题型06 微型化工流程分析 （题型专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

题型06 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 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程【重难】 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【重难】 考向04 溶度积与微型化工流程【重难】 考向05 化学实验与微型化工流程【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。流程 背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理） 等。它本 质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池材料回 收）、碳中和（如CO₂捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在 “表格”或“副反应” 中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp计算、氧化还原滴定原理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。 考向01 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 【例1】 （25-26高三上·吉林延边·期末）一种以软锰矿还原浸出液(主要成分为)为原料制备电池级硫酸锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：“除钾钠”时生成了KFe3[SO4(OH)3]2、NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀。 A．“除钾钠”时未发生氧化还原反应 B．“滤渣2”的主要成分为Fe2(CO3)3 C．上述流程分离出“滤渣1，2，3，4”均需采用的操作为过滤 D．实验室模拟“系列操作”需要使用到玻璃棒 常见问题 答题角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”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) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 【变式1-1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）用硼精矿(主要成分为，含有少量、、)制取的流程如图： 已知：偏硼酸钠()易溶于水，在碱性条件下稳定存在。 下列说法正确的是 A．滤渣1的成分为和 B．滤渣2是，该物质属于氧化物 C．“制取”时必须在干燥无氧环境下进行 D．上述流程涉及的反应存在氧化还原反应 【变式1-2】（25-26高三上·辽宁·期末）难溶于水，在潮湿的环境中易被氧化。工业上利用软锰矿(主要含有，杂质有、等)和铜蓝矿(主要含有，杂质有、等)为原料联合生产的流程如图所示。已知：滤渣1中含有。 下列说法错误的是 A．“反应I”生成的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B．“反应Ⅱ”调的目的是除去和 C．“制备CuCl”的过程中二氧化硫要适当过量 D．“制备CuCl”后的系列操作是过滤、水洗、乙醇洗、干燥 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程 【例2】（2024·黑吉辽卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 1.微型工艺流程中原料处理 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤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。 2．微型工艺流程重分离提纯 （1）调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。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。 ②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。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 【变式2-1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗 【变式2-2】（2025·吉林松原·模拟预测）电炉烟尘含锌量非常高，其主要成分为ZnO，还有一些等杂质，某研究小组模拟工业回收电炉烟尘中的铜和锌，流程如下： 已知：时，。 下列说法错误的是 A．焙烧步骤中每消耗，转化1 mol金属单质 B．水浸后分离得到浸渣，浸渣中含 C．从浸取液中回收铜，加入的金属单质为Zn D．铜渣精炼铜，可以将铜渣附着于电解槽的阳极 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程 【例3】（2025·辽宁·二模）工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞废水中提取汞。简易流程如图所示。 已知：难沉淀，可吸附共沉淀。 下列叙述正确的是 A．上述转化中只发生1个氧化还原反应 B．加入消石灰是为了提高的利用率 C．用硝酸和溶液可确认固体中是否存在价铁 D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制备 1.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作 除杂 加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH 加热 加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质 降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动 分离 固液分离——过滤 液液分离： a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) b.有溶解性差异——(萃取)分液 c.有沸点差异——蒸馏 2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 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 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 【变式3-1】（2025·辽宁·二模）银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为 B．“络合浸出”时，发生的离子反应为 C．“络合浸出”时，若过小会降低银的浸出率 D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用 【变式3-2】（25-26高三上·吉林通化·期末）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 考向04 溶度积与微型化工流程 【例4】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 1．化工流程中Ksp有关计算 常考角度 解题策略 根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值 如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中 判断沉淀的生成或转化 把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质 2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH 的计算方法 对于M(OH)n(s) Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH: （1）开始沉淀时的pH求法：，从而确定pH。 （2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已经沉淀完全，结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。 【变式4-1】（25-26高三上·辽宁大连·期末）以氧化铋渣(、，含和等杂质)为原料制备钼酸铋(，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：的，； 下列说法错误的是 A．“浸渣”的主要成分为AgCl和 B．Sb位于第VA族 C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．“沉铋”反应的平衡常数作 【变式4-2】（25-26高三上·黑龙江·期中）某同学进行粗盐提纯实验，除去样品中的、、并进行定性检验。设计操作流程如下：已知室温条件下：，，。一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于时，化学上通常认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．