利用某种工业钒渣(含、、)为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 已知：在为3.7时才开始沉淀。 A．“焙烧”过程中有一种元素化合价发生变化 B．“滤渣”中含、 C．在溶液中反应生成 D．“滤液”中的溶质只有，且能循环用于“酸浸” 8．（24-25高三上·天津·阶段练习）四氧化三锰(Mn3O4)广泛应用于生产软磁材料、催化材料。一种以低品位锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料生产Mn3O4的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可用稀硫酸代替“溶浸”中的NH4HSO4 B．“溶浸”步骤中H2O2作氧化剂 C．“沉锰”步骤中母液的主要成分为(NH4)2SO4 D．“氧化”步骤中Mn(OH)2参加的反应：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O 9．从锂离子电池电极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)中提取Co(OH)2和Li2CO3的回收工艺流程如图所示，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。下列说法正确的是 A．为加快“浸取”的反应速率，可将溶液加热煮沸 B．“浸取”反应中，H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关 C．由图示过程可知 D． LiCoO2再生： 10．一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．灼烧后的固体产物中，和均为+3价 B．酸浸中的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．合成过程中，有和放出 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型05 微型化工流程分析 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 原料预处理【重难】 考向02 条件控制【重难】 考向03 分离提纯【重难】 考向04 试剂加入的作用与循环物质的确定 考向05 信息型方程式书写 【重难】 考向06 叙述类答题规范 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 微型化工流程分析是高考化学工业流程题的 “简化版”，以 短小精悍的流程图（3-5 步核心操作） 为载体，融合元素化合物性质、反应原理、实验操作、分离提纯、绿色化学等核心知识，考查学生从流程中提取信息、分析反应逻辑、解决实际问题的能力。题型特点： （1）流程短：无复杂分支，聚焦 “原料→预处理→核心反应→分离提纯→产物” 主线，步骤清晰； （2）考点密：每个步骤对应 1-2 个核心考点，不涉及冷门知识，侧重基础原理的应用； （3）情境新：常结合新能源、新材料、环境治理等热点（如锂电池材料制备、废水处理、催化剂回收），但本质是 “旧知识新情境”； （4）设问直接：多为填空题，设问指向明确（如 “写出反应方程式”“调节 pH 的目的”“滤渣成分”），无需复杂推理跳跃。 考向01 原料预处理 【例1-1】（25-26高三上·天津·月考）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为Cu2S、Ag2Se、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时Pt、Au分别转化为[PtCl6]2-和[AuCl4]-，下列判断正确的是 A．“焙烧”时，Cu2S转化为CuO的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2 B．“酸浸氧化”时，O2的作用之一是防止NO排放到空气中污染环境 C．“酸溶”时，金溶解的离子方程式为2Au+5Cl2+2Cl-=2[AuCl6]- D．有机层中回收的金属元素是Pt，萃取分液用到的玻璃仪器是漏斗和烧杯 【答案】B 【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，Ag2Se与O2反应生成Ag和SeO2；烧渣（含CuO、Ag、Au、Pt、SeO2）酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、AgNO3和H2SeO4进入滤液，Au和Pt不反应，过滤后留在滤渣中；滤渣酸溶时，Au、Pt与Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]-、[PtCl6]2-；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取，分液得到含有[PtCl6]2-的有机相和含有[AuCl4]-的水层；水层中加入KOH和(NH4)2SO3混合溶液，将[AuCl4]-转化为NH4[Au(SO3)3]。 【解析】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，Cu2S与O2反应生成CuO和SO2，反应的化学方程式为，反应中氧化剂O2与还原剂Cu2S物质的量之比为2:1，A错误； B．由分析可知，烧渣酸浸氧化时，CuO、Ag、SeO2分别与稀硝酸、O2反应生成Cu(NO3)2、AgNO3和H2SeO4，酸浸氧化时，通入氧气可防止稀硝酸被还原为NO，从而保护环境，B正确； C．由分析可知，滤渣酸溶时，Au与Cl2、HCl反应转化为[AuCl4]-、，反应的离子方程式为，C错误； D．由分析可知，萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有[PtCl6]2-的有机相和含有[AuCl4]-的水层，萃取分液时需要使用的仪器是分液漏斗和烧杯，D错误； 故选B。 【例1-2】（2025·天津·阶段练习）工业上常以铝土矿(主要成分为，含少量)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如下图。则下列说法错误的是 A．溶解时发生反应的离子方程式为 B．滤渣的主要成分为 C．“酸化”时可以用过量代替 D．“熔融电解”时加入试剂为冰晶石，用作助熔剂 【答案】C 【分析】铝土矿主要成分为，含少量，铝土矿加氢氧化钠“溶解”，氧化铝和氢氧化钠反应生成，不溶于氢氧化钠溶液，过滤1分离出，滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤2分离出氢氧化铝，氢氧化铝灼烧生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝。 【解析】A．铝土矿中为两性氧化物，能与NaOH溶液反应生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为，A正确； B．为碱性氧化物，不与NaOH溶液反应，故溶解后过滤得到的滤渣主要成分为，B正确； C．“酸化”的目的是使转化为沉淀，若用过量HCl，会继续与HCl反应生成而溶解，无法得到沉淀；而为弱酸，过量时不溶解，故不能用过量HCl代替，C错误； D．熔融电解时加入冰晶石（），可降低的熔点，用作助熔剂，D正确； 故答案选C。 1.解答化工工艺流程题的一般思路 (1)读题干，找信息和目的。 找出题干中的“制备”或“提纯”等关键词，明确化工生产的原料、产品和杂质。 (2)看问题，根据具体的问题，找出流程中需重点分析的步骤或环节，重点抓住物质流向(进入与流出)、操作方法等。 (3)局部隔离分析，分析加入什么物质，得到什么物质，发生什么反应(或起到什么作用)。 (4)特别提醒：每个题中基本上都有与流程无关的问题，可直接作答。 工艺流程图： 2.原料预处理 预处理操作 作用或目的分析 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 浸取(即浸出/溶解) 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 酸浸 在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等 碱浸 去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程 醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化) 提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分 ③增大反应物(酸、碱)的浓度； ④适当升温(加热) 灼烧(焙烧) 除去可燃性杂质或使原料初步转化 ①除去硫、碳单质； ②有机物转化、除去有机物； ③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 【变式1-1】从废钼催化剂[主要成分为 MoS2(S 为 -2 价)，含少量 Ni、Al 等元素的氧化物]中回收钼(Mo)的流程如下： 已知：“沉钼”前钼元素主要以 形式存在。