专题06 化学工艺流程综合题型研究（培优讲义）2026年高考化学二轮复习高效培优系列

该高中化学高考复习讲义聚焦化学工艺流程综合题型，涵盖专业术语、原料预处理、反应条件控制等7大核心考点，按“考情精析-考点深解-题型突破”逻辑架构，通过考点梳理、方法总结、真题典例与变式训练，帮助学生构建“原料-转化-分离-评价”完整思维链，突破信息解读与原理迁移难点。 资料以真实工业情境强化核心素养，如用“顺逆双向追溯法”解析循环物质，“目的+原理”模板训练规范表达，培养科学思维与实践能力。设置分层变式题与错题归因档案，助力教师精准把控复习节奏，高效提升学生综合应用与绿色化学评价能力。

专题06 化学工艺流程综合题型研究 目录 第一部分 考情精析 第二部分 重难考点深解 【考点01】 工艺流程题中的常见专业术语 【考点02】 工艺流程题中原料预处理的常用方法 【考点03】 工艺流程题中控制反应条件的常用方法 【考点04】 工艺流程题中的副产品及循环物质的确定 【考点05】 工业流程题中的图表图象信息加工 【考点06】 工业流程题中的分离与提纯方法 【考点07】 工业流程题中的答题规范 第三部分 解题思维优化 【题型01】物质制备型化工流程题 【题型02】混合物分离提纯型化工流程题 【题型03】原理应用(侧重化学反应原理)型化工流程题 【题型04】资源回收与环保型化工流程题 【题型05】信息给予型化工流程题 核心考向聚焦 主战场转移：高考化学工艺流程题更侧重真实工业与新场景结合，强化绿色化学与综合素养考查，方程式书写要求提升，突出知识综合运用与实际问题解决能力。 核心价值：立足真实工业生产，渗透绿色化学理念，聚焦科学探究与创新，强化学以致用的实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：提取加工工业信息、分析物质转化与分离原理、设计实验方案、评估生产绿色性，突出逻辑推理与综合应用能力。 培优瓶颈：对陌生工业场景信息解读不精准，原理迁移与实际问题结合脱节，绿色化学评价、多步反应计算的细节把控能力不足。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，将以战略资源回收、新能源材料为真实情境，设问更精细开放，强化信息提取、原理迁移与绿色评价，突出多步计算与逻辑推理，注重综合素养与创新能力。 策略：需聚焦陌生工业情境拆解，强化原理迁移与多步计算，积累工艺术语与绿色评价维度，通过专题训练与错题复盘突破思维瓶颈。 重点训练：1.分类汇编真题与模拟题，按 “金属冶炼、化工制备、资源回收” 等专题集中训练，总结同类题型的命题规律与解题模板。 2.建立 “错题归因档案”，要求尖子生标注错题原因（如信息漏读、原理误用、计算失误），定期复盘并针对性补练。。 ◇考点 01 工艺流程题中的常见专业术语 1.工艺流程题中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 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 酸浸 在酸性溶液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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 2.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对“焙烧、浸出、过滤、洗涤、结晶、萃取、蒸馏”等常见专业术语的内涵理解模糊，无法关联对应的操作本质； ②术语与工艺目的脱节，不能通过术语判断流程环节的核心作用； ③答题时术语使用不规范，易出现错别字或表述偏差，影响得分。 (2)突破策略 ①梳理高频术语清单，明确各术语的定义、适用场景及对应操作； ②结合典型工艺流程，建立术语与工艺环节的关联，强化“术语-操作-目的”的逻辑链条； ③加强术语规范书写训练，通过真题仿写、错题整理纠正偏差，同时借助术语辨析题巩固理解，提升术语应用的精准度。 ◇考点 02 工艺流程题中原料预处理的常用方法 1.工艺流程题中原料预处理的六种常用方法 方法 目的 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，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 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 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.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对粉碎、焙烧、酸浸、碱浸、水浸、研磨、搅拌等常用预处理方法的适用场景与核心目的辨析模糊，易混淆酸浸与碱浸的适用物质类型； ②无法结合原料特性（如矿物组成、杂质类型）和工艺目标推导预处理方法的选择依据，忽略预处理与后续反应的关联； ③答题表述不规范，对预处理方法的作用描述笼统，如仅答“提高反应速率”，未说明“粉碎增大接触面积”等原理支撑。 (2)突破策略 ①构建“方法-原理-适用原料-核心目的”对应体系，明确各类方法的关键作用，如焙烧可转化难溶矿物、调浸取液pH可抑制杂质溶解等； ②强化“原料-目标产物”导向思维，通过典型例题训练从原料组成反推预处理方案的逻辑，总结“矿物类优先粉碎焙烧、含酸性杂质用碱浸”等规律； ③规范答题模板，梳理“目的+原理”的表述框架，结合真题专项练习，提升对预处理方法分析与表达的精准度，深化对预处理“承前启后”工艺价值的理解。 ◇考点 03 工艺流程题中控制反应条件的常用方法 一、控制反应条件的常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.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.冰水(或有机溶剂)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。 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。 二、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈主要表现 ①对温度、压强、浓度、催化剂、pH、反应物用量比、反应时间这七种常用方法的适用原理与目的辨析不清，易混淆不同条件的调控逻辑； ②无法结合工艺目标（如提高产率、抑制副反应、便于分离）推导条件选择依据，忽略条件与物质性质、反应类型的关联； ③答题表述不规范，对条件调控的原因、作用描述笼统，缺乏针对性。 2.突破策略 ①构建“方法-原理-调控目的-适用场景”对应体系，明确七种方法的核心作用，如升温加速反应、调pH除杂等； ②强化“工艺目标导向”思维，通过典型例题训练从产物需求、物质特性反推条件调控的逻辑，总结不同反应类型（如氧化还原、复分解）的条件选择规律； ③规范答题模板，针对“为何控温/调pH”等问题，梳理“目的+原理”的表述框架，结合真题专项练习，提升条件分析与表达的精准度。 ◇考点 04 工艺流程题中的副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 2.循环物质的确定 3.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①难以区分副产品与杂质，对“非目标产物但可回收利用”的副产品特征判断模糊； ②循环物质定位不准，无法通过物料流向追溯可重复进入流程的物质，易遗漏未参与主反应的反应物或中间产物； ③缺乏推导逻辑，不能结合反应方程式与流程箭头联动分析物质去向。 (2)突破策略 ①明确核心判定标准，副产品是“有价值的非目标产物”，循环物质需满足“离开流程后再返回起始/中间环节”； ②掌握“顺逆双向追溯法”，顺流向找产物与副产品，逆流向定位循环物质； ③结合反应方程式梳理物料守恒，通过典型例题总结“箭头回流即循环、非目标且可回收为副产品”的解题技巧，提升判定精准度。 ◇考点 05 工业流程题中的图表图象信息加工 一、图象题 1.类型 （1）单一曲线型 （2）多重曲线型 2.解决图象题的基本思路： （1）会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。 （2）会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。 二、解决表格题的关键 1.理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 2.理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 三、图表信息试题的问题解决的方法归纳： 1.应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律； 2.应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义； 3.注意 （1）信息的情景化：理解所给信息作什么用？ （2）信息与基础知识间的有机联系。 四、实例分析 1.浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。 2.“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100℃、2.8h左右 3.酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6：1。 4.图3为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%左右。 5.溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。 五、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈主要表现 ①对流程图中物料流向、反应条件、操作单元的关联分析不足，易遗漏关键信息如箭头指向、标注的温度/压强等； ②无法精准解读溶解度曲线、转化率随条件变化图等图象数据，难以将图象趋势与工业反应原理、分离提纯逻辑结合； ③信息整合能力薄弱，不能将图表图象信息与题干文字信息联动，导致解题思路断裂，无法推导工艺目的或优化方向。 2.突破策略： ①强化流程图解读技巧，总结“顺物料流向找转化、逆流向推杂质/循环物质”的方法，标注关键条件与操作的对应关系； ②专项训练图象分析能力，掌握“看轴、看线、看点、看趋势”的核心思路，建立图象数据与反应限度、物质分离等考点的关联模型； ③开展图文联动专项练习，通过典型例题训练信息筛选、整合与迁移能力，同时归纳高频图表图象类型的解题模板，提升信息加工的精准度与效率。 ◇考点 06 工业流程题中的分离与提纯方法 1、明确常用的提纯方法 (1)水溶法：除去可溶性杂质。 (2)酸溶法：除去碱性杂质。 (3)碱溶法：除去酸性杂质或铝及其氧化物。 (4)氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质。 (5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。 (6)调节溶液pH法：如除去Cu2＋中混有的Fe3＋等。 2、明确常用的分离方法 (1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法。 (2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。 (3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 (4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。 (5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。 (6)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。 3、培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对过滤、蒸发、萃取、蒸馏、重结晶等核心方法的适用场景辨析模糊，易混淆相似原理的分离操作，如将蒸发与蒸馏、萃取与分液的适用条件弄混； ②无法结合工业实际流程推断分离目的，难以通过流程图中物质状态、杂质成分关联对应分离方法； ③规范表达缺失，如过滤操作的仪器名称、蒸馏的注意事项等答题表述不完整、不精准。 (2)突破策略 ①构建“方法-原理-适用场景-仪器”三维知识体系，通过对比表格梳理易混方法，强化特征辨析； ②聚焦工业流程，训练从“原料-产物-杂质”推导分离目的的能力，总结“固液分离优先过滤、液液互溶选蒸馏、溶质转移用萃取”等常规思路； ③强化规范答题训练，整理高频操作的标准表述，结合典型例题专项突破，同时通过工业真实案例深化对分离提纯实用性的理解，提升解题精准度。 ◇考点 07 工业流程题中的答题规范 一、工业流程题中的答题规范 1.除杂：除去……中的…… 2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止…… 3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。 4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。 5.温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。 7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。 8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。 9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。 10.检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。 11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。 13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。 14.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。 15.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，得到较干燥的产物。 16.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。 17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。 