步骤②调节溶液的，可使沉淀完全 B．其他步骤不变，将步骤①和步骤②的顺序调换仍会生成大量白色沉淀M C．步骤⑤加入过量盐酸后溶液中存在的阴离子为和 D．步骤④和步骤⑥均用到的玻璃仪器是玻璃棒 考向05 化学实验与微型化工流程 【例5】（2025·黑吉辽蒙卷）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 这类题型是高考化学的压轴难点，它将一个完整的微型化工流程嵌入到具体的实验装置和操作中，实现了对“原理-设备-操作-计算”的全方位考查。 1.把握整体，厘清主线——从“原料”到“产品” 2.分解实验，对号入座——将“工段”对应“操作” 3.分析细节，突破设问——紧扣“目的”与“原理” 4.规范表达，科学作答。 【变式5-1】（2025·辽宁丹东·模拟预测）铁是人体必需的微量元素。某研究小组通过设计实验以检验菠菜中是否含有铁元素，其实验流程如图所示。下列说法错误的是 已知：固体1的主要成分是。 A．上述实验流程中操作①②都是过滤 B．向溶液2中加入再滴入KSCN溶液无现象，说明菠菜中的铁元素都存在于固体1中 C．向溶液3中滴加KSCN溶液后变红，说明菠菜中存在铁元素 D．反应③的离子方程式为 【变式5-2】（2025·辽宁葫芦岛·二模）某实验小组以粗镍(含少量和杂质)为原料制备，并测定相关组分的含量，制备流程示意图如下： 已知：为绿色难溶物；、均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在，下列说法不正确的是 A．试剂X的作用是调节除去和杂质，则试剂X可为 B．过程的转化离子方程式为 C．实验配制3.0稀硝酸250需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、250容量瓶 D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0~10℃冷水浴控温，则温度计应在水浴中 1.（2025·黑龙江·二模）利用如下流程吸收尾气中的NO和协同生产连二亚硫酸钠和。 下列有关反应表示错误的是 A．“装置Ⅰ”中主要发生反应： B．“装置Ⅱ”中生成的反应： C．“装置Ⅲ”中阴极电极反应式： D．“装置Ⅳ”中发生反应： 2.（2025·黑龙江·三模）某矿渣中含有一定量细小的Au颗粒，可以通过如图流程冶炼金。下列说法错误的是 A．浸金时可以适当提高温度以加快反应速率 B．浸金时加入NaCN的主要作用是通过的配位作用，增强Au和氧气反应的能力 C．沉金时发生的离子反应为 D．滤液净化后进行电解，可在阳极得到Zn 3.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）叠氮酸钠（NaN3）是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼（N2H4·H2O）不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是 A．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性 B．反应④在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水即可制备水合肼 C．反应②中，消耗3mol N2H4·H2O时，反应中转移1.5mol电子 D．的价层电子数目为12个 4.（2025·黑龙江·模拟预测）某废料中主要含有难溶于水的GaN，以及少量In(与Ga同族，In难溶于NaOH溶液)、Mg金属，以该废料制备的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．In与Ga属于副族元素 B．步骤Ⅰ发生了氧化还原反应 C．步骤Ⅱ、Ⅳ实验操作相同 D．滤液2中溶质为 5.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）工业上利用废镍催化剂(含65%NiO、15%、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级(要求杂质离子浓度)的流程如下。下列说法错误的是 已知：①常温下，，，，； ②滤液1中； ③滤液2中； ④滤液3中，反应分两个步骤：(快反应)，(慢反应)。 A．酸浸时可以与硫酸反应形成胶体，加速固液分离 B．滤液1中需调节至，才能确保沉淀完全且不沉淀 C．滤液2中添加，当恰好沉淀完全时，未沉淀完全 D．慢反应步骤决定沉淀速率，适当增加浓度可提高产率 6.（2025·黑龙江吉林·一模）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 7.（2025·辽宁大连·模拟预测）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下图所示。已知：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：高锰酸钾的还原产物是MnO2。下列说法错误的是 A．“酸浸”步骤不能用盐酸代替稀硫酸 B．“氧化”步骤若pH过低，无法除去Fe和Mn杂质 C．“沉镍”步骤的主要反应类型为置换反应 D．“沉锌”步骤滤液的成分只有Na2SO4和ZnSO4 8.（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是 A．过程II反应的离子方程式为 B．碱性条件下，氧化性： C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D．将1 转化为理论上需要的体积为22.4 L(标准状况) 9.（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(和)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： 已知：。 下列有关说法错误的是 A．“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 B．为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或等 C．“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6 D．“调pH”应控制pH使完全沉淀而不生成沉淀 10.（2025·辽宁葫芦岛·一模）利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)： 下列说法正确的是 A．“氧化”时，发生的化学方程式：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑ B．氨水的作用是调节溶液的pH C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物 D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗0.5molN2H4·H2O 11.（2025·辽宁辽阳·二模）焦亚硫酸钠是常用的抗氧化剂，一种以为原料制备的微型流程如图所示。下列叙述错误的是 已知：常温下，的，。 A．上述过程没有发生氧化还原反应 B．常温下，饱和溶液呈碱性 C．反应①表明的酸性比强 D．与足量反应，能消耗 12.（2025·辽宁丹东·二模）钽酸锂()是光通讯、激光及光电子领域中的基本功能材料。一种以含钽废渣(主要成分为，含少量油脂和等)为原料制备钽酸锂的流程如下： 下列说法错误的是 A．“沸腾炉焙烧”为增加气固接触面积，常采用“逆流”操作 B．滤渣1的主要成分为，滤渣2的主要成分为 C．已知+5价Ta具有一定的氧化性，“酸化”时硫酸比盐酸更合适 D．在实验室模拟“灼烧”工序，主要仪器为石英坩埚、酒精灯、泥三角等 13.（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述不正确的是 A．流程中可循环利用 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替 D．该工艺中作氧化剂，它与互为同分异构体 14.（2025·辽宁沈阳·模拟预测）在电影《哪吒2》建构的奇幻世界里，影片中的人物炼制能提升仙力的丹药。铅丹是中国古代炼丹术中常出现的角色。工业上以废旧铅酸电池的铅膏（主要成分是和）为原料制备的流程如图： 下列说法正确的是 A．基态Pb原子的价层电子排布式为 B．“还原”时的化学方程式为 C．加入碳酸钠溶液“脱硫”是利用了 D．实验室进行“灼烧”操作需要用到的全部仪器包括坩埚、酒精灯、玻璃棒 15.（2025·辽宁·模拟预测）CuCl是一种白色粉末，不溶于水，可用作有机合成的催化剂，并用于颜料、防腐等工业。现以印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为}和酸性蚀刻液{主要成分为}为原料制备CuCl，工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．“中和沉铜”发生反应的离子方程式为 B．等物质的量的和中σ键之比为 C．在流程中可循环利用 D．当生成时，理论上转移电子0.5mol 16.（2025·辽宁丹东·一模）碳酸铈可用于制备稀土发光材料。实验室以二氧化铈废渣为原料制备的流程如下： 已知：被有机萃取剂(简称)萃取的原理可表示为：。下列说法错误的是 A．“酸浸”时，温度不宜过高 B．“萃取”时，选用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯 C．“反萃取”时，为了提高的反萃取率，应一次性加入大量的稀硝酸 D．