下列说法正确的是 A．焙烧过程中通入过量 O2，会生成 SO3 B．焙烧时，MoS2与 O2的物质的量之比为 2：9 C．试剂 X 可选择 CO2，但不可选择强酸 D．通过蒸发结晶可获得 NiSO4·7H2O 【答案】C 【分析】废钼催化剂[主要成分为 MoS2（S为 -2 价），含少量 Ni、Al 等元素的氧化物]中回收利用金属的流程为：加入碳酸钠、空气焙烧时生成的气体为CO2、SO2，水浸后得到可溶于水的盐Na[Al(OH)4]和Na2MoO4，Ni以NiCO3的形成留在滤渣之中，滤液中通入CO2将Na[Al(OH)4]转化为氢氧化铝沉淀，过滤后向滤液中加入CaCl2，将Na2MoO4转化为CaMoO4，NiCO3加入稀硫酸酸溶得到NiSO4溶液，控制温度蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到稳定的NiSO4•7H2O晶体，据此分析解答。 【解析】A．焙烧过程中，S元素只能转化为，不能直接转化为SO3，A错误； B．根据已知信息判断，焙烧时，MoS2转化为、，Mo元素化合价由+4价上升到+6价，S元素化合价由-2价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，结合得失电子守恒可知，MoS2与O2的物质的量之比为2:7，B错误； C．滤液中Al的存在形式为，可以通过将其转化为，又因为能溶于强酸，则试剂X不可选择强酸，C正确； D．蒸发结晶获得的晶体不含结晶水，应该控制温度蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥得到稳定的NiSO4•7H2O晶体，D错误； 故选C。 【变式1-2】随着锂离子电池在众多领域的广泛应用，其废旧电池的回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法，从锂离子电池正极材料(含少量金属)中提取和，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。 一种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是 已知：。 A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂 B．“浸取”时转化为和 C．滤液2中 D．再生： 【答案】B 【分析】电池正极材料(含少量金属)，加稀硫酸及过氧化氢反应，生成铜离子、钴离子、锂离子，再加氢氧化钠进行沉铜，进一步加氢氧化钠进行沉钴，进行一系列操作得到碳酸锂，将得到的和在空气中煅烧，实现的再生；据此作答； 【解析】A．“浸取”反应中，正极材料成分中Co元素化合价由+3价降低为+2价，所以正极材料成分为氧化剂，A错误； B．“浸取”时和稀硫酸及过氧化氢反应，由流程图可知，沉钴时加NaOH溶液生成Co(OH)2，则Co元素在“浸取”时转化为Co2+，Li元素化合价不变，所以“浸取”时转化为和，B正确； C．滤液2中Cu(OH)2、Co(OH)2达到饱和，则滤液2中，C错误； D．再生的过程中，在空气中煅烧，氧气为氧化剂，所以化学方程式为：，D错误； 故选B。 考向02 条件控制 【例2-1】工业上常以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3)为原料冶炼金属铝，其工艺流程如下图。则下列说法正确的是 A．溶解时发生反应的离子方程式为 B．滤渣的主要成分为Fe(OH)3 C．“酸化”时可以用过量HCl代替CO2 D．“熔融电解”时加入试剂X为冰晶石，用作反应物 【答案】A 【分析】铝土矿主要成分为，含少量，铝土矿加氢氧化钠“溶解”，氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，不溶于氢氧化钠溶液，过滤1分离出，滤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤2分离出氢氧化铝，氢氧化铝灼烧生成氧化铝，电解熔融氧化铝得到金属铝。 【解析】A．为两性氧化物，与溶液反应生成四羟基合铝酸盐，离子方程式为：，原子、电荷均守恒，A正确； B．为碱性氧化物，不与溶液反应，故滤渣主要成分为，而非，B错误； C．“酸化”目的是将转化为沉淀，若用过量，会继续溶解生成，无法得到沉淀，C错误； D．冰晶石（）的作用是降低的熔点，作为助熔剂，不参与反应，D错误； 故答案选A。 【例2-2】（2025·天津·段考）一种用铬铁矿(主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等)为原料生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的主要工艺流程如图。 工艺流程中的部分反应如下： ①焙烧： ②酸化：   下列有关叙述正确的是 A．滤渣1的主要成分为SiO2 B．中和的目的是除铁和铝 C．酸化过程中pH=4.5时，若，的转化率为50% D．“转化”温度下溶解度： 【答案】D 【解析】由流程图已知信息①可知，铬铁矿粉（主要成分是FeO·Cr2O3，还含有SiO2、Al2O3等）与Na2CO3、KClO3、NaOH进行焙烧，SiO2转化为Na2SiO3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，FeO·Cr2O3转化为Fe2O3和Na2CrO4；加入H2O进行浸取，得到的滤渣1为Fe2O3；在滤液中加入H2SO4调节pH=7~8，Na2SiO3转化为H2SiO3，Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3沉淀；再加入H2SO4进行酸化，由已知信息②可知，转化为，加入KCl进行转化，最后经一系列操作得到K2Cr2O7晶体。 A．由分析可知，滤渣1为Fe2O3，A错误； B．由分析可知，中和的目的是除去硅和铝的化合物，B错误； C．由信息②可得酸化反应的，当pH=4.5时，，若，代入K=1014，可求出，根据Cr元素守恒，转化率=，不是50%，C错误； D．加入KCl，Na2Cr2O7会转化为K2Cr2O7，根据复分解反应原理，溶解度小的物质会析出，所以溶解度：Na2Cr2O7>K2Cr2O7，D正确； 故选D。 (1)控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，使某些金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)。 ②加入酸或调节溶液至酸性还可除去氧化物(膜)。 ③加入碱或调节溶液至碱性还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)。 (2)控制温度：主要从物质性质(热稳定性、水解、氧化性或还原性、溶解度、熔沸点、挥发性、胶体聚沉等)和反应原理(反应速率、平衡移动、催化剂活性、副反应)两个角度思考。 (3)控制压强：改变速率，影响平衡。 (4)使用合适的催化剂：加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 (5)趁热过滤：防止某物质降温时析出。 (6)洗涤：常见的洗涤方式有“水洗”和“乙醇洗”。“水洗”的目的是除去沉淀或晶体表面残留的杂质，当沉淀物的溶解度随温度升高而增大时一般可用冰水洗；“乙醇洗”既可以除去沉淀或晶体表面残留的杂质，又可以降低晶体的溶解度，减少损失，还可以利用乙醇易挥发的性质，加快除去沉淀或晶体表面的水分。 (7)氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 【变式2-1】（25-26高三上·天津·月考）以废锂离子电池电极材料(含少量金属)为原料制取和的工艺流程如图，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。下列说法正确的是 A．“浸取”过程中产生的气体为 B．“沉铜”反应中，可用过量氨水代替 C．由图示过程可知： D．再生反应： 【答案】D 【分析】正极材料 (含少量金属Cu)中加入、，被还原为，H2O2被氧化为，与、作用转化为，将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，转化为沉淀，过滤后，往滤液中继续加入溶液沉钴，此时转化为沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得。 【解析】A．“浸取”过程中在酸性条件下，H2O2将还原为，自身被氧化为，A错误； B．“沉铜”反应中，若用过量氨水代替，生成的会继续溶解为，B错误； C．由图示过程可知，加入溶液过程中，先生成沉淀，后生成沉淀，则表明沉淀时，所需大，所以，C错误； D．根据题意，和在空气中煅烧，可实现的再生，反应为：，D正确； 故选D。 