二、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈表现 ①术语不规范：如将“过滤”写为“过虑”，“蒸发浓缩”简化为“蒸发”，电极反应式遗漏“↑”“↓”或电子守恒失衡。 ②逻辑不严谨：解释反应条件（如温度、pH）时，只答“加快反应速率”，未补充“防止产物分解”“避免杂质析出”等关键逻辑链。 ③信息挖掘不充分：忽略流程中“循环利用”“尾气处理”等隐含条件，对陌生反应的信息迁移不精准，导致方程式书写错误。 ④表述不简洁：简答时冗余赘述，未抓住“原理+目的”核心，如除杂原因未明确“除去某离子”“不引入新杂质”的核心要点。 2.突破策略 ①构建术语清单：梳理过滤、萃取、电解等核心操作及反应原理的标准表述，强化书写规范。 ②建立答题模板：如条件控制类按“速率/平衡+产物稳定性+杂质影响”分层作答，除杂类遵循“除杂对象+方法+不引入新杂质”逻辑。 ③强化信息关联训练：通过陌生流程题专项练习，提升从题干、流程图中提取关键数据、反应条件的能力，精准迁移守恒规律书写方程式。 ④规范作答批改：采用“关键词赋分”思维自我批改，聚焦得分点，精简表述，避免无效信息。 ◇题型 01 物质制备型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 。 (2)时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积 。 (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度 (填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。 (5)从滤液Ⅱ获取晶体的操作为 (填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤    b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a．增大反应物间的接触面积    b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能          d．研钵表面跟反应物更好接触 典例2（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： (1)基态锰原子核外电子的空间运动状态有 种。 (2)为提高“浸取”效率，可采取的措施是 (写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。 (3)“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是： ；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为 ［计算时只考虑生成沉淀］。 (5)“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整 。 ______________________________ (6)为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度 (用含、、的代数式表示)。 变式2（2025·广东肇庆·一模）铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后产物为、、、和。 ②氧化性强弱：。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。 金属离子 开始沉淀 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全 9.6 3.7 10.1 5.5 (1)“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是 。 (2)“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为 。“酸浸”后，滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)“还原”时加入的目的为 。 (4)“沉铋”时，调节溶液pH的范围为 。 (5)“氧化”时，由生成的化学方程式为 。 (6)①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。 。 ②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是 (结合电极方程式解释)。 变式3（2025·湖南·一模）锗是一种常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通信等领域。工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度的锗的工艺流程如图所示。 (1)写出基态锗原子的简化电子排布式： 。 (2)800℃升华时需持续通入，其目的是 (写两点)。 (3)“焙烧”时主要反应的化学方程式为 。 (4)已知：和的电负性分别为1.8和3.0，且常温下为无色液体，由此判断固态为 晶体；写出与高纯水反应的化学方程式： 。 (5)比较下列氢化物的沸点，分析其变化规律及原因： 。 (6)和是的两种同素异形体，二者晶胞结构如图所示(其中晶胞中有2个小球位于晶胞体内)。 ①具有金刚石型结构，微粒之间存在的作用力是 。 ②若和晶体的密度分别为和，则和晶胞的体积之比是 (用含、的代数式表示)。 变式4[原创题]二氧化氯()、亚氯酸钠()是两种新型水处理剂。一种制备亚氯酸钠晶体的工艺流程如下： 已知：①纯易分解爆炸，高于60℃时易分解。 ②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体，在温度高于38℃时析出晶体。 回答下列问题： (1)“溶解”步骤中，NaClO3固体用稀硫酸溶解的目的是 。 (2)“发生器”中，SO2与NaClO3反应生成ClO2和Na2SO4,写出该反应的离子方程式 ,通入空气的作用是 。 (3)“吸收塔”中，ClO2被NaOH和H2O2的混合液吸收生成NaClO2,该过程中H₂O₂的作用是__(填“氧化剂”或“还原剂”) ,吸收时需控制温度在30～40℃,原因是 。 (4)从“吸收塔”的溶液中获得NaCIO₂粗产品的操作是：____、过滤、洗涤、干燥。 (5)若“发生器”中产生1mol ClO2,理论上“吸收塔”中至少需消耗H₂O₂的质量为___g。 ◇题型 02 混合物分离提纯型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 (3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。 (4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。 (5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。 典例2（2024·上海卷）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 (1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A． B． C． D． (2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是 。 (3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有 。(用化学式表示) (4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH (5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有 。 (6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 (7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式 。相比于方法3，方法2的优点是 。 (8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量 。(写出计算过程) 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·云南大理·一模）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图 已知：i．溶于盐酸可以得到。 ii．。 iii．。 回答下列问题： (1)Cu原子价层电子排布式为： ，“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。 (2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。 (3)“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；请结合计算过程判断该反应是否可以完全转化(一般认为，时可完全反应) 。 (4)实验室中能合成很多含的配合物。与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol该离子通过螯合作用形成的配位键数目为 。(用表示阿伏伽德罗常数) (5)元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞如下图所示，该化合物的化学式为 ；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度 (用含、的代数式表示)。 变式2（2025·河北石家庄·模拟预测）某工厂将盐湖水进行初步除杂浓缩后得到浓缩卤水(含有硼酸根离子等)，利用浓缩卤水制备锂离子电池原料的工艺流程如下： 已知：①当某离子的浓度小于或等于时，可认为该离子已沉淀完全； ②室温下，相关物质的如下表： 化合物 回答下列问题： (1)“除硼”过程中，涉及的操作有______(填选项字母)。 A．过滤 B．萃取 C．蒸馏 D．分液 (2)“一次沉淀”可使大部分以形式除去，该反应的离子方程式为 。 (3)“二次沉淀”得到的“沉淀Ⅱ”中除外，还含有 (填化学式)。 (4)“三次沉淀”时，若向为的“滤液Ⅱ”中加入等体积的溶液，使完全沉淀，则溶液的浓度至少为 (不考虑水解的影响，溶液混合时忽略体积变化)。 (5)“电渗析”的装置如图所示，为离子交换膜，则x为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜；浓缩的LiCl溶液可以在 (用字母A、B、C、D表示)区域获取。 (6)活性的减少会造成锂离子电池的衰减，复旦大学科研团队研发的补充剂——三氟甲基亚磺酸锂()可有效减少这种衰减。试从结构角度分析三氟甲基亚磺酸锂比甲基亚磺酸锂()更适合做补充剂的原因为 。 变式3（2025·广东江门·一模）金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下， (1)“酸浸”时，提高浸出速率的措施有 (写一条)。 (2)“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于 。 (3)“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为 。 (4)CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为 ，晶胞密度 (只写计算式)。 (5)“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．该配合物的配体数目为2 D．该配合物内部有氢键 (6)“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为 。 (7)工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在 (填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“ ”工序使用。 变式4[原创题]某含铟矿物经过酸浸后含有的金属离子主要有、、、。为提取其中的贵重金属铟，设计如下工艺流程。 已知： ①锌焙砂成分为、和。 ②压滤是通过施加压力分离固液的操作。 ③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表： 开始沉淀 6.2 6.3 4.6 2.2 2.1 完全沉淀() 8.2 8.3 7.4 3.2 ？ 回答下列问题： (1)“预中和”步骤加入锌焙砂的作用是 ，“预中和渣”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”步骤中FeS的作用是将Fe3+还原为Fe2+，同时沉淀Cu2+，写出沉淀Cu2+的离子方程式 ，该步骤需控制pH，若pH过高，会导致的后果是 。 (3)“中和沉淀”步骤加入CaO调节pH,应控制pH的范围是 ;压滤后得到的“铟渣”中铟的存在形式是___(写化学式)。 (4)恰好沉淀完全时，溶液的pH值为 (保留一位小数)。(以室温计算，) ◇题型 03 原理应用(侧重化学反应原理)型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·北京卷）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： 。 典例2（2025·北京卷）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 变｜式｜巩｜固 变式1（25-26高三上·河南周口·期中）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图： 已知：ⅰ．常温下，部分难溶物的溶度积常数如表。 难溶物 (不溶于氨水) ⅱ．易水解，难溶于冷水。 (1)已知“滤渣1”中含有S单质和 (填化学式)，写出“氧化浸取”时反应的离子方程式： 。 (2)“还原”过程的目的是 ；“调pH”时要使完全沉淀(当离子浓度小于或等于mol·L-1时，视为完全沉淀)，溶液pH最小为 (取整数，已知：)。 (3)已知进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和的固体混合物，为检验是否洗涤干净，可选择的试剂为 (填标号)。 A．KSCN溶液    B．溶液     C．溶液 (4)已知：的平衡常数。试计算“碱溶”过程中的平衡常数 。 (5)“转化”时，生成的离子方程式为 。 (6)取产品1.400g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应[(未配平)]，再用0.200 0 mol·L-1标准溶液滴定生成的，达到滴定终点时消耗19.60 mL标准溶液。当 时，到达滴定终点；该产品的纯度为 %。 