“沉淀”时，反应的离子方程式为 17.（2025·内蒙古·二模）以铁屑(含、等杂质)为原料制备六水氯化铁的流程如图。下列叙述错误的是 不同温度下，六水氯化铁在水中的溶解度如下： 温度/℃ 0 10 20 30 50 80 100 溶解度/g 74.4 81.9 91.8 106.8 315.1 525.8 535.7 A．“滤渣”的主要成分是Cu和Ag B．“氧化”中的离子反应为 C．“结晶”中浓盐酸的作用是抑制水解 D．“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 18.（2025·内蒙古乌兰察布·二模）高纯单晶硅是助力“中国芯”崛起，彰显中国“智”造的主要原料。某小组拟在实验室制造硅材料，其流程如下图。 已知：①，②在常温下与空气接触即可自燃。 下列说法中错误的是 A．点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，其晶体类型有两种 B．氛围是可以阻止被二次氧化和自燃 C．操作2为用去离子水洗涤并烘干 D．镁粉生成和的混合物，转移电子 19.（2025·内蒙古赤峰·二模）高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述错误的是 A．铁屑在干燥的氯气中发生反应Ⅰ时，若铁屑过量，可能生成 B．反应Ⅱ的离子方程式为 C．该条件下，物质的溶解度： D．用对饮用水杀菌消毒的同时，生成的胶体可吸附杂质净化水 20.（2025·辽宁·模拟预测）黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是分布最广的铜矿物，由黄铜矿为原料制备铜和铁红的工业流程如图所示(已知：“溶浸”时，产生的CuCl难溶于水，但能溶于浓盐酸得到[CuCl2]-)。下列有关说法错误的是 A．“溶浸”时，FeCl3溶液也可以用酸性强的稀硫酸代替 B．“滤渣”的主要成分为CuCl和S C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为过滤 D．“稀释”时发生的离子反应：[CuCl2]-=CuCl+Cl- 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 $ 题型06 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 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程【重难】 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【重难】 考向04 溶度积与微型化工流程【重难】 考向05 化学实验与微型化工流程【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。流程 背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理） 等。它本 质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池材料回 收）、碳中和（如CO₂捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在 “表格”或“副反应” 中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp计算、氧化还原滴定原理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。 考向01 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 【例1】 （25-26高三上·吉林延边·期末）一种以软锰矿还原浸出液(主要成分为)为原料制备电池级硫酸锰的工艺流程如图所示。下列说法错误的是 已知：“除钾钠”时生成了KFe3[SO4(OH)3]2、NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀。 A．“除钾钠”时未发生氧化还原反应 B．“滤渣2”的主要成分为Fe2(CO3)3 C．上述流程分离出“滤渣1，2，3，4”均需采用的操作为过滤 D．实验室模拟“系列操作”需要使用到玻璃棒 【答案】B 【分析】向以软锰矿还原浸出液(主要成分为)中加入Fe2(SO4)3进行除钾钠即将生成了KFe3[SO4(OH)3]2、NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀，过滤得到滤渣1和溶液，向溶液中加入MnCO3调节pH进行除铁即转化为Fe(OH)3，过滤得到滤渣2和溶液，向溶液中继续加入MnF2进行除钙镁，过滤得到滤渣3即CaF2、MgF2和溶液，向溶液中通入H2S进行除锌即转化为ZnS，过滤得到滤渣4，对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤、干燥即得MnSO4固体，据此分析解题。 【解析】“除钾钠”生成KFe3[SO4(OH)3]2和NaFe3[SO4(OH)3]2沉淀，反应前后K+、Na+、Fe3+等元素化合价均未变化，未发生氧化还原反应，A正确；“除铁”时加入MnCO3，MnCO3与溶液中H+反应使pH升高，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣2主要成分为Fe(OH)3而非Fe2(CO3)3[Fe3+与会发生双水解生成Fe(OH)3]，B错误；流程中各滤渣均为固体沉淀，分离固体与液体的操作为过滤，C正确；“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等，蒸发时需玻璃棒搅拌，过滤时需玻璃棒引流，均使用玻璃棒，D正确；故选B。 常见问题 答题角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”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) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 【变式1-1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）用硼精矿(主要成分为，含有少量、、)制取的流程如图： 已知：偏硼酸钠()易溶于水，在碱性条件下稳定存在。 下列说法正确的是 A．滤渣1的成分为和 B．滤渣2是，该物质属于氧化物 C．“制取”时必须在干燥无氧环境下进行 D．上述流程涉及的反应存在氧化还原反应 【答案】C 【分析】以硼精矿(主要成分为，含有少量、、等)为原料制取NaBH4，由流程可知，加NaOH溶解、、，将FeCl3转化成氢氧化铁沉淀，则操作1为过滤，滤渣1为Fe(OH)3；再加CaO将硅铝沉淀，则操作2也为过滤，从而除去硅、铝，最后反应1为NaBO2与MgH2反应生成NaBH4，以此来解答； 【解析】由分析知，滤渣1的成分为，A错误；滤渣2是，该物质属于硅酸盐，B错误；具有优良的还原性，易被氧气氧化，故“制取”时必须在干燥无氧环境下进行，C正确；硼精矿(主要成分为，含有少量、、等)加NaOH溶解、、，分别生成NaBO2、NaAlO2、Na2SiO3，同时生成Fe(OH)3，该过程元素化合价没有变化，加入CaO生成，该过程元素化合价没有变化，MgH2与NaBO2在一定条件下发生反应生成NaBH4和MgO，该过程元素化合价没有变化，故上述流程涉及的反应不存在氧化还原反应，D错误；故选C。 【变式1-2】（25-26高三上·辽宁·期末）难溶于水，在潮湿的环境中易被氧化。工业上利用软锰矿(主要含有，杂质有、等)和铜蓝矿(主要含有，杂质有、等)为原料联合生产的流程如图所示。已知：滤渣1中含有。 下列说法错误的是 A．“反应I”生成的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为 B．“反应Ⅱ”调的目的是除去和 C．“制备CuCl”的过程中二氧化硫要适当过量 D．“制备CuCl”后的系列操作是过滤、水洗、乙醇洗、干燥 【答案】B 【分析】工业上用软锰矿(主要含有，杂质有、等)和铜蓝矿(主要含有，杂质有、等)为原料制取的流程为：将软锰矿和铜蓝矿加入硫酸混合进行反应I，利用的氧化性将和中的S元素氧化为单质S，随等杂志形成滤渣1除去，得到含、、、的滤液，然后再调节溶液pH，将和转化为和沉淀过滤形成滤液2，得到剩余、的滤液，再把进行沉淀，过滤后的中加入还原为后再加入NaCl溶液形成，再经过一系列操作最终得到产品，据此分析解答 【解析】在反应I中，MnO2作氧化剂，→得与CuS作还原剂，→失反应生成CuSO4、MnSO4和S，故反应的方程式为，根据得失电子可知氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1，A正确；有分析可知，“反应Ⅱ”调的目的是除去和，而Fe2+在“反应Ⅰ中”已被氧化为，B错误；在潮湿的空气中发生氧化，过量可防止空气中的氧气进入装置中并且具有还原性，可防止被氧化，C正确；在潮湿的环境中易被氧化，水洗除掉溶于水的杂质，用乙醇洗涤，乙醇挥发带走水分，防止在潮湿的环境中被氧化，D正确；故选B。 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程 【例2】（2024·黑吉辽卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 【答案】C 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【解析】由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。 