【变式2-2】（25-26高三上·天津·阶段练习）某金属矿物经稀硫酸溶解、萃取分液后，水相中含有浓度近似相等的、及。经三道工序可分离三种金属。已知：，，。下列说法正确的是 A．操作A为氧化，试剂①可选用酸性溶液 B．操作B为沉铁，试剂②可选用 C．将溶液蒸发结晶可获取 D．由以上工序可判断 【答案】B 【分析】在沉镁时，加入NaF使转化为MgF2沉淀，过滤得到的滤液中剩余与。根据所给数据发现，Fe(OH)2与Mn(OH)2的Ksp相差不大，而Fe(OH)3与Mn(OH)2的Ksp相差很大。因此步骤A为氧化，将Fe2+氧化为Fe3+，步骤B为沉铁，通过调节pH将Fe3+转化为Fe(OH)3，实现Fe与Mn的分离，据此作答。 【解析】A．操作A为氧化，若选用酸性KMnO4溶液作氧化剂，会被Fe2+还原为Mn2+，但过量的与Mn2+在酸性条件下会发生归中反应生成MnO2，影响Fe与Mn的分离，更优选择为H2O2等绿色氧化剂，A错误； B．操作B为沉铁，加入的MnCO3可与溶液中H+反应，缓慢升高pH，且生成Mn2+不引入新杂质，当pH升高至Fe3+完全沉淀时（），Mn2+并未开始沉淀，从而实现分离，B正确； C．MnSO4·7H2O为结晶水合物，直接蒸发结晶易失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取，C错误； D．根据题意，水相中Mg2+与Fe2+浓度近似相等，工序中沉镁时Mg2+与F-形成MgF2沉淀，而Fe2+未沉淀，说明相同F-浓度下MgF2更易沉淀，而MgF2与FeF2的阴阳离子配比相同，因此Ksp(MgF2)<Ksp(FeF2)，D错误； 故答案选B。 考向03 分离提纯 【例3-1】（25-26高三上·天津·阶段练习）某实验小组从锌电镀污泥【含Zn的单质及其化合物和少量Cr(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)】中提取有用金属的一种流程如图： 已知：P204表示为HR。下列说法正确的是 A．“酸浸”所得气体属于一次能源 B．“除铬、铁”所得滤渣由两种成分组成 C．溶剂油的作用是除去 D．“反萃取”所得有机相可回收P204 【答案】D 【分析】由题给流程可知，锌电镀污泥加入硫酸溶液酸浸时，锌与硫酸溶液反应生成硫酸锌和氢气，反应得到酸浸液，向酸浸液中加入石灰乳，将铬离子、铁离子转化为氢氧化铬、氢氧化铁沉淀，同时钙离子与溶液中的硫酸根离子反应生成硫酸钙，过滤得到含有氢氧化铬、氢氧化铁、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入P204和溶剂油萃取溶液中的锌离子，分液得到水相和含ZnR2的有机相；向有机相中加入硫酸溶液反萃取，分液得到有机相和硫酸锌溶液。 【解析】A．由分析可知，酸浸时发生的反应为锌与硫酸溶液反应生成硫酸锌和氢气，氢气属于二次能源，A错误； B．由分析可知，除铬、铁所得滤渣的主要成分为氢氧化铬、氢氧化铁、硫酸钙，由三种成分组成，B错误； C．由分析可知，加入P204和溶剂油的目的是萃取溶液中的锌离子，其中P204用于将锌离子转化为ZnR2，溶剂油用于萃取溶液中的ZnR2，C错误； D．反萃取时，ZnR2与硫酸溶液反应得硫酸锌溶液和HR，则所得有机相可回收P204，D正确； 故答案选D。 【例3-2】用镁还原TiCl4可制取高熔点的金属钛，工艺流程如图。下列说法不正确的是 A．工业上电解熔融MgCl2可制备金属Mg B．用金属镁还原TiCl4过程中需通入N2或Ar作保护气 C．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为2Mg+TiCl4=Ti+2MgCl2 D．“真空蒸馏”的目的是使Mg、MgCl2气化，实现与Ti的分离 【答案】B 【分析】工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原” 、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。 【解析】A．工业上制备金属Mg通常采用电解熔融MgCl2的方法，因为MgO熔点过高，电解熔融MgCl2更经济，A正确； B．Mg是活泼金属，高温下会与N2反应生成Mg3N2（3Mg + N2），因此不能用N2作保护气，应选用Ar等惰性气体，B错误； C．“高温还原”时，Mg还原TiCl4生成Ti和MgCl2，化学方程式为2Mg + TiCl4，反应原理和配平均正确，C正确； D．Ti熔点很高，而Mg和MgCl2沸点较低，真空蒸馏可降低其沸点，使Mg、MgCl2气化分离，从而得到纯净的Ti，D正确； 故答案选B。 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 （1）常压过滤 使用范围 分离难溶物和易溶物 仪器 铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 注意事项 一贴：滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。 过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为止 原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时液体高于滤纸边缘等 （2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。 （3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； a.要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； b.要滤液（产品）：或防止降温过程中××析出产品而损耗； 2.蒸发结晶 （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。 （2）实例： ①从NaCl溶液中获取NaCl晶体 a.方法：蒸发结晶 b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。 ②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液 a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 3.冷却结晶： （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO3)、带结晶水的物质（例CuSO4·5H2O）、受热易分解的物质（如铵盐、KMnO4）、易水解的物质（如FeCl3）。 （2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）易水解的盐蒸发时的气氛： 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 4.重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。 5.蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 图1 图2 图3 （1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片 （2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。 （3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用 图2反应发生器中起冷凝回流作用。 （4）步骤及操作注意事项：①温度计水银球位于支管处；②两种情况冷凝水都是从下口通入；③加碎瓷片防止暴沸 （5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。 6、灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥） （1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器 坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚； （2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算） ①称量坩埚质量m1 ②称量坩埚及晶体m2 ③加热至白色 ④冷却称量 ⑤再加热 ⑥冷却再称量m3 研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷却。 硫酸铜晶体质量：m2-m1 ;无水硫酸铜质量：m3-m1 （3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变 （4）如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2： 在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽 7.