变式2（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： (1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有 。(写出两个) (2)浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式 。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因 。 (3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是 。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因 。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有 。 变式3（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： (1)“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (4)“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，“操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 (5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) (6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] (7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。 变式4[原创题]草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： (1)Na2SO3的作用是将Co2O3还原为Co2+,写出该反应的离子方程式：__________; (2)浸出渣的主要成分是SiO2和 (填化学式),理由是 (3)加入NaClO3的目的是 ,若NaCIO3转化为Cl-,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (4)调节pH时，应控制pH的范围是___(选填：“2.8≤pH<6.7”、“6.7≤pH<9.4”、“9.4≤pH<10.1”)；沉淀X的主要成分是_____(填化学式)。 (5)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______。 ◇题型 04 资源回收与环保型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·广西卷）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是 。“滤液1”中的主要阳离子有 （填化学式）。 (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为 。 (3)“试剂X”可选用 （填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是 （用离子方程式表示）。 (5)若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为 mol。 (6)将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是 。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是 。 典例2（2025·福建卷）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 (1)“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为 。 ②中钒的价电子排布式为 。 ③生成的化学方程式为 。 (2)“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为 ；“滤渣2”为 (填名称)。 (3)“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有 个可形成氢键的位点；沉淀为。 (4)“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为 ；“滤液2”中可循环利用的物质为 。 (5)关于该工艺流程，下列说法错误的是 。(填标号) a．“气体1”为CO         b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含    d．粗产品含 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·贵州六盘水·一模）为节约资源，减少金属对环境的污染，对废弃锂电池的正极材料进行处理，回收Li、Mn元素的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态锰原子的价层电子排布式为 。 (2)提高“酸浸”效率的措施有 (任写2条)。 (3)“酸浸”过程中温度不高于40℃目的是 。 (4)完成“酸浸”时发生反应的离子方程式 。 ☐＋_______＋☐☐☐☐_______ (5)写出“沉锰”过程中的离子方程式 。 (6)“沉锂”步骤中，调节pH不宜过低的原因是 。 (7)若“沉锂”前“滤液2”中，取该溶液加入等体积溶液充分反应后，溶液中，则锂离子的沉淀率为 。 (已知：①沉淀率；②；③混合后溶液总体积变化忽略不计) 变式2（25-26高三上·四川成都·月考）以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe3O4、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下： 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。 回答下列问题： (1)稀土元素Y为第五周期Sc的同族元素，基态Y原子的d能级和s能级电子个数比为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图，与Sc3+配位的能力：1号O原子 (填“>”“<”或“=”)2号O原子。 (4)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为 (填Na2SO3或NaClO)，应调节pH最佳为 。 (5)“沉钪”时，将K2CO3固体加入草酸(H2C2O4)溶液[配料比n(K2CO3)：n(H2C2O4)=2：3]，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。K2CO3需分批缓慢加入到草酸溶液的原因是 ；发生反应的离子方程式为 。 (6)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数Kd) ；萃取率=。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保留到小数点后一位)。 变式3（2025·云南·模拟预测）钯是贵金属之一，被广泛应用于汽车尾气处理、航空航天、催化合成和医疗器械等领域。从废催化剂(含少量铁元素)中回收钯的工艺如图所示： 已知：Pd溶于王水生成 回答下列问题： (1)“焙烧”生成的气体是 。 (2)王水能溶解Pd是因为其中硝酸具有下列中的 (填标号，下同)，盐酸具有 。 A．还原性    B．氧化性    C．酸性    D．配位能力 “酸浸”时温度不能太高的原因是 。 (3)“络合”中的滤渣是 。 (4)碱性条件下肼可以与络合过程中生成的反应，同时生成两种气体，离子方程式为 。 (5)向溶液中加入适量盐酸可以生成，用平衡移动原理解释原因： 。 (6)有两种结构，则其空间结构类型为 ，其中极性更大的是 (填结构简式)。 变式4[原创题]某废弃锂电池的固态电解质主要成分为Li7La3Zr2O12和少量Al2O3。对其回收处理的流程如图所示(部分条件省略)。 已知： ①预处理是将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎等操作； ②某些离子开始沉淀和沉淀完全时的pH值如下表。 离子 Li+ La3+ Zr4+ Al3+ 开始沉淀的pH - 7.5 1.2 3.4 沉淀完全的pH - 8.7 2.4 4.7 回答下列问题： (1)Li7La3Zr2O12与稀H2SO4反应生成可溶性硫酸盐，写出该反应的化学方程式：__________;酸浸后，滤液中含有的金属阳离子有Li+、La3+、Zr4+和 (填离子符号)。 (2)调pH=3时，沉淀1的主要成分是_____(填化学式)，说明选择pH=3的理由： 。 (3)过滤2中“调pH”应控制的pH范围是______;此时沉淀2的主要成分是____(填化学式)。 (4)沉镧时，La3+与草酸溶液反应生成La2(C2O4)3沉淀，该反应的离子方程式为： ；沉锂后煅烧Li2CO3得到Li2O,该反应的化学方程式为： 。 (5)该回收流程的环境与资源意义是： (答出1点即可)。 ◇题型 05 信息给予型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。 (2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 (3)酸浸的目的为 。 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 典例2（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： (1)分子中手性碳原子数目为 。 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·辽宁丹东·模拟预测）一种从深海多金属结核[主要含、、，有少量的、、、]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(、、)的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol·L)开始沉淀和完全沉淀的pH： 开始沉淀 的pH 1.9 3.3 4.8 6.9 7.4 8.1 完全沉淀 的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸还原”中，滤渣的主要成分是 (填化学式)；还原的离子方程式为 。 (2)“沉铁”中，空气的作用为 ，加热至200℃的主要原因是 。 (3)“沉铝”中，未产生沉淀，可调节pH为 (填标号)； A．4.0    B．4.7    C．6.0    D．6.8 若pH过大，不仅其他金属阳离子会发生沉淀，沉淀也会发生溶解，其溶解的化学方程式为 。 (4)“第二次萃取”中 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成更稳定的配合物。 (5)“电解”中，电解余液可以在 步骤中循环使用。 变式2（2025·广东深圳·一模）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)Mn属于 区元素。 (2)“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为 。 (3)“酸浸”时，被还原为，需添加 ，其中转移的电子数目为 。 (4)“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 。 (5)“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 。 (6)该工艺中能循环利用的物质有 (填化学式)。 变式3（2025·湖北·一模）为实现废旧锂电池资源循环利用和环境保护，某工厂设计了一条回收废旧磷酸锰铁锂电池正极材料的流程（如下图所示）。正极粉末主要成分为，含少量等杂质。 已知： ①难溶于水。 ②常温下。 ③萃取剂（结构简式为）萃取原理：酸形式；去质子后的阴离子。 回答下列问题： (1)基态的价层电子轨道表示式为 。 (2)正极粉末“酸浸”前需“浆化（制成悬浊液）”的原因是 。 (3)滤渣A的成分为 。 (4)滤渣B是 [填“”或“”]，判断的理由是 。 (5)萃取剂一般以二聚体的形式与以配位键结合，请从结构的角度解释易形成二聚体的原因 ；下列试剂中，最宜作为反萃取剂X的是 （填选项编号）。 A．        B．        C．        D． (6)产物和与固体在空气中焙烧制得正极材料，反应的化学方程式为 。 变式4[原创题]以钛铁矿(主要成分为，含有少量)为主要原料制取TiN和水处理剂聚合氯化铁的工艺流程如图。 已知：i.“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有。 ii.室温下，的化学平衡常数；该条件下，开始沉淀的pH分别为6.3、1.8。 回答下列问题： (1)“酸浸1“中FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为 ；滤渣的主要成分是____(填化学式)。 (2)加入铁粉的目的之一是降低H+浓度，结合已知ii分析：铁粉与H+反应使c(H+)减小，TiO2+的水解平衡____(填“正向”或“逆向”)移动，有利于TiO(OH)2沉淀；若室温下“沉钛”后溶液中c(TiO2+)=0.1mol·L-1,则溶液c(H+)= mol·L-1(忽略水解的TiO2+对浓度的影响)。 (3)酸性双氧水处理的目的是 ；沉铁时需控制pH范围为 ，结合已知ii说明理由： 。 (4)熔融TiCl4与NH3在600℃下反应生成TiN,该反应的化学方程式为 ；气体X的化学式是______。 (5)聚合氯化铁[Fe2(OH)aCl6-a]m中，Fe的化合价为+3，则a的取值范围是______(填“0<a<6""a=3”或“a>6”)。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 化学工艺流程综合题型研究 目录 第一部分 考情精析 第二部分 重难考点深解 【考点01】 工艺流程题中的常见专业术语 【考点02】 工艺流程题中原料预处理的常用方法 【考点03】 工艺流程题中控制反应条件的常用方法 【考点04】 工艺流程题中的副产品及循环物质的确定 【考点05】 工业流程题中的图表图象信息加工 【考点06】 工业流程题中的分离与提纯方法 【考点07】 工业流程题中的答题规范 第三部分 解题思维优化 【题型01】物质制备型化工流程题 【题型02】混合物分离提纯型化工流程题 【题型03】原理应用(侧重化学反应原理)型化工流程题 【题型04】资源回收与环保型化工流程题 【题型05】信息给予型化工流程题 核心考向聚焦 主战场转移：高考化学工艺流程题更侧重真实工业与新场景结合，强化绿色化学与综合素养考查，方程式书写要求提升，突出知识综合运用与实际问题解决能力。 