1.微型工艺流程中原料处理 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤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。 2．微型工艺流程重分离提纯 （1）调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。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。 ②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。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 【变式2-1】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下： 已知，下列说法正确的是 A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好 B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离 C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的 D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗 【答案】C 【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到但溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。 【解析】酸溶步骤溶解Cu和Ag，浓硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗4mol ，稀硝酸与Cu反应为，1mol Cu消耗≈2.67mol ，稀硝酸消耗更少；同理Ag与稀硝酸反应消耗硝酸也更少，故从消耗硝酸量角度，稀硝酸更好，A错误；滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，B错误；Au与反应生成，加入NaCl后，与结合生成稳定的，降低了，促使Au的溶解平衡正向移动，从而促进反应进行，C正确；中Au为+3价，2mol 还原需6mol电子，Zn被氧化为，1mol Zn失2mol电子，需3mol Zn还原 ，电离出，过量Zn会与反应生成，实际消耗Zn更多，D错误；故选C。 【变式2-2】（2025·吉林松原·模拟预测）电炉烟尘含锌量非常高，其主要成分为ZnO，还有一些等杂质，某研究小组模拟工业回收电炉烟尘中的铜和锌，流程如下： 已知：时，。 下列说法错误的是 A．焙烧步骤中每消耗，转化1 mol金属单质 B．水浸后分离得到浸渣，浸渣中含 C．从浸取液中回收铜，加入的金属单质为Zn D．铜渣精炼铜，可以将铜渣附着于电解槽的阳极 【答案】A 【分析】电炉烟尘与浓硫酸焙烧，生成二氧化碳和二氧化硫气体，金属元素转化为金属的硫酸盐，焙烧渣加入水“水浸”，水解为氢氧化铁沉淀，Fe(OH)3、PbSO4形成浸渣，浸取液中加入金属单质锌，置换出铜，最后获得硫酸锌溶液。 【解析】焙烧时ZnO、Fe2O3与硫酸发生复分解反应，金属单质（Pb、Cu）与浓H2SO4发生氧化还原反应：、，消耗的硫酸不是全部用来转化金属单质，每消耗2molH2SO4转化的金属单质小于1mol，A错误；Fe2O3与浓H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，水浸时，Fe3+水解平衡正向移动（越稀越水解），生成Fe(OH)3沉淀，B正确；浸取液含CuSO4，加入Zn可置换Cu：，且不引入杂质，最终得ZnSO4溶液，C正确；铜渣为粗铜，电解精炼时粗铜作阳极，纯铜作阴极，D正确；故选A。 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程 【例3】（2025·辽宁·二模）工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞废水中提取汞。简易流程如图所示。 已知：难沉淀，可吸附共沉淀。 下列叙述正确的是 A．上述转化中只发生1个氧化还原反应 B．加入消石灰是为了提高的利用率 C．用硝酸和溶液可确认固体中是否存在价铁 D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制备 【答案】B 【分析】含汞废水中加消石灰调pH＝9后，加入硫化钠、硫酸亚铁沉汞，生成，在空气中灼烧生成和，汞变成汞蒸气，经冷凝得到单质汞，据此解答。 【解析】分别在空气中灼烧生成和，发生了2个氧化还原反应，A错误；消石灰是，可以中和废水中的酸，减少损失，能提高的利用率，B正确；硝酸能氧化价铁元素，则用硝酸和溶液不能确认固体中是否存在价铁，C错误；“冷凝”中气体主要成分是，用过量氨水吸收生成，则用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制备，D错误；故选B。 1.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作 除杂 加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH 加热 加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质 降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动 分离 固液分离——过滤 液液分离： a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) b.有溶解性差异——(萃取)分液 c.有沸点差异——蒸馏 2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 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 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 【变式3-1】（2025·辽宁·二模）银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含等金属元素)中提取银的流程如图。 下列说法错误的是 A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为 B．“络合浸出”时，发生的离子反应为 C．“络合浸出”时，若过小会降低银的浸出率 D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用 【答案】B 【分析】铅银渣中含有等金属元素；向铅银熔烧渣中加入、、进行酸浸，提供酸性环境，引入，在酸性条件下，电离出的具有氧化性，此步骤可使铜元素溶解进入浸出液，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，将铅银焙烧渣中的金属进行初步分离。由流程可知，“络合浸出”时加入溶液将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-。向络合浸出液中加入（水合肼），并调节pH = 14，水合肼具有还原性，在碱性条件下将[Ag(S2O3)2]3-还原为单质银析出，经过滤等操作得到银，同时产生滤液。 【解析】根据分析，酸浸时，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，所以浸出液中金属阳离子有、，A选项正确；“络合浸出”时加入溶液将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，发生的离子反应为AgCl+2=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，B选项错误；在酸性条件下会发生反应，若pH过小，浓度降低，不利于形成络合物，会降低银的浸出率，C选项正确；“还原析银”的反应为4[Ag(S2O3)2]3-+N2H4▪H2O+4OH-=4Ag+N2↑+8+5H2O，“滤液”中含有等物质，经处理后返回“络合浸出”工序，可提高原料利用率，D选项正确；故选B。 【变式3-2】（25-26高三上·吉林通化·期末）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】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；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；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；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；故选D。 考向04 溶度积与微型化工流程 【例4】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； 生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；故选根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C。 1．