萃取与反萃取 （1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。 仪器： 铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 萃取剂选择的原则 两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取剂不发生化学反应。 注意事项 ①分液漏斗使用之前必须检漏②放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液体顺利流下③下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出； （2)反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。 如：用反萃取法从碘的CCl4溶液提取碘单质 【变式3-1】实验室利用含钴废催化剂（主要成分为CoO，少量）制备无水的过程如下，下列说法不正确的是 A．“溶解”时，主要发生反应： B．试剂X选择 C．操作a为：加热浓缩、冷却结晶、过滤等 D．操作b为：在HCl气流中加热脱水 【答案】B 【解析】A．"溶解"时，主要成分CoO与盐酸反应生成和水，离子方程式为，A正确； B．调节pH的目的是除去（与盐酸反应生成），需加入能消耗且不引入新杂质的试剂[如CoO、等]，若选择，会与反应生成更多，无法除去杂质，B错误； C．操作a是从滤液中获得晶体，需经过加热浓缩、冷却结晶、过滤等步骤，C正确； D．加热脱水时，易水解，在HCl气流中加热可抑制水解，得到无水，D正确； 故答案选B。 【变式3-2】实验室模拟利用含钴废料(主要成分为，还含有少量的铝箔等杂质)制备碳酸钴的工艺流程如图： 已知：难溶于水。 下列有关描述错误的是 A．“碱浸”发生反应的为： B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒 C．“酸溶”反应中可以换成 D．“沉钴”时若浓度太大，可能导致产品不纯 【答案】C 【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶， Co元素转化为Co2+，在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。 【解析】A．碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生反应的为：，故A正确； B．操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确； C．由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，故C错误； D．“沉钴”时若浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质，导致产品不纯，故D正确； 答案选C。 考向04 试剂加入的作用与循环物质的确定 【例4-1】（24-25高三上·天津·阶段练习）已知：①辉铋矿的主要成分是Bi2S3，易水解生成难溶的BiOCl；②化合物中Bi通常呈+3价或+5价，具有强氧化性。下列说法错误的是 A．“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制的水解 B．“溶浸”步骤发生的主要反应为 C．“置换”步骤发生的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2 D．流程中可循环利用的物质为 【答案】C 【分析】由题给流程可知，向辉铋矿中加入氯化铁和盐酸混合溶液氧化浸取，将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，过滤得到含有硫的滤渣1和滤液；加入铁粉，将铋置换出来，过滤得到海绵铋和滤液，滤液通入氯气转化为氯化铁溶液，回到酸浸步骤循环使用。 【解析】A．由已知信息可得，“溶浸”步骤加入盐酸的目的是提高铋的浸取率，抑制铋离子的水解，A正确； B．由分析可知，氯化铁和盐酸将矿石中的金属元素转化为可溶的金属氯化物、硫元素转化为单质硫，化学方程式为，B正确； C．“置换”步骤发生反应的离子方程式为，可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3，C错误； D．“置换”步骤生成的在“滤液氯化”步骤被氧化为，可以实现循环利用，D正确； 故选C。 【例4-2】（23-24高三上·天津·开学考试）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是 A．煅烧时将菱镁矿粉碎，有利于加快反应速率 B．浸出镁的反应为MgO+2NH4Cl = MgCl2+2NH3↑+H2O C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．将反应温度调控在高温条件下进行浸出和沉镁操作，均有利于提高镁元素的转化率 【答案】D 【分析】菱镁矿煅烧后主要发生反应，轻烧粉中主要含有MgO、SiO2、Fe2O3和Al2O3，加入氯化铵溶液浸出，氯化铵溶液显酸性，金属氧化物会溶解，由于镁离子、铝离子、铁离子的氢氧化物的不同，可以通过调节pH达到分离的目的，因此废渣中主要是铁和铝的氢氧化物以及二氧化硅，浸出液为氯化镁，加入氨水得到氢氧化镁，煅烧之后得到高纯镁砂。 【解析】A．煅烧时将菱镁矿粉碎，增大了反应物的受热面积，有利于加快反应速率，故A正确； B．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl = MgCl2+2NH3↑+H2O，故B正确； C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确； D．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，不利于提高镁元素的转化，故D错误； 故选D。 1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 （1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 （2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 （3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 （4）看可能信息：综合利用流程信息和题中设问提供的信息。 2.工艺流程中循环物质的确定 (1)循环物质的确定 ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等 (2)副产品的判断 ①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。 (3)滤渣成分的确定 ①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。 【变式4-1】某工厂的煤粉灰的主要成分为、、、、、等。研究小组对其进行综合处理的流程如下： 已知：，；“酸浸”后钛主要以形式存在，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子，该离子会水解。下列说法错误的是 A．“滤液2”中加入双氧水后，体系中发生主要反应的离子方程式为 B．加入铁粉的主要目的是消耗过量的硫酸 C．当“滤液2”中完全沉淀时，滤液中 D．用制备无水，需要在气流中加热 【答案】B 【分析】煤粉灰的主要成分为、、、、、等，酸浸后、、、分别转化为Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+，转化为，强电解质在溶液中仅能电离出和一种阳离子，该离子会水解，即该离子为TiO2+，SiO2不反应，进入滤渣1中，加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+，结晶得，TiO2+水解后得到，经过酸洗、水洗、干燥、煅烧后得到TiO2，滤液2中加入双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，调节pH值，可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，滤液3含有Mg2+，经过一系列操作，最后结晶得到 MgCl2·6H2O。 【解析】A．A. “滤液2”中加入双氧水后，将Fe2+氧化为Fe3+，体系中发生主要反应的离子方程式为，故A正确； B．加入铁粉，Fe3+被还原为Fe2+，结晶得，故B错误； C．，故C正确； D．用制备无水，为了防止MgCl2水解，需要在气流中加热，故D正确； 故选B。 【变式4-2】由软锰矿(主要成分，及少量CaO)制备的工艺流程如下： 已知：①“沉锰”所得在空气中“焙烧”时转化为、Mn2O3、MnO的混合物且酸性条件下Mn2O3易发生歧化反应；②CaF2、MgF2难溶于水。