核心价值：立足真实工业生产，渗透绿色化学理念，聚焦科学探究与创新，强化学以致用的实践能力。 关键能力与思维瓶颈 关键能力：提取加工工业信息、分析物质转化与分离原理、设计实验方案、评估生产绿色性，突出逻辑推理与综合应用能力。 培优瓶颈：对陌生工业场景信息解读不精准，原理迁移与实际问题结合脱节，绿色化学评价、多步反应计算的细节把控能力不足。 命题前瞻与备考策略 预测：2026年高考中，将以战略资源回收、新能源材料为真实情境，设问更精细开放，强化信息提取、原理迁移与绿色评价，突出多步计算与逻辑推理，注重综合素养与创新能力。 策略：需聚焦陌生工业情境拆解，强化原理迁移与多步计算，积累工艺术语与绿色评价维度，通过专题训练与错题复盘突破思维瓶颈。 重点训练：1.分类汇编真题与模拟题，按 “金属冶炼、化工制备、资源回收” 等专题集中训练，总结同类题型的命题规律与解题模板。 2.建立 “错题归因档案”，要求尖子生标注错题原因（如信息漏读、原理误用、计算失误），定期复盘并针对性补练。。 ◇考点 01 工艺流程题中的常见专业术语 1.工艺流程题中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 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 酸浸 在酸性溶液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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 2.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对“焙烧、浸出、过滤、洗涤、结晶、萃取、蒸馏”等常见专业术语的内涵理解模糊，无法关联对应的操作本质； ②术语与工艺目的脱节，不能通过术语判断流程环节的核心作用； ③答题时术语使用不规范，易出现错别字或表述偏差，影响得分。 (2)突破策略 ①梳理高频术语清单，明确各术语的定义、适用场景及对应操作； ②结合典型工艺流程，建立术语与工艺环节的关联，强化“术语-操作-目的”的逻辑链条； ③加强术语规范书写训练，通过真题仿写、错题整理纠正偏差，同时借助术语辨析题巩固理解，提升术语应用的精准度。 ◇考点 02 工艺流程题中原料预处理的常用方法 1.工艺流程题中原料预处理的六种常用方法 方法 目的 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，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 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 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.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对粉碎、焙烧、酸浸、碱浸、水浸、研磨、搅拌等常用预处理方法的适用场景与核心目的辨析模糊，易混淆酸浸与碱浸的适用物质类型； ②无法结合原料特性（如矿物组成、杂质类型）和工艺目标推导预处理方法的选择依据，忽略预处理与后续反应的关联； ③答题表述不规范，对预处理方法的作用描述笼统，如仅答“提高反应速率”，未说明“粉碎增大接触面积”等原理支撑。 (2)突破策略 ①构建“方法-原理-适用原料-核心目的”对应体系，明确各类方法的关键作用，如焙烧可转化难溶矿物、调浸取液pH可抑制杂质溶解等； ②强化“原料-目标产物”导向思维，通过典型例题训练从原料组成反推预处理方案的逻辑，总结“矿物类优先粉碎焙烧、含酸性杂质用碱浸”等规律； ③规范答题模板，梳理“目的+原理”的表述框架，结合真题专项练习，提升对预处理方法分析与表达的精准度，深化对预处理“承前启后”工艺价值的理解。 ◇考点 03 工艺流程题中控制反应条件的常用方法 一、控制反应条件的常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.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.冰水(或有机溶剂)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。 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。 二、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈主要表现 ①对温度、压强、浓度、催化剂、pH、反应物用量比、反应时间这七种常用方法的适用原理与目的辨析不清，易混淆不同条件的调控逻辑； ②无法结合工艺目标（如提高产率、抑制副反应、便于分离）推导条件选择依据，忽略条件与物质性质、反应类型的关联； ③答题表述不规范，对条件调控的原因、作用描述笼统，缺乏针对性。 2.突破策略 ①构建“方法-原理-调控目的-适用场景”对应体系，明确七种方法的核心作用，如升温加速反应、调pH除杂等； ②强化“工艺目标导向”思维，通过典型例题训练从产物需求、物质特性反推条件调控的逻辑，总结不同反应类型（如氧化还原、复分解）的条件选择规律； ③规范答题模板，针对“为何控温/调pH”等问题，梳理“目的+原理”的表述框架，结合真题专项练习，提升条件分析与表达的精准度。 ◇考点 04 工艺流程题中的副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 2.循环物质的确定 3.培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①难以区分副产品与杂质，对“非目标产物但可回收利用”的副产品特征判断模糊； ②循环物质定位不准，无法通过物料流向追溯可重复进入流程的物质，易遗漏未参与主反应的反应物或中间产物； ③缺乏推导逻辑，不能结合反应方程式与流程箭头联动分析物质去向。 (2)突破策略 ①明确核心判定标准，副产品是“有价值的非目标产物”，循环物质需满足“离开流程后再返回起始/中间环节”； ②掌握“顺逆双向追溯法”，顺流向找产物与副产品，逆流向定位循环物质； ③结合反应方程式梳理物料守恒，通过典型例题总结“箭头回流即循环、非目标且可回收为副产品”的解题技巧，提升判定精准度。 ◇考点 05 工业流程题中的图表图象信息加工 一、图象题 1.类型 （1）单一曲线型 （2）多重曲线型 2.解决图象题的基本思路： （1）会识图：一看面、二看线、三看点（弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势）。 （2）会析数：分析数据、图象中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。 二、解决表格题的关键 1.理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 2.理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 三、图表信息试题的问题解决的方法归纳： 1.应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律； 2.应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义； 3.注意 （1）信息的情景化：理解所给信息作什么用？ （2）信息与基础知识间的有机联系。 四、实例分析 1.浸出过程中时间和液固比对锰浸出率的影响分别如图甲、图乙所示。则适宜的浸出时间和液固比分别为60min、3。 2.“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图1所示。由图可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为100℃、2.8h左右 3.酸浸时，若使钛的浸出率(η)达到90%，则根据图2工业上应采取的适宜条件是硫酸浓度和液固比的取值分别约为40%、6：1。 4.图3为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，仅据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在40%左右。 5.溶液温度和浸出时间对钴的浸出率影响如图4所示，则浸出过程的最佳条件是75℃，30min。 五、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈主要表现 ①对流程图中物料流向、反应条件、操作单元的关联分析不足，易遗漏关键信息如箭头指向、标注的温度/压强等； ②无法精准解读溶解度曲线、转化率随条件变化图等图象数据，难以将图象趋势与工业反应原理、分离提纯逻辑结合； ③信息整合能力薄弱，不能将图表图象信息与题干文字信息联动，导致解题思路断裂，无法推导工艺目的或优化方向。 2.突破策略： ①强化流程图解读技巧，总结“顺物料流向找转化、逆流向推杂质/循环物质”的方法，标注关键条件与操作的对应关系； ②专项训练图象分析能力，掌握“看轴、看线、看点、看趋势”的核心思路，建立图象数据与反应限度、物质分离等考点的关联模型； ③开展图文联动专项练习，通过典型例题训练信息筛选、整合与迁移能力，同时归纳高频图表图象类型的解题模板，提升信息加工的精准度与效率。 ◇考点 06 工业流程题中的分离与提纯方法 1、明确常用的提纯方法 (1)水溶法：除去可溶性杂质。 (2)酸溶法：除去碱性杂质。 (3)碱溶法：除去酸性杂质或铝及其氧化物。 (4)氧化还原法：除去还原性或氧化性杂质。 (5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。 (6)调节溶液pH法：如除去Cu2＋中混有的Fe3＋等。 2、明确常用的分离方法 (1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法。 (2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。 (3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。 (4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。 (5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。 (6)冷却法：利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。 3、培优瓶颈及突破策略 (1)培优瓶颈主要表现 ①对过滤、蒸发、萃取、蒸馏、重结晶等核心方法的适用场景辨析模糊，易混淆相似原理的分离操作，如将蒸发与蒸馏、萃取与分液的适用条件弄混； ②无法结合工业实际流程推断分离目的，难以通过流程图中物质状态、杂质成分关联对应分离方法； ③规范表达缺失，如过滤操作的仪器名称、蒸馏的注意事项等答题表述不完整、不精准。 (2)突破策略 ①构建“方法-原理-适用场景-仪器”三维知识体系，通过对比表格梳理易混方法，强化特征辨析； ②聚焦工业流程，训练从“原料-产物-杂质”推导分离目的的能力，总结“固液分离优先过滤、液液互溶选蒸馏、溶质转移用萃取”等常规思路； ③强化规范答题训练，整理高频操作的标准表述，结合典型例题专项突破，同时通过工业真实案例深化对分离提纯实用性的理解，提升解题精准度。 ◇考点 07 工业流程题中的答题规范 一、工业流程题中的答题规范 1.除杂：除去……中的…… 2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止…… 3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。 4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。 5.温度不高于××℃的原因，适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。 6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗)、干燥。 7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤，如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来、洗涤、干燥。 8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱，以避免引入新的杂质；pH分离时的范围确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。 9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。 10.检验溶液中离子中是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。 11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。 13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。 14.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。 15.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，得到较干燥的产物。 16.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。 17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的(如氧气)防止某物质被氧化。 二、培优瓶颈及突破策略 1.培优瓶颈表现 ①术语不规范：如将“过滤”写为“过虑”，“蒸发浓缩”简化为“蒸发”，电极反应式遗漏“↑”“↓”或电子守恒失衡。 ②逻辑不严谨：解释反应条件（如温度、pH）时，只答“加快反应速率”，未补充“防止产物分解”“避免杂质析出”等关键逻辑链。 ③信息挖掘不充分：忽略流程中“循环利用”“尾气处理”等隐含条件，对陌生反应的信息迁移不精准，导致方程式书写错误。 ④表述不简洁：简答时冗余赘述，未抓住“原理+目的”核心，如除杂原因未明确“除去某离子”“不引入新杂质”的核心要点。 2.突破策略 ①构建术语清单：梳理过滤、萃取、电解等核心操作及反应原理的标准表述，强化书写规范。 ②建立答题模板：如条件控制类按“速率/平衡+产物稳定性+杂质影响”分层作答，除杂类遵循“除杂对象+方法+不引入新杂质”逻辑。 ③强化信息关联训练：通过陌生流程题专项练习，提升从题干、流程图中提取关键数据、反应条件的能力，精准迁移守恒规律书写方程式。 ④规范作答批改：采用“关键词赋分”思维自我批改，聚焦得分点，精简表述，避免无效信息。 ◇题型 01 物质制备型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 。 (2)时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积 。 (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度 (填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。 (5)从滤液Ⅱ获取晶体的操作为 (填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤    b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a．增大反应物间的接触面积    b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能          d．研钵表面跟反应物更好接触 【答案】(1) (2) (3)正向 ＜ (4) (5)a (6)ab 【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体； 对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加粉末，由题目可知，生成的的溶解度极低，使得不转化为Ca(OH)2，提高了的产率，据此解答。 【解析】（1）氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为； （2）饱和溶液的浓度为，则、，； （3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大； ②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测： ； （4）根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为：； （5）由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b； （6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选；b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选；c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选；d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。 典例2（2025·江苏卷）可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全 (写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式： 。 ②反应后，砷回收率下降的原因有 。 【答案】(1)氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【解析】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 方｜法｜提｜练 1.考查核心：以制备某一无机化合物（如盐、氧化物、单质）为目标，串联原料预处理、反应条件控制、产物分离提纯等环节。 2.命题特点：流程逻辑清晰，侧重元素转化规律和实验操作细节，常结合氧化还原反应、离子反应书写。 3.解题方法 混合物分离提纯型化工流程题解题核心是“明确提纯目标+匹配分离方法+优化操作条件”，具体方法提炼为三步： 其一，精准定位核心要素，快速梳理原料组成（主物质、杂质）、目标产物状态，明确分离提纯的核心需求（如除杂、富集、提纯）； 其二，匹配分离方法与原理，依据物质性质差异（溶解性、沸点、熔沸点、稳定性等），筛选过滤、蒸发、萃取、蒸馏、重结晶、沉淀转化等合适方法，建立“性质差异-分离方法-操作原理”的对应关系； 其三，结合流程优化分析，关注工艺条件（如温度、pH）对分离效果的影响，判断操作顺序合理性，明确循环物质的回收价值，确保分离过程高效、经济。 4.解题需把握两大关键 一是强化方法辨析能力，通过对比易混分离方法（如蒸馏与蒸发、萃取与分液）的适用场景，避免方法选错； 二是聚焦流程细节，关注“洗涤”“干燥”等后续操作的目的，确保产物纯度。解题时可通过圈画“杂质”“提纯”“分离”等关键词锁定考点，结合典型例题总结不同体系（固-液、液-液、气-气）的分离模板，提升解题精准度与效率。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·广东清远·一模）金属冶炼在国民经济发展中有着重要作用。工业上用某软锰矿(主要成分为，还含有少量铁、铝及硅的氧化物)为原料制备锰酸锂()的工艺流程如图所示。 已知：当溶液中某离子浓度不大于时，该离子沉淀完全。室温下相关物质的如下表所示。 物质 回答下列问题： (1)基态锰原子核外电子的空间运动状态有 种。 (2)为提高“浸取”效率，可采取的措施是 (写一条即可)，滤渣Ⅰ的主要成分是 (填化学式)。 (3)“浸取”时，参加的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 (4)“精制”时，加入的量应大于理论值，原因是： ；若“浸取”后溶液中，则“精制”时应调pH的范围为 ［计算时只考虑生成沉淀］。 (5)“控温、氧化”时，和均被氧化为，将“锂化”过程中发生反应的化学方程式补充完整 。 ______________________________ (6)为尖晶石结构，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型(未画出)。设的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度 (用含、、的代数式表示)。 【答案】(1)15 (2)适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可) (3)1：2 (4)在、的催化作用下易分解损耗 (5) (6) 【分析】软锰矿主要成分为MnO2，还含有少量铁、铝及硅等的氧化物，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，Al2O3与H2SO4反应转化为Al2(SO4)3存在于溶液中，过滤出酸性氧化物SiO2，得到MnSO4、Fe2(SO4)3，Al2(SO4)3、FeSO4、H2SO4的混合溶液，向其中加入H2O2，可以把Fe2+氧化为Fe3+，加入氨水调节溶液pH使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去；滤液中加氨水沉锰，得到的是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4滤饼，过滤，通入水、氧气控温、氧化生成MnO2，加入Li2CO3锂化生成LiMn2O4。 【解析】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，核外原子轨道的数目为15，则核外电子的空间运动状态有15种； （2）在原料预处理过程中，粉碎固体原料能增大固体与液体的接触面积，此外，适当提高硫酸浓度、搅拌、加热均能加快酸浸的反应速率，提高浸取效率；结合分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是，故答案为：适当提高硫酸浓度(或适当提高浸取温度或搅拌等合理即可)；； （3）结合分析可知，加入FeSO4、H2SO4，浸取，MnO2被还原为MnSO4，FeSO4被氧化为Fe2(SO4)3，离子方程式为：，其中二氧化锰是氧化剂，二价铁是还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2； （4）“精制”时，加入的量应大于理论值，这是由于除了将Fe2+氧化为Fe3+外，在Fe3+、Mn2+的催化作用下会部分分解而损耗，因此加入的量应大于理论值； 要使溶液中Fe3+转化生成Fe(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-11.2 mol/L，c(H+)≤mol/L=10-2.8 mol/L，pH≥2.8；要使溶液中Al3+转化生成Al(OH)3，则c(OH-)≥mol/L=10-9.1 mol/L，c(H+)≤ mol/L=10-4.9 mol/l，pH≥4.9，使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀需要的溶液的pH最小值为4.9；在浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，而浸取后溶液中c(Mn2+)=0.1 mol/L，根据Ksp[Mn(OH)2]=10-12.8，则c(OH-)=mol/L=10-5.9 mol/L，c(H+)= mol/L=10-8.1 mol/l，pH<8.1；则使Fe3+、Al3+转化生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，而Mn2+不能形成Mn(OH)2沉淀，则相应的溶液的pH范围为4.9≤pH<8.1；故答案为：在、的催化作用下易分解损耗；4.9≤pH<8.1； （5）“锂化”是将和发生反应，其中锰化合价由+4变为+3.5，结合电子守恒可知，氧化合价会升高由-2变为0，结合质量守恒可知，还会生成二氧化碳气体，反应为：； （6）根据“均摊法”， A中含个Mn、B中含个Mn，则晶胞中共个Mn，结合化学式可知，含有8个，则 晶体密度为。 变式2（2025·广东肇庆·一模）铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下： 已知：①“焙烧”后产物为、、、和。 ②氧化性强弱：。 ③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。 金属离子 开始沉淀 7.6 2.7 8.1 4.5 沉淀完全 9.6 3.7 10.1 5.5 (1)“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是 。 (2)“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为 。“酸浸”后，滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (3)“还原”时加入的目的为 。 (4)“沉铋”时，调节溶液pH的范围为 。 (5)“氧化”时，由生成的化学方程式为 。 (6)①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。 。 ②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是 (结合电极方程式解释)。 【答案】(1)增大反应物接触面积，提高反应速率 (2) (3)将还原为，避免沉铋时元素进入产品 (4) (5) (6) 若未进行脱氯处理，电解时阳极会发生反应： 【分析】辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分是MnO2)在空气中焙烧，得到Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3、MnSO4的混合固体，水浸后过滤MnSO4溶于水存在于滤液中（通过电解得到MnO2），Fe2O3、Bi2O3、SiO2、Mn2O3不溶于水存在于滤渣中，将滤渣用浓盐酸处理，SiO2不溶于浓盐酸，存在于滤渣，Mn2O3与浓盐酸反应生成MnO2和氯气，得到含有Fe3+、Bi3+、Mn2+的滤液，加入Bi将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，条件pH为3.0使Bi3+转化为Bi(OH)3；“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O。 【解析】（1）矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作可以增大反应物接触面积，提高反应速率； （2）由上述分析可知，“酸浸”过程中，除SiO2外，其余氧化物均溶于盐酸，且Mn2O3与盐酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；滤渣为SiO2； （3）由上述分析可知，加入铋的目的是还原Fe3+，将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，避免沉铋时元素进入产品； （4）根据表格信息可知，应将pH控制在，避免其它金属离子混入Bi(OH)3中； （5）由流程可知，“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O，故反应的化学方程式为； （6）电解过程，MnSO4在阳极发生氧化反应生成MnO2，故石墨作阳极，Fe片作阴极，故电解示意图为 若不进行脱氯处理，则溶液中的Cl-会在阳极放电生成Cl2，电极反应为。 变式3（2025·湖南·一模）锗是一种常用的半导体材料，应用于航空航天测控、光纤通信等领域。工业上用精硫锗矿(主要成分为)制取高纯度的锗的工艺流程如图所示。 (1)写出基态锗原子的简化电子排布式： 。 (2)800℃升华时需持续通入，其目的是 (写两点)。 (3)“焙烧”时主要反应的化学方程式为 。 (4)已知：和的电负性分别为1.8和3.0，且常温下为无色液体，由此判断固态为 晶体；写出与高纯水反应的化学方程式： 。 (5)比较下列氢化物的沸点，分析其变化规律及原因： 。 (6)和是的两种同素异形体，二者晶胞结构如图所示(其中晶胞中有2个小球位于晶胞体内)。 ①具有金刚石型结构，微粒之间存在的作用力是 。 ②若和晶体的密度分别为和，则和晶胞的体积之比是 (用含、的代数式表示)。 【答案】(1) (2)避免被氧化，得到较为纯净的；将生成的蒸气带入后续装置 (3) (4)分子 (5)、、、、的沸点逐渐升高，其组成和结构相似，均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高 (6)共价键 【分析】根据流程：粉碎精硫锗矿(主要成分为)，在800℃、氛围下使精硫锗矿升华，得到较为纯净的，“焙烧”将转化为粗，用盐酸酸浸并蒸馏，得到，加入高纯水水解得到，200℃将其脱水得到纯，最后用还原得到高纯度的，据此分析作答。 【解析】（1）Ge是32号元素，基态锗原子的简化电子排布式为。 （2）800℃升华时持续通入的目的是：避免被氧化，得到较为纯净的，并且将生成的蒸气带入后续装置。 （3）“焙烧”时，被氧化为和，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：。 （4）Ge和的电负性差值为1.2，且常温下为液体，熔、沸点不高，所以固态为分子晶体。易水解生成和，其反应方程式为。 （5）)、、、、的沸点逐渐升高，其组成和结构相似，均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，沸点升高。 （6）①具有金刚石型结构，与周围4个形成正四面体结构，以共价键形成三维骨架结构，属于共价晶体，原子之间形成共价键。 ②根据均摊法，晶胞中原子数为，晶胞中原子数为。，；，，。 变式4[原创题]二氧化氯()、亚氯酸钠()是两种新型水处理剂。一种制备亚氯酸钠晶体的工艺流程如下： 已知：①纯易分解爆炸，高于60℃时易分解。 ②饱和溶液在温度低于38℃时析出晶体，在温度高于38℃时析出晶体。 回答下列问题： (1)“溶解”步骤中，NaClO3固体用稀硫酸溶解的目的是 。 (2)“发生器”中，SO2与NaClO3反应生成ClO2和Na2SO4,写出该反应的离子方程式 ,通入空气的作用是 。 (3)“吸收塔”中，ClO2被NaOH和H2O2的混合液吸收生成NaClO2,该过程中H₂O₂的作用是__(填“氧化剂”或“还原剂”) ,吸收时需控制温度在30～40℃,原因是 。 (4)从“吸收塔”的溶液中获得NaCIO₂粗产品的操作是：____、过滤、洗涤、干燥。 (5)若“发生器”中产生1mol ClO2,理论上“吸收塔”中至少需消耗H₂O₂的质量为___g。 【答案】(1)提供酸性环境，增强NaClO3的氧化性（或抑制ClO3-水解） (2)2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42- 稀释ClO2,防止其分解爆炸。 (3)还原剂 温度过低会析出NaClO2·3H2O,温度过高NaClO2易分解(或H2O2受热分解)。 (4)蒸发浓缩至饱和，控制温度在38~60℃结晶。 (5)17 【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为ClO2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止ClO2发生爆炸，通入空气将其稀释，然后在碱性条件下用H2O2还原，从溶液中获得NaClO2。 【解析】(1)NaClO3在酸性条件下氧化性更强，且ClO3-为弱酸根，酸性环境可抑制其水解。 (2)SO2作还原剂，将ClO3-还原为ClO2,自身被氧化为SO42-,离子方程式为2ClO3-+SO2=2ClO2↑+SO42-。结合已知①,纯ClO2易爆炸，通入空气可稀释ClO2,避免分解爆炸危险。 (3)ClO2中Cl为+4价，NaClO2中Cl为+3价，Cl元素被还原，故H2O2作还原剂(0元素被氧化为O2),结合已知①②,温度需控制在30~40℃:既避免低于38℃析出NaClO2·3H2O,又防止高于60℃时NaClO2或H2O2分解。 (4)结合已知②,需先蒸发浓缩使溶液饱和，再控制温度在38～60℃(高于38℃析出NaClO2,低于60℃避免其分解)结晶。 (5)“发生器中ClO3-→ClO2（C1：+5→+4，得1e）；吸收塔中ClO2→NaClO2（C1：+4→+3，得1e-）；H2O2→O2（O：-1→0，失2e-）。根据电子守恒：1 molClO2(共得2 mole⁻)对应消耗H2O2的物质的量为2mol/2=1 mol,质量为1mol×34g/mol÷2=17g(或直接根据ClO2～0.5H2O2计算)。 ◇题型 02 混合物分离提纯型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为)开始沉淀和完全沉淀的： 开始沉淀的 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1 完全沉淀的 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为 。 (2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；还原的化学方程式为 。 (3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。 (4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。 (5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，M表示金属元素)更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。 【答案】(1) (2) (3) 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降 (4) (5) sp2 【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。 【解析】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为； （2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为； （3）“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降； （4）由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则； （5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。 典例2（2024·上海卷）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下： 已知： 化学式 BaSO4 BaCO3 Ksp(25℃) 1.1×10-10 2.6×10-9 (1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。 A． B． C． D． (2)①中加入的BaCl2应过量，检验BaCl2是否过量的实验方法是 。 (3)②中先后加入稍过量的NaOH溶液和Na2CO3溶液，产生的沉淀H有 。(用化学式表示) (4)若将过滤I和过滤Ⅱ两步操作合并进行，可能会导致___________。 A．不能除尽Ba2+ B．不能除尽SO C．消耗更多的Na2CO3 D．消耗更多的NaOH (5)加入稀盐酸，调节pH至3~4，除去的离子有 。 (6)KCl和NaCl的溶解度曲线如下图。 则④中“系列操作”___________。 A．蒸发至表面有晶膜出现，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 B．蒸发至表面有晶膜出现，趁热过滤、洗涤、干燥 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤、洗涤、干燥 D．蒸发至大量晶体析出后，停止加热。并用余热蒸干、洗涤、干燥 方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。 方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。 方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。 (7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式 。相比于方法3，方法2的优点是 。 (8)若某粗盐水中的MgCl2为0.38g·L-1，CaCl2为1.11g·L-1，用方法3处理10L该粗盐水，计算至少需加入石灰乳(折算成CaO)和碳酸钠的物质的量 。(写出计算过程) 【答案】(1)B (2)在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量 (3)Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3 (4)BC (5)CO、OH- (6)C (7)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH 利用工业废气除Ca2+，降低了成本 (8)n(CaO)=0.04mol、n(Na2CO3)=0.14mol 【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。 【解析】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B； （2）钡离子会和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，故检验BaCl2是否过量的实验方法是：在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则说明BaCl2溶液过量； （3）加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，故沉淀H中含有：Mg(OH)2、CaCO3、BaCO3； （4）由表数据，相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：，使得硫酸根离子不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选BC； （5）滤液Ⅱ中含过量的氢氧化钠和碳酸钠，加入盐酸，调节pH至3~4，则除去的离子有CO、OH-； （6）由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，得到晶体洗涤干燥可得到精盐，故选C； （7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； （8）MgCl2为0.38g·L-1，即，由关系式：可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.004mol/L×10L=0.04mol；粗盐水中CaCl2为1.11g·L-1，，即，，此时溶液中Ca2+总物质的量为0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 方｜法｜提｜练 1.考查核心：以分离提纯某一混合物中的目标组分（或除去杂质）为目的，聚焦分离方法的选择与原理。2.命题特点：流程以 “除杂”“分离” 为关键节点，侧重溶解度差异、沉淀溶解平衡、萃取分液、蒸馏结晶等操作的应用，常涉及调 pH 除杂的原理分析。 3.解题方法 解答混合物分离提纯型化工流程题，核心是紧扣“分离目标（提纯物质、除杂要求）”，遵循“不增、不减、易分、复原”原则，按“审题定位—析流程明转化—选方法定操作—验纯度判达标”四步推进，高效突破解题关键。 第一步，审题定位核心。快速抓取题干中“提纯物质的性质（溶解性、熔沸点、稳定性、反应活性）”“杂质种类及特性”“产品纯度要求”，明确分离的核心任务，同时标注流程中给出的原料成分、产物形态，避免偏离目标。 第二步，析流程明转化逻辑。按“原料预处理→分离提纯→产品获取”梳理流程：预处理阶段（粉碎、焙烧、溶解等）目的是使混合物转化为易分离的形态（如固体溶解为溶液、难溶杂质转化为易溶物）；分离阶段重点关注物质状态差异（固液、液液、气气），判断转化过程中物质的增减变化。 第三步，选方法定操作细节。依据物质差异匹配分离方法：固液分离优先选过滤（含趁热过滤防结晶析出）、蒸发浓缩冷却结晶；液液分离看溶解性，互不相溶用分液，互溶则据沸点差异用蒸馏/分馏；离子型杂质可通过调节pH使离子转化为沉淀过滤除去，需注意pH范围控制避免目标物质损耗。 第四步，验纯度判达标。结合提纯物质的特性设计检验方案，如检验杂质是否除尽（用特征反应显色、产气等现象判断），确认产品纯度是否符合要求，同时反思操作中可能的误差（如洗涤不彻底、蒸发时溶质飞溅）对纯度的影响。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·云南大理·一模）从铜阳极泥(主要成分为等)中分离提取金属单质的流程如下图 已知：i．溶于盐酸可以得到。 ii．。 iii．。 回答下列问题： (1)Cu原子价层电子排布式为： ，“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是 。 (2)“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。 (3)“浸取3”中发生反应的离子方程式为 ；请结合计算过程判断该反应是否可以完全转化(一般认为，时可完全反应) 。 (4)实验室中能合成很多含的配合物。与生成紫色物质，其结构如图所示。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol该离子通过螯合作用形成的配位键数目为 。(用表示阿伏伽德罗常数) (5)元素Q是与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素，Q与氧元素形成的一种化合物的晶胞如下图所示，该化合物的化学式为 ；设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度 (用含、的代数式表示)。 【答案】(1) 温度低于，反应速率较慢，温度高于会发生分解，浸取率降低 (2)作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为 (3) 该反应的平衡常数，不能完全转化 (4) (5) 【分析】铜阳极泥富含等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶解生成硫酸铜，过滤得到的浸出液1中含有硫酸铜和硫酸，浸渣含等，再向浸渣1中加入盐酸和双氧水，发生反应：，，过滤，向得到的浸渣2中加入，溶于，生成，再进行电解，在阴极得到电子，被还原为，电极反应为：，阴极区的溶液中含有，可以循环使用，向浸出液2中加入，可以还原，生成和氮气，该反应N元素升高2价，元素降低3价，浸出液1中硫酸铜可以被还原为，据此分析作答。 【解析】（1）Cu为29号元素，电子排布式为，因此价层电子排布式为；“浸取1”中一般控制温度为左右，原因是：温度低于，反应速率较慢，温度高于，会发生分解，浸取率降低，故答案为：；温度低于，反应速率较慢，温度高于，会发生分解，浸取率降低； （2）Au不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为，从而浸出，故答案为：作沉淀剂，将Ag转化为AgCl；作络合剂，将Au转化为； （3）由分析可知，“浸取3”中AgCl溶于，生成，离于方程式为  ，因此不能完全转化，故答案为：；该反应的平衡常数，不能完全转化； （4）由含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，结合图可知，该离子通过整合作用形成的配位键数目为，故答案为：； （5）铜位于第四周期，最外层电子数为1，与铜同周期且最外层电子数相等的主族元素Q为K(钾)元素；根据晶胞图，利用均摊法计算原子个数。