化工流程中Ksp有关计算 常考角度 解题策略 根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值 如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中 判断沉淀的生成或转化 把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质 2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH 的计算方法 对于M(OH)n(s) Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH: （1）开始沉淀时的pH求法：，从而确定pH。 （2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已经沉淀完全，结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。 【变式4-1】（25-26高三上·辽宁大连·期末）以氧化铋渣(、，含和等杂质)为原料制备钼酸铋(，其中Mo为+6价)的主要流程如下。 已知：的，； 下列说法错误的是 A．“浸渣”的主要成分为AgCl和 B．Sb位于第VA族 C．“酸溶”时产生NO，理论上消耗氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．“沉铋”反应的平衡常数作 【答案】C 【分析】氧化铋渣在NaCl溶液、盐酸联合酸浸后得到的浸渣为不溶酸的SiO2和溶于酸后被沉淀生成的AgCl，得到的滤液水解后得到Sb(OH)3沉淀，加热分解得到Sb2O3，滤液中加入H2S得到Bi2S3沉淀，剩余溶液X为NaCl溶液，硝酸氧化溶解Bi2S3得到S沉淀和硝酸铋溶液，最后加入(NH4)6Mo7O24·H2O得到产品Bi2MoO6。 【解析】酸浸时，Ag2O与盐酸反应生成AgCl沉淀，SiO2不与盐酸反应，故浸渣主要成分为AgCl和SiO2，A正确；Sb、Bi与N同族，原子最外层有5个电子，位于元素周期表第VA族，B正确；“酸溶”时Bi2S3与硝酸反应，S元素从-2价升至0价（还原剂，1 mol Bi2S3失6e-），N元素从+5价降至+2价（氧化剂，1 mol HNO3 3e-）。由电子守恒，氧化剂（HNO3）与还原剂（Bi2S3）物质的量之比为2:1，而非2:3，C错误；“沉铋”反应平衡常数K可由H2S电离常数（Ka1、Ka2）和Bi2S3溶度积（Ksp）计算：，D正确；故选C。 【变式4-2】（25-26高三上·黑龙江·期中）某同学进行粗盐提纯实验，除去样品中的、、并进行定性检验。设计操作流程如下：已知室温条件下：，，。一般情况下，当溶液中剩余离子的浓度小于时，化学上通常认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．步骤②调节溶液的，可使沉淀完全 B．其他步骤不变，将步骤①和步骤②的顺序调换仍会生成大量白色沉淀M C．步骤⑤加入过量盐酸后溶液中存在的阴离子为和 D．步骤④和步骤⑥均用到的玻璃仪器是玻璃棒 【答案】C 【分析】用沉淀法分离杂质离子，用碳酸钠除去，用氯化钡去除，用氢氧化钠去除，，，，为保证杂质完全反应，所加的除杂试剂都适当过量，故碳酸钠在氯化钡之后加，可以除去过量的钡离子，，过滤沉淀后用盐酸除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，，。据此分析。 【解析】当pH=12时，c(H+)=10-12 mol/L，假设溶液中被沉淀完全，此时溶液中c(Mg2+)＜10-5 mol/L，则Q= ，符合沉淀析出方向，故沉淀完全，欲使沉淀完全，即残余。根据，可计算出此时溶液中应大于。当时，，大于，能使沉淀完全，A正确；根据题干信息，最终得到的NaCl固体样品溶解后加入BaCl2溶液后产生白色沉淀，应该是前面的或未被完全处理干净，和步骤①和步骤②的顺序无关，白色沉淀M的生成，说明最终产品NaCl中含有能与反应的杂质阴离子（或），这说明原除杂流程中步骤①所加不足或步骤⑤所加盐酸不足。交换步骤①和步骤②的顺序，即将加入和的顺序颠倒，并不影响和的去除。因此，若原流程会生成沉淀M，调换顺序后仍会生成，B正确；过量盐酸会与过量的碳酸钠和氢氧化钠反应，，，阴离子只有Cl-，C错误；步骤④为过滤，用到的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，玻璃棒用来引流，步骤⑥是蒸干，用到的玻璃仪器是玻璃棒，用来搅拌，D正确；故选C。 考向05 化学实验与微型化工流程 【例5】（2025·黑吉辽蒙卷）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗的量(单位为)来表示。碱性不与反应，可用于测定含Cl⁻水样的COD，流程如图。 下列说法错误的是 A．Ⅱ中发生的反应有 B．Ⅱ中避光、加盖可抑制被氧化及的挥发 C．Ⅲ中消耗的越多，水样的COD值越高 D．若Ⅰ中为酸性条件，测得含水样的COD值偏高 【答案】C 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，II中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，III中生成的I2再用Na2S2O3滴定。 【解析】II中和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O，A正确；II中避光防止I2升华挥发，加盖防止I-被氧气氧化，B正确；整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，III中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量少，水样中的COD值越低，C错误；若I中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样中的COD值偏高，D正确；故选C。 这类题型是高考化学的压轴难点，它将一个完整的微型化工流程嵌入到具体的实验装置和操作中，实现了对“原理-设备-操作-计算”的全方位考查。 1.把握整体，厘清主线——从“原料”到“产品” 2.分解实验，对号入座——将“工段”对应“操作” 3.分析细节，突破设问——紧扣“目的”与“原理” 4.规范表达，科学作答。 【变式5-1】（2025·辽宁丹东·模拟预测）铁是人体必需的微量元素。某研究小组通过设计实验以检验菠菜中是否含有铁元素，其实验流程如图所示。下列说法错误的是 已知：固体1的主要成分是。 A．上述实验流程中操作①②都是过滤 B．向溶液2中加入再滴入KSCN溶液无现象，说明菠菜中的铁元素都存在于固体1中 C．向溶液3中滴加KSCN溶液后变红，说明菠菜中存在铁元素 D．反应③的离子方程式为 【答案】B 【分析】由题给流程可知，去根后的菠菜剪碎、研磨、水浸、过滤得到含有草酸亚铁的固体1和溶液1；加热溶液1得到绿色聚沉物，过滤得到固体2和溶液2；向溶液2中加入硝酸后再滴入硫氰化钾溶液无现象说明溶液2中没有铁元素；向草酸亚铁中加入稀硝酸后滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色说明草酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁溶液。 【解析】上述实验流程中操作①②都是固液分离，都是过滤，故A正确；向溶液2中加入再滴入KSCN溶液无现象，说明菠菜中的铁元素不是以水溶性物质存在的，则菠菜中的铁元素可能存在于固体1和固体2中，故B错误；Fe3+遇KSCN溶液变红，向溶液3中滴加KSCN溶液后变红，说明菠菜中存在铁元素，故C正确；向草酸亚铁中加入稀硝酸后滴加硫氰化钾溶液，溶液变为红色说明草酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁溶液，反应的离子方程式为，故D正确；故选B。 【变式5-2】（2025·辽宁葫芦岛·二模）某实验小组以粗镍(含少量和杂质)为原料制备，并测定相关组分的含量，制备流程示意图如下： 已知：为绿色难溶物；、均为可溶于水的蓝紫色晶体，碱性条件下稳定存在，下列说法不正确的是 A．试剂X的作用是调节除去和杂质，则试剂X可为 B．过程的转化离子方程式为 C．实验配制3.0稀硝酸250需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、250容量瓶 D．步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0~10℃冷水浴控温，则温度计应在水浴中 【答案】C 【分析】由题给流程控制，向粗镍中加入浓硝酸，加热条件下酸溶，将金属元素转化为可溶的硝酸盐，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铬离子转化为氢氧化铁、氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铬的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将镍离子转化为绿色氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入稀硝酸、氨水，将氢氧化镍转化为Ni(NH3)6(NO3)2，过滤得到Ni(NH3)6(NO3)2蓝紫色晶体1；向蓝紫色晶体1中再加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液，将Ni(NH3)6(NO3)2转化为Ni(NH3)6Cl2，过滤得到Ni(NH3)6Cl2蓝紫色晶体2，处理得到产品。 