下列说法正确的是 A．“浸取”时利用了MnO2的氧化性且反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2 B．“除杂”后的溶液中主要存在的离子有、、、F-、 C．“沉锰”时反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=Mn(OH)2↓+2CO2↑ D．“酸浸”时每反应1molMn2O3转移电子数为NA 【答案】D 【分析】软锰矿(主要成分MnO2，及少量CaO、MgO)制备MnO2流程：MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还原性，软锰矿中加入Na2SO3、H2SO4发生氧化还原反应生成MnSO4，反应为MnO2+Na2SO3+H2SO4=MnSO4+Na2SO4+H2O，CaO、MgO都和硫酸反应生成CaSO4、MgSO4，加入NaF除去Ca2+、Mg2+，反应的离子方程式为Ca2++2F-=CaF2↓、Mg2++2F-=MgF2↓，过滤除去不溶物，得到含MnSO4、Na2SO4的滤液，向滤液中加入NH4HCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，在空气中焙烧MnCO3得到MnO2、Mn2O3、MnO的混合物，再加入硫酸酸浸得到MnO2、Mn2+溶液，发生的反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+H2O，过滤得到MnSO4溶液和MnO2，据此分析； 【解析】A．"浸取"时MnO2作氧化剂，将氧化为，自身被还原为，反应方程式为MnO2++2H+=++H2O，氧化产物（）与还原产物（）物质的量之比为1∶1，A错误； B．加入NaF的目的是除去Mg2+、Ca2+，所以第一次“除杂”后的溶液中主要存在的阳离子有Na+、H+、Mn2+，B错误； C．加入NH4HCO3沉锰得到MnCO3沉淀，离子方程式为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，C错误； D．“酸浸”时反应为Mn2O3+H2SO4=MnSO4+MnO2+H2O，1molMn2O3反应转移1mole-，数目为NA，D正确； 故选D。 考向05 信息型方程式书写 【例5-1】（2025·天津·模拟预测）某种电镀污泥主要含有碲化亚铜（）、三氧化二铬以及少量的金，用于制取、金属铜和粗碲工艺流程如下： 已知：煅烧时被氧化为和；最高价铬酸根在酸性介质中以存在，在碱性介质中以存在；酸浸时转化为。下列说法错误的是 A．“煅烧”时，发生反应的化学方程式是 B．滤液中加入，通过适当的分离操作可得到 C．在元素周期表中与同主族，既有氧化性又有还原性 D．“电解”后的溶液可用于“酸浸” 【答案】B 【分析】电镀污泥主要含有碲化亚铜(Cu2Te)、三氧化二铬(Cr2O3)以及少量的金(Au)，与纯碱混合，并通空气煅烧，Cu2Te转化为CuO、TeO2；三氧化二铬与碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4；滤渣中CuO、TeO2、Au等加稀硫酸酸浸，过滤分离出Au；酸浸时TeO2转化为TeO2+，滤液中通入二氧化硫，反应生成Te，所得硫酸铜溶液电解得到Cu，据此分析解答。 【解析】A．由流程图可知，煅烧时，Cr2O3与Na2CO3、O2反应生成了Na2CrO4和CO2，化学方程式为，A正确； B．Cr2O3与纯碱和空气中的氧气反应生成Na2CrO4，但得到的滤液中还含有Na2CO3，滤液需要酸化除去Na2CO3，Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，再加入，Na2Cr2O7转化为，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到，B错误； C．在元素周期表中与S同主族，均位于第VIA族，中Te的化合价为+4价，Te元素化合价既可以上升，也可以下降，既有氧化性又有还原性，C正确； D．电解的溶液主要溶质为硫酸铜，电解时发生反应：通电2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；生成的硫酸可返回酸浸工序循环使用，D正确； 故选B。 【例5-2】元素铬（Cr）的几种化合物存在如图所示转化关系，下列判断错误的是 A．反应①表明有酸性氧化物的性质 B．反应②的离子方程式为，利用了的氧化性 C．向反应③溶液体系中加碱，溶液颜色将由橙红色变黄色 D．反应①②③中铬元素的化合价均发生了变化 【答案】D 【分析】步骤①中，是两性氧化物（类似），与KOH溶液反应生成KCrO2（绿色溶液），化学方程式为：，步骤②中，KCrO2被H2O2氧化为K2CrO4，化学方程式为：，步骤③中，K2CrO4在酸性条件下转化为K2Cr2O7，（铬酸根，黄色）与（重铬酸根，橙红色）在酸性条件下存在平衡：，加入H2SO4后，H+浓度增大，平衡正向移动，生成K2Cr2O7（橙红色溶液）。 【解析】A．反应①中能与碱反应生成盐和水，说明有酸性氧化物的性质，A正确； B．根据转化关系以及三大守恒、反应环境得该离子方程式正确，在反应②中铬元素的化合价从+3价升高为+6价，作还原剂，中氧元素从-1价降低到-2价，说明是氧化剂，表现氧化性，B正确； C．向反应③中加碱，因消耗，促使平衡逆向移动，故溶液颜色将由橙红色变黄色，C正确； D．反应①中铬元素的化合价为+3价，反应③中铬元素的化合价为+6价，两个反应中铬元素的化合价均未发生变化，仅反应②中铬元素的化合价均发生了变化，D错误； 故答案选D。 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。 【变式5-1】硼氢化锰[Mn(BH4)2]是有潜力的储氢材料。以富锰矿(主要为MnO，还含有：SiO2、Al2O3、FeO)为原料制备硼氢化锰的工艺流程如下。下列说法错误的是 A．的空间结构为正四面体 B．试剂1可用MnO2，试剂2可用MnCO3 C．Mn(BH4)2能与稀盐酸反应生成化学方程式为： D．滤渣1和滤渣2均可与溶液反应 【答案】D 【分析】由流程可知：加入盐酸酸浸，过滤分离出滤渣1为SiO2，滤液1含Mn2+、Fe2+、Al3+等。向滤液1中加入试剂1，根据不引入新的杂质原则可知，试剂1可以为MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+；加入试剂2调节pH，过滤分离出滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3。根据不引入新的杂质原则可知，试剂2可以为碳酸锰，滤液2经过系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到氯化锰，最后与NaBH4反应生成Mn(BH4)2，以此来解答。 【解析】A．中中心B原子价层电子对数为：4+=4，无孤电子对，因此的空间结构为正四面体，A正确； B．根据上述分析可知：试剂1为MnO2，试剂2可以MnCO3，B正确； C．Mn(BH4)2与稀盐酸反应时，中-1价H与来自HCl、H2O 的+1价的H发生归中反应生成H2，其中的B则转化为H3BO3，反应的化学方程式为：，C正确； D．根据上述分析可知滤渣1为SiO2，SiO2是酸性氧化物，能够与NaOH反应生成Na2SiO3、H2O，滤渣2为Al(OH)3和Fe(OH)3的混合物，其中Fe(OH)3是碱，不能与NaOH溶液反应，D错误； 故合理选项是D。 【变式5-2】钛（Ti）和钛合金被广泛应用于火箭、导弹、航天飞机等领域。工业上以钛铁矿（）为主要原料制备金属钛的工艺流程如图所示： 已知：熔点为，沸点为。下列说法错误的是 A．中的化合价为价 B．步骤②的化学方程式为 C．及其钛合金熔沸点高，化学性质稳定 D．由制备的过程中，可以加入氮气作保护气体 【答案】D 【分析】由题干流程图可知，以钛铁矿(FeTiO3，其中Ti为+4价)为主要原料加入硫酸，生成硫酸氧钛TiOSO4，反应方程式为：FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，然后TiOSO4发生水解生成钛酸H2TiO3，H2TiO3加热或灼烧得到TiO2，TiO2和C、Cl2混合加热发生反应TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，最后用Mg还原TiCl4得到Ti，据此分析解题。 【解析】A．FeTiO3，其中Ti为+4价，故的化合价为价，A正确； B．由分析可知，步骤②TiOSO4水解生成H2TiO3，则化学方程式为，B正确； C．及其钛合金熔沸点高，常温下和其他元素不易反应，化学性质稳定，C正确； D．由于N2能与Mg发生反应生成Mg3N2，故由TiCl4制备Ti的过程中，可以加入氩气做保护气体，不能用N2作保护气，D错误； 故答案为：D。 考向06 叙述类答题规范 【例6-1】一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如图： “除铁”时H2O2的作用是 ，加入碳酸钠的目的是 。 