Q(K)原子：位于晶胞的顶点和面心，顶点有8个K原子，面心有6个K原子，K原子个数为；两个O原子形一个原子团，原子团有2个位于体心，12个位于棱上，O原子个数为，K原子与O原子团个数比为1：1，所以该化合物的化学式为；经过推算，一个晶胞中含有4个K原子和个O原子团，设其晶胞参数为，为阿伏加德罗常数的值，该晶胞的密度，故答案为：。 变式2（2025·河北石家庄·模拟预测）某工厂将盐湖水进行初步除杂浓缩后得到浓缩卤水(含有硼酸根离子等)，利用浓缩卤水制备锂离子电池原料的工艺流程如下： 已知：①当某离子的浓度小于或等于时，可认为该离子已沉淀完全； ②室温下，相关物质的如下表： 化合物 回答下列问题： (1)“除硼”过程中，涉及的操作有______(填选项字母)。 A．过滤 B．萃取 C．蒸馏 D．分液 (2)“一次沉淀”可使大部分以形式除去，该反应的离子方程式为 。 (3)“二次沉淀”得到的“沉淀Ⅱ”中除外，还含有 (填化学式)。 (4)“三次沉淀”时，若向为的“滤液Ⅱ”中加入等体积的溶液，使完全沉淀，则溶液的浓度至少为 (不考虑水解的影响，溶液混合时忽略体积变化)。 (5)“电渗析”的装置如图所示，为离子交换膜，则x为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜；浓缩的LiCl溶液可以在 (用字母A、B、C、D表示)区域获取。 (6)活性的减少会造成锂离子电池的衰减，复旦大学科研团队研发的补充剂——三氟甲基亚磺酸锂()可有效减少这种衰减。试从结构角度分析三氟甲基亚磺酸锂比甲基亚磺酸锂()更适合做补充剂的原因为 。 【答案】(1)BD (2) (3) (4) (5)阳 A、C (6)F的电负性大于H，使的极性更大，导致三氟甲基亚磺酸锂更易电离出 【分析】由题干工艺流程图可知，向浓缩卤水(含有Li+、Na+、Ca2+、Mg2+、Cl−、硼酸根离子等)中加入有机溶剂进行萃取分液出含硼有机溶相和主要含Li+、Na+、Mg2+ 、Cl−的水层溶液，向溶液中加入碳酸钠，将Mg2+转化为Mg2(OH)2CO3沉淀，进行一次除镁，过滤得到沉淀Ⅰ主要成分为Mg2(OH)2CO3，向滤液Ⅰ中加入石灰乳进行二次除镁，将剩余的镁离子转化为Mg(OH)2，同时一次沉淀中生成的碳酸氢根离子和石灰乳反应生成CaCO3沉淀，故过滤出沉淀Ⅱ主要成分为Ca(OH)2、Mg(OH)2和CaCO3，向滤液Ⅱ中加入草酸钠除去Ca2+，将滤液Ⅱ中的Ca2+转化为CaC2O4沉淀，过滤得到沉淀Ⅲ主要成分为CaC2O4，滤液Ⅲ经电渗析得到浓缩的LiCl溶液，向浓缩液中加入碳酸钠沉锂，过滤、洗涤、干燥得到碳酸锂，据此分析解题。 【解析】（1）“除硼”过程中，涉及的操作有萃取、分液，故选BD； （2）由分析可知，“一次沉淀”可使大部分Mg2+以Mg2(OH)2CO3形式除去，即Mg2+和Na2CO3溶液反应生成Mg2(OH)2CO3，该反应的离子方程式为：； （3）由分析可知，沉淀Ⅱ主要成分为Ca(OH)2、Mg(OH)2和CaCO3； （4）由表格内数据可知，，若使Ca2+完全沉淀，则，，则； （5）由“电渗析”的装置可知，M电极生成氧气，发生氧化反应，则M电极为阳极；N电极生成氢气，发生还原反应，N电极为阴极，氯离子不能在阳极上放电，则x为阳离子交换膜，y为阴离子交换膜；M极区域的Li+通过阳离子交换膜移动到A区域，B区域的Cl-通过阴离子交换膜移动到A区域，A区域获取浓缩的LiCl溶液，B区域的Li+通过阳离子交换膜移动到C区域，D区域的Cl-通过阴离子交换膜移动到C区域，C区域获取浓缩的LiCl溶液，故浓缩的LiCl溶液可以在A、C区域获取； （6）由于F的电负性大于H，使−CF3的极性更大，导致三氟甲基亚磺酸锂更易电离出Li+，故三氟甲基亚磺酸锂比甲基亚磺酸锂()更适合做Li+补充剂。 变式3（2025·广东江门·一模）金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下， (1)“酸浸”时，提高浸出速率的措施有 (写一条)。 (2)“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于 。 (3)“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为 。 (4)CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为 ，晶胞密度 (只写计算式)。 (5)“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．该配合物的配体数目为2 D．该配合物内部有氢键 (6)“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为 。 (7)工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在 (填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“ ”工序使用。 【答案】(1)粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可） (2)3.2 (3)Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑ (4)6 (5)CD (6)6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O (7)阴极 酸浸 【分析】钴渣经硫酸酸浸后，过滤得到主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子的酸浸液；利用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再通过CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再加入NaHS使Co2+转化为CoS沉淀除去，加入丁二酮肟使Ni2+转化为沉淀除去，最后利用氨水沉锰，经空气氧化得Mn3O4。 【解析】（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等； （2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。 （3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。 （4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。 （5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误； B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误； C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确； D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确； 故答案为CD。 （6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。 （7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。 变式4[原创题]某含铟矿物经过酸浸后含有的金属离子主要有、、、。为提取其中的贵重金属铟，设计如下工艺流程。 已知： ①锌焙砂成分为、和。 ②压滤是通过施加压力分离固液的操作。 ③溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表： 开始沉淀 6.2 6.3 4.6 2.2 2.1 完全沉淀() 8.2 8.3 7.4 3.2 ？ 回答下列问题： (1)“预中和”步骤加入锌焙砂的作用是 ，“预中和渣”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”步骤中FeS的作用是将Fe3+还原为Fe2+，同时沉淀Cu2+，写出沉淀Cu2+的离子方程式 ，该步骤需控制pH，若pH过高，会导致的后果是 。 (3)“中和沉淀”步骤加入CaO调节pH,应控制pH的范围是 ;压滤后得到的“铟渣”中铟的存在形式是___(写化学式)。 (4)恰好沉淀完全时，溶液的pH值为 (保留一位小数)。(以室温计算，) 【答案】(1)调节pH,使Fe3+、In3+部分沉淀(或消耗H+,提高后续沉淀效率);SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3 (2)Cu2++FeS=CuS+Fe2+ Zn2+、Fe2+沉淀，降低铟的回收率。 (3)3.2≤pH<6.2 使Fe3+完全沉淀，同时避免Zn2+、In3+沉淀 In(OH)3。 (4)3.3 【解析】(1)锌焙砂中的ZnO、FeO与酸反应消耗H+,调节pH;结合Fe3+、In3+开始沉淀的pH(2.2、2.1),生成Fe(OH)3、In(OH)3沉淀，同时SiO2不反应，故预中和渣含SiO2、Fe(OH)3、In(OH)3。 (2)FeS的溶度积大于CuS,发生沉淀转化；若pH过高，结合Zn2+、Fe2+开始沉淀的pH(6.2、6.3),会导致Zn2+、Fe2+沉淀，同时In3+可能过度沉淀，降低铟的回收率。 (3)“中和沉淀”需沉淀In3+,同时避免Zn2+沉淀：In3+开始沉淀pH=2.1,Zn2+开始沉淀pH=6.2,故控制pH在3.2(Fe3+完全沉淀)到6.2之间；铟以In(OH)3形式存在于铟渣中。 （4），当恰好沉淀完全时，，根据可得，，故； ◇题型 03 原理应用(侧重化学反应原理)型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·北京卷）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) 溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降 【分析】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。 【解析】（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溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行。 典例2（2025·北京卷）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。 (1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。 铅酸电池工作原理： ①充电时，阴极发生的电极反应为 。 ②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为 。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。 ③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是 。 ④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为 。 (2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。 ①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是 。 ②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是 。 (3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有 (填序号)。 a．增强负极导电性 b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒 c．碳材料作还原剂，使被还原 【答案】(1)① ② ③正四面体形 ④ (2)①脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅 ②H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂 (3)ab 【解析】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：； ②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为； ③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形； ④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。 （2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。 ①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解； ②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。 （3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确；负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误；故选ab。 方｜法｜提｜练 1.考查核心：以工艺流程为载体，深度考查化学平衡、电离平衡、水解平衡、电化学、反应速率与限度等原理的实际应用。 2.命题特点：流程作为背景，设问聚焦原理分析，如 “选择某反应温度的原因”“压强对平衡转化率的影响”“电解槽的电极反应书写”。 3.解题方法 原理应用（侧重化学反应原理）型化工流程题解题核心是“关联反应原理+适配工艺条件+推导物质转化”，具体方法提炼为三步： 其一，锚定核心原理，快速关联氧化还原、化学平衡、电离平衡、沉淀溶解平衡等考点，明确流程中关键反应的原理支撑； 其二，串联工艺与原理，以“原料转化→产物生成”为主线，分析温度、压强、pH等工艺条件对反应速率、平衡移动、产物纯度的影响，建立“条件调控-原理依据-工艺目的”的逻辑链； 其三，结合设问定向拆解，针对反应方程式书写、条件选择理由、产率提升措施等问题，调用对应原理知识，结合流程细节推导答案，确保结论有原理支撑且符合工业实际。 4.解题需把握两大关键 一是强化原理迁移能力，总结不同反应类型（如氧化还原反应配平、平衡移动分析）在流程题中的应用规律； 二是聚焦原理与工业的衔接点，明确原理应用的边界，避免脱离工艺实际空谈原理。解题时可通过圈画“温度”“pH”“转化率”等关键词锁定原理考点，结合典型例题总结各类原理题型的解题模板，提升解题的精准度与效率。 