【解析】由分析可知，加入试剂X的系列操作为加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子、铬离子转化为氢氧化铁、氢氧化铬沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铬的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将镍离子转化为绿色氢氧化镍沉淀，则试剂X为氢氧化钠溶液，作用是调节溶液pH除去溶液中的铁离子和铬离子，故A正确；由分析可知，c→d过程为加入盐酸、氨水和氯化铵的混合溶液将Ni(NH3)6(NO3)2转化为Ni(NH3)6Cl2，反应的离子方程式为，故B正确；实验配制250mL 3.0mol/L稀硝酸需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、250mL容量瓶外，还需要用到胶头滴管，故C错误；步骤c、d中为防止氨水分解及降低固体溶解度需0～10℃冷水浴控温，温度计应插入冷水浴中，不能插入反应液中，故D正确；故选C。 1.（2025·黑龙江·二模）利用如下流程吸收尾气中的NO和协同生产连二亚硫酸钠和。 下列有关反应表示错误的是 A．“装置Ⅰ”中主要发生反应： B．“装置Ⅱ”中生成的反应： C．“装置Ⅲ”中阴极电极反应式： D．“装置Ⅳ”中发生反应： 【答案】C 【分析】尾气通过氢氧化钠溶液：二氧化硫转化为亚硫酸氢盐，一氧化氮再通过溶液吸收转变为亚硝酸根离子、硝酸根离子、离子，通过装置Ⅲ得到、、亚硝酸根离子、硝酸根离子进入装置Ⅳ和氨气、氧气反应转化为硝酸铵； 【解析】装置Ⅰ中溶液吸收，因产物为，说明过量，反应为:，原子守恒、电荷守恒，A正确；装置Ⅱ中氧化生成，（得），（N+2→+3，失），电子守恒，配平后H、O、电荷均守恒，B正确；装置Ⅲ阴极得电子生成（S+4→+3，2个S得），溶液显酸性（电离＞水解），阴极应消耗生成，正确反应为，选项中生成与酸性环境矛盾，C错误；装置Ⅳ中被氧化为（N+3→+5，失），得，失与1个得守恒，与结合为，总反应原子、电子、电荷均守恒，D正确；故选C。 2.（2025·黑龙江·三模）某矿渣中含有一定量细小的Au颗粒，可以通过如图流程冶炼金。下列说法错误的是 A．浸金时可以适当提高温度以加快反应速率 B．浸金时加入NaCN的主要作用是通过的配位作用，增强Au和氧气反应的能力 C．沉金时发生的离子反应为 D．滤液净化后进行电解，可在阳极得到Zn 【答案】D 【分析】金的化学性质比较稳定很难与氧气发生反应，把含有Au颗粒的矿渣通入空气加上NaCN溶液，生成[Au(CN)2]⁻，利用锌的还原性置换出来Au，剩余的滤液中的Zn2⁺在阴极得电子被还原为Zn； 【解析】适当提高温度能加快反应速率，浸金过程为化学反应，提高温度可加快Au与氧气、CN⁻的反应速率，A正确；Au化学性质稳定，难与O2直接反应，CN⁻与Au⁺形成[Au(CN)2]⁻配合物，增强Au的还原性，提高其被O2氧化的能力，B正确；沉金时Zn将[Au(CN)2]⁻中的Au⁺还原为Au单质，Zn被氧化为Zn2⁺并与CN⁻形成[Zn(CN)4]2⁻，离子方程式电荷守恒、得失电子守恒，C正确；滤液含[Zn(CN)4]2⁻，电解时Zn2⁺在阴极得电子被还原为Zn，阳极发生氧化反应（如OH⁻放电），不能在阳极得到Zn，D错误。 3.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）叠氮酸钠（NaN3）是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼（N2H4·H2O）不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是 A．反应③中浓硫酸体现出高沸点难挥发性 B．反应④在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水即可制备水合肼 C．反应②中，消耗3mol N2H4·H2O时，反应中转移1.5mol电子 D．的价层电子数目为12个 【答案】A 【分析】由流程图可知，①中发生2CH3OH + 2NaNO2 + H2SO4(浓) = 2CH3ONO + Na2SO4 + 2H2O，④中过量的NaClO可氧化N2H4·H2O，故将NaClO溶液滴到氨水中制备N2H4·H2O时，滴速不能过快、不能过量，②中发生N2H4·H2O + CH3ONO + NaOH = NaN3 + CH3OH + 3H2O，③中发生，利用了浓硫酸的高沸点、难挥发的性质，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH反应制备产品。 【解析】根据分析可知，反应③中利用了浓硫酸的高沸点、难挥发性制取挥发性的HN3，A正确；根据分析可知，过量的NaClO会氧化N2H4·H2O，故在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水不能制备水合肼，B错误；反应②方程式为N2H4·H2O + CH3ONO + NaOH = NaN3 + CH3OH + 3H2O，N2H4·H2O中N元素化合价为-2，NaN3中N元素化合价为，故消耗3mol N2H4·H2O时，失去电子的物质的量为：3mol × 2 × [] = 10mol，C错误；3个N原子的价电子总数为3 × 5 = 15，加上离子所带的1个负电荷，则的价电子数为16，D错误；故选A。 4.（2025·黑龙江·模拟预测）某废料中主要含有难溶于水的GaN，以及少量In(与Ga同族，In难溶于NaOH溶液)、Mg金属，以该废料制备的流程如图所示： 下列说法正确的是 A．In与Ga属于副族元素 B．步骤Ⅰ发生了氧化还原反应 C．步骤Ⅱ、Ⅳ实验操作相同 D．滤液2中溶质为 【答案】C 【分析】某废料中主要含有难溶于水的GaN，以及少量In(与Ga同族，In难溶于NaOH溶液)、Mg金属，加入溶液发生反应：，则沉淀主要为，滤液主要为；向滤液1中加入硫酸，得到沉淀，滤液2主要成分为，加热分解生成。 【解析】Ga、In 同处于元素周期表第ⅢA 族（即主族元素），不属于副族，A错误；由分析可知，步骤I发生反应：，元素化合价未发生变化，属于非氧化还原反应，B错误；流程图中步骤Ⅱ和步骤Ⅳ均是“得到沉淀后将其与溶液分离”的操作，实质上都是“过滤”，C正确；由分析可知，滤液2的溶质为，D错误；故选C。 5.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）工业上利用废镍催化剂(含65%NiO、15%、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级(要求杂质离子浓度)的流程如下。下列说法错误的是 已知：①常温下，，，，； ②滤液1中； ③滤液2中； ④滤液3中，反应分两个步骤：(快反应)，(慢反应)。 A．酸浸时可以与硫酸反应形成胶体，加速固液分离 B．滤液1中需调节至，才能确保沉淀完全且不沉淀 C．滤液2中添加，当恰好沉淀完全时，未沉淀完全 D．慢反应步骤决定沉淀速率，适当增加浓度可提高产率 【答案】A 【分析】利用废镍催化剂(含65%NiO、15%、10%CaO、6%SiO2及4%MgO)制备电池级，废镍催化剂先加稀硫酸酸浸，得到硫酸铁、硫酸镍、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁的溶液，SiO2不溶，硫酸钙微溶，则滤渣1为SiO2以及硫酸钙，滤液加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，再加入NaOH调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得滤渣2为氢氧化铁，滤液加入NaF沉淀钙离子、镁离子，过滤得到滤渣3为CaF2、MgF2，滤液加入碳酸氢铵和氨水调节pH=8得到碳酸镍，过滤后经洗涤、干燥得到产品，据此解答。 【解析】与硫酸不反应，进入滤渣1除去，A错误；开始沉淀c（OH-）=，结合lg3=0.48，此时pH=6.48，溶液中铁离子完全沉淀时c（OH-）=，此时pH=3.16，滤液1中需调节至，才能确保沉淀完全且不沉淀，B正确；滤液2中添加，当恰好沉淀完全时c2（F-）=，此时c（）=，未沉淀完全，C正确；慢反应步骤决定沉淀速率，根据步骤：(快反应)，(慢反应)，适当增加浓度，有利于慢反应正向移动，可提高产率，D正确；故选A。 6.（2025·黑龙江吉林·一模）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】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；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；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；合成过程中发生的反应为：，有和放出，D正确；故选B。 7.（2025·辽宁大连·模拟预测）氧化锌为白色粉末，可用于湿疹、癣等皮肤病的治疗。纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]的流程如下图所示。已知：在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化：高锰酸钾的还原产物是MnO2。下列说法错误的是 A．“酸浸”步骤不能用盐酸代替稀硫酸 B．“氧化”步骤若pH过低，无法除去Fe和Mn杂质 C．“沉镍”步骤的主要反应类型为置换反应 D．