【答案】 将Fe2+氧化为Fe3+ 调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣 【分析】废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，酸溶后过滤，得到的滤液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，二氧化硅不与酸反应，废渣为二氧化硅，“除铁 ”时加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠可调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣；“除铜”时，通入H2S气体，生成CuS沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉淀，除去Ca2+、Mg2+，滤液中加入氢氧化钠生成Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2固体。 【解析】“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2+，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；加入碳酸钠的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣。 【例6-2】（2025·天津开学考试·）电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物。一种回收路线如下： 已知：I．萃取时反应：(水相)(有机相)(有机相)(水相)，(为萃取反应的平衡常数，代表或)。 Ⅱ．该工艺下，；饱和的浓度约为。 (1)“镍钴分离”时，通过添加硫酸调控，可将、依次从有机溶剂中分离出来，请从平衡移动的角度解释原因 。 【答案】(1)由M2+(水相)(有机相)(有机相)(水相)，加硫酸，使H+的浓度增大，平衡逆向移动，使Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来 【解析】（1）添加硫酸后，可将Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来，则平衡向生成Ni2+、Co2+的方向移动，所以从平衡移动的角度解释，原因为：由M2+(水相)(有机相)(有机相)(水相)，加硫酸，使H+的浓度增大，平衡逆向移动，使Ni2+、Co2+依次从有机溶剂RH中分离出来。 1.沉淀洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗（或过滤器）中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 2.检验离子是否已经沉淀完全的方法： 答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，滴加××试剂（沉淀剂），若不再产生沉淀，则××离子已经沉淀完全 实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4=的质量分数时，可以再混合物中加入过量BaCl2溶液，沉淀SO42-,然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，判断SO42-完全沉淀的方法：静置，取少量上层清液于试管中，滴加BaCl2试剂，若无白色沉淀产生，则SO42-离子已经沉淀完全 3．检验沉淀是否洗涤干净的操作 答题模板：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现××现象（特征反应现象），则沉淀洗涤干净。 规范解答:以FeCl3溶液与NaOH溶液制得Fe(OH)3沉淀后过滤为例：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净，若无白色沉淀生成，则沉淀已经洗涤干净。 注意:要选择一种溶液中浓度较大的、比较容易检验的离子检验，不能检验沉淀本身具有的离子。 4.洗涤液的选择：冰水洗、热水洗、乙醇洗等洗去晶体表面的可溶性杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 例：FeC2O4用热水洗涤的原因：FeC2O4难溶于水，用热水洗涤有利于除去可溶性杂质 5.冰水洗涤的目的: 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。 6.乙醇洗涤的目的: 降低被洗涤物质的溶解度, 减少其在洗涤过程中的溶解损耗,；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 7.判断滴定终点的答题规范 答题模板：当滴入最后半滴×××溶液后，溶液由××变成××色（或溶液××色褪去），且半分钟不恢复原色 实例：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点的判断：当加入最后半滴盐酸溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟不恢复原色 8.离子检验答题模板 （1）答题规范：取试样→加水溶解，加入×××试剂，若×××（现象），则×××（结论） （2）例：SO42-检验：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明有SO42- 例:检验Fe2+被完全氧化的试剂/操作: 取所得溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若没有蓝色沉淀产生，证明Fe2+被完全氧化。 9.加H2O2、NaClO3、HNO3等的作用：多为将Fe2+氧化为Fe3+，（若溶液中有其他还原性的离子，也要考虑，例将Cr3+氧化为CrO42-等） 10.H2O2可用什么替代：一般为O2或空气（氧化剂，不引杂） 11.加入试剂除杂：例：含有Cu2+、Cd2+中的溶液中加入Zn 注意：在写某一步骤是为了除杂时，应该注明“是为了除去XX杂质”，不能答“除杂” 12.蒸发、反应时的气体氛围:抑制某离子的水解，如加热蒸发 AlCl3溶液时为获得 AlCl3需在 HCl气流中进行。 13.方案的优缺点：考虑原料是否易得，操作是否简单，成本是否低廉，有无环境污染等。 【变式6-1】采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为 。 (2)“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因： 。 (3)“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式 。 (4)“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是 。 (5)以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中， ，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 【答案】(1) (2)用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 (3) (4)H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出 (5)加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶 【解析】（1）“低温焙烧”MnO2与NH4HSO4反应，转化为MnSO4时有N2生成，“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，表明反应还有NH3生成，锰元素化合价由+4价降低为+2价、氮元素化合价由-3价部分升高为0价，根据得失电子守恒、原子守恒，可得出配平的化学方程式为：； （2）“低温焙烧”时产生的氨气用稀硫酸吸收生成硫酸铵，可重复利用。则从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 （3）“沉钴”得到CoS，同时生成硫酸锰，向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，硫酸锰和NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为 。 （4）“溶解”时加入H2O2，H2O2把S2-氧化为单质硫，降低S2-浓度，促进Co2+浸出，则原因是：H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出。 （5）Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃，则“水浸”所得滤渣成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4，加3.0mol·L-1 H2SO4溶解Fe2O3生成硫酸铁，过滤除去SiO2、CaSO4，往滤液中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，充分反应后，再加硫酸将过量铁粉溶解。则实验方案为：取一定量滤渣于反应器中，加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾。 【变式6-2】Co、Ni是重要的战略性金属。一种利用废钴镍矿(含较多的Co、Ni、Fe，以及一定量的Mg、Pb、Mn(II)等元素)提取Co、Ni，并获得一系列化工产品的工艺流程如图： 已知：①P204对Co2+、Ni2+、Fe3+具有高选择性。 ②萃取的原理为M2+(水相)+2HR⇌MR2(有机相)+2H+(M=Co、Ni)。 ③[Co(NH3)6]2+易被氧化成[Co(NH3)6]3+ (1)浸渣1的主要成分为 (填化学式)，水相1中除了Mn2+外主要含有的金属离子有 (填离子符号)。 (2)从平衡移动角度分析，“反萃取”中加入酸的目的是 。 (3)“氨浸”时生成[Co(NH3)6]3+的离子方程式为 。 (4)“沉镍”时反应的离子方程式为 ，该过程使用NH4HCO3而不用Na2CO3的原因是 。 (5)用滴定法测定NiCO3产品中镍元素含量。取2.95g样品，酸溶后配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中进行滴定，滴入几滴紫脲酸胺指示剂，用浓度为0.100的Na2H2Y标准液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2H2Y标准液平均值为12.40mL。已知：，样品中镍元素的质量分数为 (保留3位有效数字)。 【答案】(1) PbSO4 、 (2)加入酸平衡逆向移动，使Co2+、Ni2+进入水相 (3) (4) Na2CO3碱性强于NH4HCO3，易生成沉淀 (5) 【解析】（1）由分析，浸渣1的主要成分为PbSO4，水相1中主要含有的金属离子有、、； （2）“反萃取”中加入酸的目的是：加入酸，氢离子浓度增大，促使平衡逆向移动，使得Co2+、Ni2+进入水相；加入酸平衡逆向移动，使Co2+、Ni2+进入水相 （3）水相2中加入氨水氨浸，Co2+转化为[Co(NH3)6] 2+，其易被氧化为[Co(NH3)6] 3+，则“氨浸”时生成[Co(NH3)6] 3+的反应为Co2+被氧气氧化后和一水合氨转化为[Co(NH3)6] 3+，反应的离子方程式为：； （4）“沉镍”时碳酸氢铵与镍离子反应，生成碳酸镍，离子方程式为；Na2CO3碱性强于NH4HCO3，易生成沉淀； （5）反应为，则样品中Ni的物质的量为0.100mol∙L-1×12.40×10-3L×=6.2×10-3mol，则样品中镍元素的质量分数为。 1．（2025·天津·模拟预测）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下： 已知：①富集液中两种金属离子浓度相当；②常温下，金属化合物的如下表，下列说法错误的是 金属化合物 CdS MnS A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率 B．试剂X可以是溶液 C．“沉镉”和“沉锰”的顺序可以对换 D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 【答案】C 【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉镉，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含S2-的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶液沉锰，发生反应：，据此解答。 【解析】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确； B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确； C．若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C错误； D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是，D正确； 故选C。 2．已知：铜放置在空气中一段时间后通过化合反应表面会产生铜绿，其主要成分是；铜锌合金外观似金子，又称假黄金。某化学小组为检测某铜锌合金中铜的质量分数，设计探究实验流程与所得数据如图所示(各步反应均充分反应)： 下列说法正确的是 A．合金中的铜在实验中发生反应： B．合金与足量稀硫酸反应产生气体的总质量为 C．该合金样品中铜的质量分数为 D．铜转化为铜绿的过程中，空气中参与反应的物质有2种 【答案】C 【解析】A．铜的金属活动性顺序位于氢之后，不与稀硫酸反应，该离子方程式错误，A错误； B．第一次加50g稀硫酸，质量减少为（氢气）；第二次加50g稀硫酸，质量减少（氢气）；第三次加50g稀硫酸，质量无减少，说明锌已反应完。总氢气质量为0.1g+0.1g=0.2g，B错误； C．设锌的质量为xg，由可知，氢气总质量0.2g，，则，。铜的质量为20g-6.5g=13.5g，故该合金样品中铜的质量分数为，C正确； D．铜绿[]含Cu、O、H、C元素，生成反应为，空气中参与反应的物质有、、（水蒸气）共3种，D错误； 故选C。 3．以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对                          电极电位                          下列说法错误的是 A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D．流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 【答案】C 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液，将溶液中转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸、镍，据此分析回答。 【解析】A．“酸浸”中鼓入空气，可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确； B．加入“物质X”调使转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗且不引入杂质，在较低溶液中生成进入滤渣Ⅱ，B正确； C．净化需除去氧化性强的，而不除去，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误； D．CO参与气化生成，分解后生成CO可循环；在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含循环；分解生成的Ni可用于净化步骤除，D正确； 故选C。 4．（2025·天津·阶段练习）学习小组为探究Co(II)、Co(III)的相关性质，室温下进行如下实验。 实验ⅰ 实验ⅱ 实验ⅲ 粉红色溶液，无明显变化 溶液变红，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，伴有气泡产生 资料： 溶液颜色 粉红色 蓝色 红色 墨绿色 下列说法正确的是 A．实验ii反应后的溶液中： B．实验ii反应后的溶液中比反应前减小 C．以上实验说明可催化的分解 D．向实验iii所得墨绿色溶液中加入过量浓盐酸可能会生成 【答案】D 【解析】A．实验ii中溶液变红说明生成，与反应生成配合物时释放，与反应生成逸出。由于逸出，溶液中含碳物种总量减少，而未损失，故物料守恒式中应大于右侧含碳物种总和，即，A错误； B．实验ii中与形成配合物，促使电离平衡正移，溶液中增大,由可知增大则该比值增大，B错误； C．实验iii中墨绿色为，气泡为被还原生成的，是氧化产物，并非催化剂，C错误； D．实验iii中含，具有强氧化性，加入过量浓盐酸时，可被氧化生成，D正确; 故选D。 5．以粉煤灰(主要成分为Ga2O3，含CaO、Al2O3等杂质)为原料提取Ga的工艺流程如图所示： 已知：镓的活动性与锌相似，比铝低。滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]。 下列说法正确的是 A．“溶浸”过程发生了电子的转移 B．滤渣1、滤渣2的种类不相同 C．由Ga2O3→Ga采取电解法 D．