“沉锌”步骤滤液的成分只有Na2SO4和ZnSO4 【答案】D 【分析】纯化工业级氧化锌[含有Fe(Ⅱ)、Mn(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)等杂质]加入稀硫酸酸浸，过滤除去不溶的杂质，浸出液中含有Fe2+、Mn2+、Zn2+和Ni2+，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液并调节溶液的pH=5，已知在本实验条件下，Ni(Ⅱ)不能被氧化，高锰酸钾的还原产物是MnO2，则Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中Mn2+转化为MnO2，过滤，向滤液中加入Zn沉镍，Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni，过滤后的滤液中含有Zn2+，向滤液中加入碳酸钠沉锌得到碳酸锌沉淀，煅烧碳酸锌生成ZnO，以此分析解答。 【解析】“酸浸”步骤若用盐酸，后续氧化时加入的高锰酸钾会氧化氯离子生成有毒气体Cl2，同时增大KMnO4的用量造成浪费，所以不能用盐酸代替稀硫酸，A正确；“氧化”步骤若pH过低，KMnO4的氧化性增强，还原产物为Mn2+，引入了新的杂质，且溶液酸性较强，铁离子无法完全转化为Fe(OH)3沉淀，导致无法除去Fe和Mn杂质，B正确；“沉镍”步骤中Zn和Ni2+发生氧化还原反应生成Ni和Zn2+，该反应类型为置换反应，C正确；“氧化”、“沉镍”步骤的滤液中均含有K2SO4，则“沉锌”步骤滤液中一定含有K2SO4，D错误；故选D。 8.（2025·辽宁·二模）工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的并制取硫酸盐，其常用流程如图所示。下列错误的是 A．过程II反应的离子方程式为 B．碱性条件下，氧化性： C．过程I中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2 D．将1 转化为理论上需要的体积为22.4 L(标准状况) 【答案】D 【解析】过程II中，和S2-反应生成Mn(OH)2和，Mn元素由+4价下降到+2价，S元素由-2上升到+2价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物，由图可知，碱性条件下，O2能将Mn(OH)2氧化为，能将S2-氧化为，故氧化性：，B正确；过程I中Mn(OH)2和O2反应生成，Mn元素由+2价上升到+4价，O元素由0价下降到-2价，得失电子守恒时n[Mn(OH)2]:n(O2)=2:1，即氧化剂和还原剂物质的量之比为1:2，C正确；由图可知，总反应为 和O2反应转化为，S元素化合价-2价上升到+6价，O元素由0价下降到-2价，1 mol 转化为，需2 mol  O2，标况下体积为44.8 L，D错误；故选D。 9.（2025·辽宁盘锦·三模）碳酸钴可用作微肥、陶瓷及生产氧化钴的原料。以钴渣(和)为原料生产碳酸钴的流程如图所示： 已知：。 下列有关说法错误的是 A．“研磨”的目的是增大反应物的接触面积，提高酸浸率 B．为不引入新的杂质，加入的物质B可为CoO或等 C．“酸浸”过程中，发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：6 D．“调pH”应控制pH使完全沉淀而不生成沉淀 【答案】C 【分析】钴渣(和)研磨后用HCl溶液酸浸，不溶于盐酸，滤渣A为，滤液中含有Co2+、Fe3+，加入物质B调pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，且不引入新杂质，物质B可以是CoO或，过滤后加入碳酸钠，将Co2+转化为碳酸钴，以此解答。 【解析】研磨固体可增大反应物接触面积，使酸浸更充分，提高酸浸率，A正确；调pH需消耗H+且不引入新杂质，CoO或Co(OH)2与H+反应生成Co2+和水，符合要求，B正确；酸浸中Co2O3中Co由+3价降为+2价，HCl中部分Cl-由-1价升为0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2，C错误；调pH需使Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Co2+不沉淀，以分离Fe3+和Co2+，D正确；故选C。 10.（2025·辽宁葫芦岛·一模）利用如下流程可从废光盘中回收金属层中的银(金属层中其他金属含量过低，对实验影响可忽略)： 下列说法正确的是 A．“氧化”时，发生的化学方程式：4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑ B．氨水的作用是调节溶液的pH C．若“还原”工序利用原电池来实现，则N2是正极产物 D．“还原”时，每生成1molAg，理论上消耗0.5molN2H4·H2O 【答案】A 【分析】由题给流程可知，废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，过滤得到滤液和含有氯化银的滤渣；向滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，过滤得到滤渣和含有银氨络离子的滤液；向滤液中加入一水合肼溶液，溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，过滤得到银，据此回答。 【解析】由分析可知，氧化时发生的反应为废光盘碎片中的银在80℃水浴加热条件下与次氯酸钠溶液反应生成氯化银、氢氧化钠和氧气，反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O=4AgCl↓+4NaOH+O2↑，A正确；由分析知，向含有氯化银的滤渣中加入氨水，将氯化银转化为银氨络离子，不是为了调节溶液的pH，B错误；由化合价变化可知，若还原工序利用原电池来实现，一水合肼会在负极失去电子发生氧化反应生成氮气，C错误；由分析可知，还原时发生的反应为溶液中银氨络离子与一水合肼溶液反应生成银、氮气、氨气、铵根离子和水，反应的离子方程式为，则反应生成1mol银时，理论上消耗0.25molN2H4·H2O，D错误；故选A。 11.（2025·辽宁辽阳·二模）焦亚硫酸钠是常用的抗氧化剂，一种以为原料制备的微型流程如图所示。下列叙述错误的是 已知：常温下，的，。 A．上述过程没有发生氧化还原反应 B．常温下，饱和溶液呈碱性 C．反应①表明的酸性比强 D．与足量反应，能消耗 【答案】B 【分析】二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应得到二氧化碳和饱和亚硫酸氢钠溶液，再经脱水结晶得到焦亚硫酸钠晶体。 【解析】反应过程中各元素化合价均无变化，不涉及氧化还原反应，A正确；的水解常数为，可知的电离程度大于水解程度，常温下，饱和溶液呈酸性，B错误；反应①：二氧化硫与饱和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，符合“强酸制弱酸”反应原理，表明的酸性比强，C正确；根据得失电子守恒，，0.1mol与足量反应，能消耗0.2mol，质量为0.2mol×71g/mol=14.2g，D正确；故选B。 12.（2025·辽宁丹东·二模）钽酸锂()是光通讯、激光及光电子领域中的基本功能材料。一种以含钽废渣(主要成分为，含少量油脂和等)为原料制备钽酸锂的流程如下： 下列说法错误的是 A．“沸腾炉焙烧”为增加气固接触面积，常采用“逆流”操作 B．滤渣1的主要成分为，滤渣2的主要成分为 C．已知+5价Ta具有一定的氧化性，“酸化”时硫酸比盐酸更合适 D．在实验室模拟“灼烧”工序，主要仪器为石英坩埚、酒精灯、泥三角等 【答案】D 【分析】含钽废渣主要成分为，含少量油脂和。含钽废渣加入碳酸钠、通入空气在沸腾炉中焙烧，得到NaTaO3、NaAlO2和Fe2O3，加氢氧化钠浸取，滤渣1是Fe2O3，滤液中含有Na2TaO3、NaAlO2，滤液通入过量二氧化碳，NaAlO2和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，滤渣2是氢氧化铝；滤液加酸“酸化”生成HTaO3沉淀，HTaO3和碳酸锂灼烧得到LiTaO3。 【解析】沸腾炉焙烧采用“逆流”操作可增加气固接触面积，使反应更充分，故A正确；焙烧后生成的Fe2O3不溶于NaOH溶液，滤渣1为Fe2O3；浸取液中NaAlO2与过量CO2反应生成Al(OH)3沉淀，滤渣2为Al(OH)3，故B正确；+5价Ta有氧化性，盐酸中Cl-易被氧化，所以“酸化”时硫酸比盐酸更合适，故C正确；灼烧时Li2CO3分解产生Li2O，Li2O与石英坩埚中的SiO2反应，应使用铁坩埚，故D错误；故选D。 13.（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述不正确的是 A．流程中可循环利用 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替 D．该工艺中作氧化剂，它与互为同分异构体 【答案】D 【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体，据此解答。 【解析】流程中CCl4在“操作1”中作萃取剂萃取Br2使其进入有机相，“操作2”分液后有机相主要为CCl4，可循环到“操作1”继续使用，A正确；“操作1”为萃取、分液(分离溴水被CCl4萃取后的有机相和水相)，“操作2”为有机相(CCl4)与水相(NaBr溶液)的分液，两者均需要使用分液漏斗和烧杯，B正确；“氧化”中盐酸的作用是提供H+以增强NaClO3的氧化性，稀硫酸同样可提供H+，且硫酸根不干扰反应，故“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替，C正确；“还原”步骤中Br2被还原为Br-(化合价降低)，则CO(NH2)2作还原剂，并非作氧化剂，CO(NH2)2与NH4OCN为分子式相同(均为CH4ON2)而结构不同的化合物，两者互为同分异构体，D错误；故选D。 14.（2025·辽宁沈阳·模拟预测）在电影《哪吒2》建构的奇幻世界里，影片中的人物炼制能提升仙力的丹药。铅丹是中国古代炼丹术中常出现的角色。工业上以废旧铅酸电池的铅膏（主要成分是和）为原料制备的流程如图： 下列说法正确的是 A．基态Pb原子的价层电子排布式为 B．“还原”时的化学方程式为 C．加入碳酸钠溶液“脱硫”是利用了 D．实验室进行“灼烧”操作需要用到的全部仪器包括坩埚、酒精灯、玻璃棒 【答案】B 【分析】将主要含和的铅膏加入在硫酸的酸性环境中还原得到，再加入溶液进行脱硫转化为沉淀，过滤灼烧，最终得到产品，据此分析解答。 【解析】Pb为82号元素，位于周期表中第六周期第 ⅣA族，其基态Pb原子的价层电子排布式为，A错误；“还原”时是利用在硫酸的酸性环境中，加入将还原得到，则反应的化学方程式为：，B正确；“脱硫”是在固体中加入溶液转化为沉淀，说明，C错误；灼烧操作需要用到的全部仪器包括： 坩埚 、 坩埚钳 、 泥三角 、 三脚架 和 酒精灯，D错误；故选B。 15.（2025·辽宁·模拟预测）CuCl是一种白色粉末，不溶于水，可用作有机合成的催化剂，并用于颜料、防腐等工业。现以印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为}和酸性蚀刻液{主要成分为}为原料制备CuCl，工艺流程如图： 下列说法错误的是 A．“中和沉铜”发生反应的离子方程式为 B．等物质的量的和中σ键之比为 C．在流程中可循环利用 D．当生成时，理论上转移电子0.5mol 【答案】A 【分析】印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为}和酸性蚀刻液{主要成分为}“中和沉铜”，转化为碱式氯化铜，过滤后用稀硫酸酸化化浆，得到Cu2+，加入亚硫酸钠将Cu2+还原成CuCl，以此解答。 【解析】由分析可知，印刷线路板碱性蚀刻液{主要成分为}和酸性蚀刻液{主要成分为}“中和沉铜”，转化为碱式氯化铜，根据得失电子守恒合电荷守恒配平离子方程式为，A错误；N-H键和配位键都是σ键，中含σ键，中含σ键，等物质的量的和中σ键之比为，B正确；由分析可知，“还原”中加入亚硫酸钠将Cu2+还原成CuCl，发生反应的离子方程式为，反应生成的可在“酸化化浆”时循环利用，C正确；该流程中Cu元素由+2价下降到+1价。的物质的量是0.5mol，故转移电子0.5mol，D正确；故选A。 16.（2025·辽宁丹东·一模）碳酸铈可用于制备稀土发光材料。实验室以二氧化铈废渣为原料制备的流程如下： 已知：被有机萃取剂(简称)萃取的原理可表示为：。下列说法错误的是 A．“酸浸”时，温度不宜过高 B．“萃取”时，选用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯 C．“反萃取”时，为了提高的反萃取率，应一次性加入大量的稀硝酸 D．“沉淀”时，反应的离子方程式为 【答案】C 【分析】向二氧化铈废渣中加入稀盐酸、进行酸浸，得到含的浸出液，向浸出液中加入氨水进行中和，再加入有机萃取剂(简称)，发生，得到含的有机层，加入稀硝酸进行反萃取，得到溶液，再加入和发生进行沉淀，得到，据此回答。 【解析】“酸浸” 时加入了溶液，受热易分解，所以温度不宜过高，A正确；“萃取” 操作需要用到分液漏斗和烧杯，用于混合溶液和分离，B正确；根据，“反萃取” 时，一次性加入大量稀硝酸，会使溶液中浓度瞬间增大，平衡逆向移动，但不利于充分转移到水层，应分多次加入稀硝酸，提高的反萃取率，C错误；“沉淀” 时，与、反应生成沉淀，离子方程式为，D正确；故选C。 17.（2025·内蒙古·二模）以铁屑(含、等杂质)为原料制备六水氯化铁的流程如图。下列叙述错误的是 不同温度下，六水氯化铁在水中的溶解度如下： 温度/℃ 0 10 20 30 50 80 100 溶解度/g 74.4 81.9 91.8 106.8 315.1 525.8 535.7 A．“滤渣”的主要成分是Cu和Ag B．“氧化”中的离子反应为 C．“结晶”中浓盐酸的作用是抑制水解 D．“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】B 【分析】铁屑(含、等杂质)中加入稀硫酸，、不反应，为滤渣，Fe生成硫酸亚铁，双氧水氧化Fe2+生成Fe3+，加入浓盐酸结晶得到·6H2O。 【解析】根据流程图可知，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铜、银与稀硫酸不反应，则滤渣的主要成分是Cu和Ag，故A正确，不符合题意；“氧化”中发生2Fe2++H2O2+ 2H+= 2Fe3++ 2H2O，故B错误，符合题意；“结晶”中浓盐酸既可以提供Cl-又可以抑制FeCl3的水解，故C正确，不符合题意；结合六水氯化铁在水中的溶解度可知，“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确，不符合题意；故选B。 18.（2025·内蒙古乌兰察布·二模）高纯单晶硅是助力“中国芯”崛起，彰显中国“智”造的主要原料。某小组拟在实验室制造硅材料，其流程如下图。 已知：①，②在常温下与空气接触即可自燃。 下列说法中错误的是 A．点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，其晶体类型有两种 B．氛围是可以阻止被二次氧化和自燃 C．操作2为用去离子水洗涤并烘干 D．镁粉生成和的混合物，转移电子 【答案】A 【分析】石英砂、镁粉在点燃条件下生成Si、MgO、Mg2Si，在CO2氛围中，过量盐酸与MgO反应生成MgCl2，与Mg2Si反应生成和MgCl2和SiH4，CO2可防止接触空气自燃，经过过滤操作，得到单质Si，经过洗涤、干燥得到纯净硅。 【解析】点燃镁条引发反应的过程中涉及到的物质，镁粉是金属晶体，石英砂、Si是共价晶体，MgO、Mg2Si是离子晶体，其晶体类型有3种，A错误；易空气氧化，接触空气易自燃，所以氛围是可以阻止被二次氧化和自燃，B正确；滤渣的主要成分为Si，经过洗涤、干燥可得到纯净Si，所以操作2为用去离子水洗涤并烘干，C正确；镁粉生成和的混合物，镁的化合价均为由0价升高为＋2价，转移电子，D正确；故选A。 19.（2025·内蒙古赤峰·二模）高铁酸钾()是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。下列叙述错误的是 A．铁屑在干燥的氯气中发生反应Ⅰ时，若铁屑过量，可能生成 B．反应Ⅱ的离子方程式为 C．该条件下，物质的溶解度： D．用对饮用水杀菌消毒的同时，生成的胶体可吸附杂质净化水 【答案】A 【分析】铁与氯气发生反应Ⅰ生成FeCl3，加入NaClO、NaOH发生反应Ⅱ，在碱性条件下NaClO将铁离子氧化成Na2FeO4，加入饱和KOH溶液可析出高铁酸钾(K2FeO4)，分离得到粗K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答此题； 【解析】氯气的氧化性较强，无论铁屑是否过量，在干燥的氯气中发生反应Ⅰ时只生成FeCl3，A错误；根据电子守恒、原子守恒，可知反应Ⅱ的离子方程式为，B正确；化学反应总是由易溶的向难溶性物质转化，向Na2FeO4溶液中加入KOH饱和溶液，反应产生K2FeO4和NaOH，说明物质的溶解度：Na2FeO4>K2FeO4，C正确；K2FeO4具有强氧化性，可以将细菌、病毒的蛋白质氧化使其发生变性而失去生理活性，因此可以用K2FeO4对饮用水杀菌消毒，K2FeO4得到电子被还原产生的Fe3+发生水解反应产生Fe(OH)3胶体，该胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀析出，故产生的Fe(OH)3胶体可以吸附杂质而净化水，D正确；故选A。 20.（2025·辽宁·模拟预测）黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是分布最广的铜矿物，由黄铜矿为原料制备铜和铁红的工业流程如图所示(已知：“溶浸”时，产生的CuCl难溶于水，但能溶于浓盐酸得到[CuCl2]-)。下列有关说法错误的是 A．“溶浸”时，FeCl3溶液也可以用酸性强的稀硫酸代替 B．“滤渣”的主要成分为CuCl和S C．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为过滤 D．“稀释”时发生的离子反应：[CuCl2]-=CuCl+Cl- 【答案】A 【分析】氯化铁具有氧化性，能氧化黄铜矿，根据产物知反应I为CuFeS2+3Fe3++Cl-=4Fe2++CuCl+2S，然后过滤得到固体CuCl和S和滤液，向滤液中加入氧化剂将Fe2+氧化为Fe3+后，调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤得到沉淀洗涤干燥后灼烧即得到Fe2O3，向CuCl、S的混合物中加入浓盐酸，发生反应为Cl-+CuCl=[CuCl2]-，过滤除去单质硫，滤液中再加入水发生反应生成CuCl，结合题目分析解答。 【解析】由题干流程图可知，“溶浸”时需将Cu2+转化为CuCl沉淀，故FeCl3溶液不可以用酸性强的稀硫酸代替，否则无法得到CuCl沉淀，A错误；由分析可知，“滤渣”的主要成分为CuCl和S，B正确；由分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均为分离溶液和沉淀等不溶性固体，即均为过滤操作，C正确；由分析可知，加入浓盐酸，发生反应为Cl-+CuCl=[CuCl2]-，则“稀释”时发生的离子反应：[CuCl2]-=CuCl+Cl-，D正确；故选A。 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 $