CO2也可以用过量的稀盐酸代替 【答案】B 【分析】由题干信息可知，滤液1中含有Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]，即流程图中，从粉煤灰到Ga是镓元素守恒，从粉煤灰到“滤渣2”是铝元素守恒，周期表中镓在铝的正下方，活动性与锌相似，属于两性元素，氧化镓和氧化铝都是两性氧化物，“溶浸”的目的是溶解氧化镓和氧化铝，使之生成Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4]，同时使氧化钙转化为碳酸钙沉淀，过滤除去碳酸钙，在向滤液1中加入酸调节pH将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3而除去，继续向滤液2中通入足量的CO2将Na[Ga(OH)4]转化为Ga(OH)3，灼烧Ga(OH)3得到Ga2O3，由于镓的活动性与锌相似，比铝低，则采用热还原法来冶炼Ga，据此分析解题。 【解析】A．由分析可知，“溶浸”过程即将Ga2O3、Al2O3分别转化为Na[Ga(OH)4]和Na[Al(OH)4] ，而CaO转化为CaCO3，未有元素的化合价发生改变，即没有发生电子的转移，A错误； B．由分析可知，滤渣1为CaCO3，属于盐类，滤渣2为Al(OH)3，属于两性氢氧化物，即种类不相同，B正确； C．“镓的活动性与锌相似”，工业上大规模制备为了降低成本，采用还原剂还原的方法，C错误； D．若用过量的稀盐酸代替，生成GaCl3，D错误； 故答案为：B。 6．工业上以一种含钛的矿渣(主要含等)为原料制取硼化钛的流程如图所示。下列说法正确的是 已知：①性质较稳定，加热时可溶于浓硫酸中形成。 ②高温下易挥发。 ③“热还原”步骤还生成CO，且Ti的价态为价。 A．滤渣的主要成分为 B．浓硫酸与发生了氧化还原反应 C．“热还原”中的最佳比例为 D．“热还原”中每生成，转移10mol电子 【答案】D 【分析】矿渣(主要成分为TiO2、SiO2、CaO等)中加浓硫酸酸解，二氧化硅不溶解，成为滤渣，同时CaO生成CaSO4；TiO2溶解生成TiO2+，水解、过滤，得TiO2‧xH2O，焙烧得TiO2；然后加入B2O3和C热还原得TiB2。 【解析】A．滤渣的主要成分为，故A错误； B．浓硫酸与发生反应生成TiO2+，元素的化合价没有发生变化，故B错误； C．“热还原”的化学方程式为++5C=TiB2+5CO↑，但由于高温下易挥发，应增大的投料比，C错误； D．根据上述化学方程式，B原子化合价由+3价变成-2价，“热还原”中每生成，转移10mol电子,故D正确； 故选D。 7．偏钒酸铵可作催化剂、媒染剂等，也是制备的原料，溶于热水，微溶于冷水。利用某种工业钒渣(含、、)为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法正确的是 已知：在为3.7时才开始沉淀。 A．“焙烧”过程中有一种元素化合价发生变化 B．“滤渣”中含、 C．在溶液中反应生成 D．“滤液”中的溶质只有，且能循环用于“酸浸” 【答案】C 【分析】钒渣(含、、)中的在焙烧过程中被氧气氧化，稀硫酸酸浸过后钒元素以形式存在，在为3.7时才开始沉淀，所以滤渣成分仅为硫酸钙，沉钒过程中加入硫酸铵，转化为，则滤液成分为稀硫酸和硫酸铝，据此分析解答。 【解析】A．“焙烧”过程中钒和氧两种元素化合价都发生变化，故A错误； B．在为3.7时才开始沉淀，酸浸时为2.5，则“滤渣”中只含不含，故B错误； C．根据流程分析在溶液中反应生成，故C正确； D．“滤液”中的溶质不仅有，应还有硫酸铝，故D错误； 答案C。 8．（24-25高三上·天津·阶段练习）四氧化三锰(Mn3O4)广泛应用于生产软磁材料、催化材料。一种以低品位锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)为原料生产Mn3O4的工艺流程如图所示： 下列说法不正确的是 A．可用稀硫酸代替“溶浸”中的NH4HSO4 B．“溶浸”步骤中H2O2作氧化剂 C．“沉锰”步骤中母液的主要成分为(NH4)2SO4 D．“氧化”步骤中Mn(OH)2参加的反应：6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O 【答案】B 【分析】锰矿粉(含MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)中加入NH4HSO4、H2O2进行溶浸，MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3溶解并生成Mn2+、Fe3+、Al3+，SiO2不溶而成为滤渣1；加入Mn(OH)2调节溶液的pH使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀而成为滤渣2；加入NH3∙H2O沉锰，此时Mn2+转化为Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4，母液为(NH4)2SO4；Mn(OH)2、Mn2(OH)2SO4中加水、通空气并升温至70℃，可制得Mn3O4。 【解析】A．“溶浸”时加入NH4HSO4，主要是提供H+使MnCO3、Mn2O3、MnOOH及少量Fe2O3、Al2O3溶解并生成Mn2+、Fe3+、Al3+，H2SO4也能提供H+、，可用稀硫酸代替“溶浸”中的NH4HSO4，A项正确； B．H+与MnCO3、Fe2O3、Al2O3反应生成Mn2+、Fe3+、Al3+，根据流程图可知，沉锰后得到+2价的锰，则Mn2O3、MnOOH在酸性条件下将H2O2氧化成O2，本身被还原成Mn2+，H2O2作还原剂，B项错误； C．由分析可知，“沉锰”步骤的母液中含有(NH4)2SO4，C项正确； D．氧化过程中，Mn(OH)2被空气中的O2氧化，生成Mn3O4等，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出发生反应的化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O，D项正确； 故选B。 9．从锂离子电池电极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)中提取Co(OH)2和Li2CO3的回收工艺流程如图所示，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。下列说法正确的是 A．为加快“浸取”的反应速率，可将溶液加热煮沸 B．“浸取”反应中，H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关 C．由图示过程可知 D． LiCoO2再生： 【答案】B 【分析】正极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)中加入H2SO4、H2O2，Co3+被还原为Co2+，同时生成O2；Cu与H2O2、H2SO4作用转化为CuSO4；将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤后，往滤液中继续加入NaOH溶液沉钴，此时Co2+转化为Co(OH)2沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得Li2CO3。 【解析】A．H2O2受热易分解，为加快“浸取”的反应速率，可将溶液适当加热，但不能加热煮沸，A不正确； B．“浸取”反应中，由于Cu2+可催化H2O2分解，所以H2O2实际消耗量超过理论用量可能与Cu2+有关，B正确； C．由图示过程可知，加入NaOH溶液过程中，先生成Cu(OH)2沉淀，后生成Co(OH)2沉淀，则表明沉淀Co2+时，所需c(OH-)大，所以，C不正确； D．LiCoO2再生时，将Co(OH)2、Cu(OH)2混合后高温，此时Co2+被空气中的O2氧化为Co3+，依据得失电子守恒和质量守恒，可得出反应的化学方程式为：，D不正确； 故选B。 10．一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．灼烧后的固体产物中，和均为+3价 B．酸浸中的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．合成过程中，有和放出 【答案】B 【分析】废旧电池正极材料主要成分为，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn2+氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMnO4； 【解析】A．灼烧后的固体产物中，金属铝生成氧化铝，故和均为+3价，A正确； B．根据分析可知，滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，B错误； C．溶液变为紫红色是因为锰元素被氧化为，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为，C正确； D．合成过程中发生的反应为：，有和放出，D正确； 故选B。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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