变｜式｜巩｜固 变式1（25-26高三上·河南周口·期中）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。以辉铋矿(主要成分为，含、、等杂质)为原料制备的工艺流程如图： 已知：ⅰ．常温下，部分难溶物的溶度积常数如表。 难溶物 (不溶于氨水) ⅱ．易水解，难溶于冷水。 (1)已知“滤渣1”中含有S单质和 (填化学式)，写出“氧化浸取”时反应的离子方程式： 。 (2)“还原”过程的目的是 ；“调pH”时要使完全沉淀(当离子浓度小于或等于mol·L-1时，视为完全沉淀)，溶液pH最小为 (取整数，已知：)。 (3)已知进入“碱溶”步骤的物质为经过充分洗涤的和的固体混合物，为检验是否洗涤干净，可选择的试剂为 (填标号)。 A．KSCN溶液    B．溶液     C．溶液 (4)已知：的平衡常数。试计算“碱溶”过程中的平衡常数 。 (5)“转化”时，生成的离子方程式为 。 (6)取产品1.400g，加入足量稀硫酸和稀溶液使其完全反应[(未配平)]，再用0.200 0 mol·L-1标准溶液滴定生成的，达到滴定终点时消耗19.60 mL标准溶液。当 时，到达滴定终点；该产品的纯度为 %。 【答案】(1) (2)把溶液中的还原为，防止调pH时生成沉淀 6 (3)B (4) (5) (6)滴加最后半滴标准溶液，溶液的浅红色褪去，且半分钟内不再恢复浅红色 78.4 【分析】辉铋矿中加入氯化铁和盐酸的混合溶液氧化浸取时，金属硫化物转化为硫和可溶性金属氯化物，二氧化硅与混合溶液不反应，过滤得到含有硫、二氧化硅的滤渣1，得到的滤液中加入铋，将溶液中的铁离子还原为亚铁离子，过滤得到滤液；调节滤液的pH，将铋离子、铜离子转化为氢氧化铋、氢氧化铜沉淀，过滤得到含有亚铁离子的滤液3和滤渣；向滤渣中加入氨水，将氢氧化铜转化为四氨合铜离子，过滤得到含有四氨合铜离子的滤液4和氢氧化铋沉淀；加入盐酸溶解滤渣，再加入NaOH、NaClO，次氯酸具有强氧化性，将三价铋氧化为五价铋，发生反应，得到产品NaBiO3，由此分析。 【解析】（1）由分析可知，滤渣1中含有S单质和；铁离子具有氧化性，将负二价硫氧化为硫单质，铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒可知，反应的离子方程式为：； （2）由溶度积常数表可知，和溶度积相近，则“还原”过程把溶液中的还原为，避免调pH时和Bi3+同时沉淀；“调pH”时要使完全沉淀，则c(Bi3+)最大为mol·L-1，代入，得，pOH=8.37，pH=5.63，故溶液pH最小为6； （3）由分析可知，沉淀洗涤液中含有亚铁离子，与Fe2+生成蓝色沉淀，可检验是否洗涤干净，故选B； （4）反应可由反应加上得到，故平衡常数K2=K1·Ksp[]=2.0×1013×2×10-20=4.0×10-7； （5）由分析可知，“转化”时，生成的离子方程式为； （6）呈紫红色，会被还原为无色Mn2+，故滴定终点现象为滴入最后半滴标准溶液后，溶液的浅红色褪去，且半分钟内不恢复原色；根据得失电子守恒建立关系式，，当达到滴定终点时，消耗0.200 0 mol·L-1的标准溶液19.60 mL。则，该产品的纯度为。 变式2（2025·北京·三模）粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下： (1)在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量。浸铜过程中除了与Cu反应外，发生的反应可能还有 。(写出两个) (2)浸金时，Au转化为。 其他条件相同时，相同反应时间内，温度对滤渣2中金含量的影响如下表所示 温度℃ 30 50 70 90 滤渣2含金g/t 855 709 310 352 浸金过程中发生的反应： i． ii．…… ①补全反应ii的离子方程式 。 ②解释随温度升高滤渣2中含金量先减小增大的原因 。 (3)浸银时发生反应；将HCHO氧化为。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到含再生液，并循环使用。 ①气体X是 。 ②其他条件不变，含再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。 结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因 。 (4)该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有 。 【答案】(1)、 (2)①+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O ②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减后，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加 (3)① ②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降 (4)H2SO4和NaCl 【分析】阳极泥用H2O2、稀硫酸和适量NaCl浸铜，Cu被H2O2氧化为CuSO4，Ag转化为AgCl沉淀，滤渣1为AgCl和Au，用稀硫酸、NaClO3和适量NaCl浸金，Au转化为，过滤得到的滤渣2为AgCl，和Na2S2O5反应生成Au，AgCl与pH=9的Na2SO3溶液反应生成，与HCHO发生氧化还原反应生成Ag，以此解答。 【解析】（1）在浸铜过程中，实际需要的量要超过浸铜所需的理论用量，原因是会受热分解生成H2O和O2，且氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2，化学方程式分别为：、。 （2）①浸金过程除了发生反应：，和Cl-在酸性条件下也可以发生氧化还原反应生成Cl2，则反应ii的离子方程式为：+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O； ②温度升高，反应i速率加快，滤渣2中含金量减少，温度太高时，+5 Cl-+6H+=3Cl2+3H2O的速率更快，发生反应i的减少，Au的浸出率减小，滤渣2中含金量增加。 （3）①浸银时发生反应 ；将HCHO氧化为，此时向溶液中通入，由于亚硫酸性强于碳酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为 。 ②Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解，所以含再生液的循环使用次数增多，银的浸出率下降。 （4）浸金液中和Na2S2O5反应生成Au，离子方程式为： ，该过程中有H2SO4和NaCl生成，则该工艺流程中可循环利用的物质除外，还有H2SO4和NaCl。 变式3（2026·上海·一模）铼(Re)、钼(Mo)是具有重要军事战略意义的金属。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰(主要成分有、、CuO、)中提取铼粉和金属钼的流程如下图所示： 已知：I．、是酸性氧化物，过铼酸()是易溶于水的一元强酸，但不具有强氧化性； II．过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。 回答下列问题： (1)“碱浸”时MoO3转化为，中Mo的化合价是 。“滤渣I”的主要成分是 (填化学式)。 (2)“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为 。 (3)“氧化”过程，发生反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。 (4)“沉铼”时，加入热 NH4Cl 溶液至产生白色沉淀，为使沉淀充分析出并分离得到纯净的NH4ReO4晶体，“操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 、低温干燥。 (5)“酸化沉钼”过程溶液pH和反应时间对钼酸的析出有很大影响，根据图中数据判断“酸化沉钼”的最佳条件是 。 (实线、虚线分别表示其他条件相同时反应时间、pH对实验结果的影响) (6)用硫酸处理从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰可以制备无公害型冷却水系统金属缓蚀剂钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)。制备过程中需加入Ba(OH)2固体除去，若溶液中，，当BaMoO4开始沉淀时，SO的去除率为 (保留一位小数)。 [忽略溶液体积变化。常温下，，] (7)电氧化法是一种极具发展前景的钼精矿冶金工艺，其工作原理如图所示。电解时，若维持电流强度为0.5A(相当于每秒通过5×10-6mol电子)，电解90min，理论上消耗MoS2的质量为 g。 【答案】(1)+6价 CuO、 (2) (3)3:2 (4)冷水洗涤 (5)反应时间为60min；终点pH为1.0 (6)97.5% (7)0.24 【分析】烟道灰加NaOH溶液碱浸，CuO和不溶于碱溶液，在滤渣I中过滤出来；、都能和NaOH反应，分别生成和，滤液中加锌还原，被还原成难溶的，用氧气氧化得到，加氯化铵溶液沉铼，得到过，然后热解得到，最后用氢气还原得到铼粉；还原后的滤液酸化沉钼（ 钼酸钠与硝酸反应析出钼酸），所得钼酸高温焙烧生成氧化钼（MoO3），经氢气在高温下还原得到金属钼。 【解析】（1）中O为-2价，故Mo的化合价是+6价。根据分析，不溶于碱的CuO、 过滤在“滤渣I”中。 （2）“还原”时，Zn被氧化成，铼的化合物被还原生成难溶的，该反应的离子方程式为。 （3）根据分析，“氧化”过程用氧气氧化得到，该反应氧气是氧化剂，每个氧气得4个电子，每个还原剂失6个电子，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是3:2。 （4）过铼酸铵()是白色片状晶体，微溶于冷水，溶于热水。"操作I”具体步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、低温干燥。 （5）根据图2可判断，当反应时间为60 min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60 min、pH为1.0。 （6）根据图2可判断，当反应时间为60 min时，母液中的含钼量最小；当溶液的pH=1.0时，母液中的含钼量最小，所以选择的最佳“酸化沉钼”条件为：反应时间为60 min、pH为1.0。 （6），，由可知，当开始沉淀时，，由可知，此时溶液中，所以的去除率。 （7）从图3可知，ClO-来自于Cl-，Cl-在电解池的阳极失去电子生成ClO-，生成1molClO-失去2mol电子，所以当通过90min×60s/min×5×10-6mol/s=0.027mol电子时，生成0.0135molClO-，生成的ClO-和MoS2反应生成Cl-和MoO、SO，消耗1molMoS2转移18mol电子，根据电子守恒：0.0135mol×2=n(MoS2)×18，所以n(MoS2)=0.0015mol，则m(MoS2)=0.0015mol×160g/mol=0.24g，故答案为：0.24。 变式4[原创题]草酸钴在化学中应用广泛，可以用于制取催化剂和指示剂。以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工艺流程如图所示： 常温下，有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”时，金属离子浓度≤1.0×10-5mol·L-1)。 沉淀 Mn(OH)2 Co(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 恰好完全沉淀时pH 10.1 9.4 6.7 2.8 回答下列问题： (1)Na2SO3的作用是将Co2O3还原为Co2+,写出该反应的离子方程式：__________; (2)浸出渣的主要成分是SiO2和 (填化学式),理由是 (3)加入NaClO3的目的是 ,若NaCIO3转化为Cl-,则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。 (4)调节pH时，应控制pH的范围是___(选填：“2.8≤pH<6.7”、“6.7≤pH<9.4”、“9.4≤pH<10.1”)；沉淀X的主要成分是_____(填化学式)。 (5)“提纯”分为萃取和反萃取两步进行，先向除杂后的溶液中加入某有机酸萃取剂，发生反应：。当溶液pH处于4.5到6.5之间时，萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是_______。 【答案】(1)Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+ (2)MnO2 MnO2不溶于稀硫酸（或MnO2在浸取条件下未发生反应） (3)将Fe2+氧化为Fe3+ 1：6 (4)6.7≤pH<9.4 Cu(OH)2、Fe(OH)3 (5)溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动 【分析】以钴矿[主要成分是CoO、Co2O3、Co(OH)2，还含有少量SiO2、CuO、FeO及MnO2杂质]制取草酸钴晶体(CoC2O4•2H2O)，钴矿中加入Na2SO3、稀硫酸浸取，浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，则CoO、Co(OH)2、CuO、FeO都和稀硫酸反应生成硫酸盐，MnO2被还原为Mn2+、Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，SiO2不溶于稀硫酸，所以浸出渣为SiO2；向滤液中加入NaClO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入NaOH调节pH值，Cu2+、Fe3+都转化为氢氧化物沉淀而除去，滤液提纯后加入(NH4)2C2O4沉钴，得到CoC2O4•2H2O。 【解析】（1）浸出液中主要含有Cu2+、Fe2+、Co2+、Mn2+和离子，“浸取“时，Co2O3被还原为Co2+，同时被氧化为，所以Co2O3发生反应的化学方程式：Co2O3+Na2SO3+2H2SO4=2CoSO4+2H2O+Na2SO4，该反应的离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2++2H2O+； （2）钴矿中SiO2不与稀硫酸反应；MnO2在浸取条件下(无强还原剂)不溶于稀硫酸，因此浸出渣为SiO2和MnO2，答案为MnO2；MnO2在浸取条件下(无强还原剂)不溶于稀硫酸； （3）“氧化”时，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，NaClO3是氧化剂(Cl由+5价→CI-,降6价);Fe2+是还原剂(Fe由+2价→Fe3+,升1价)。根据得失电子守恒：n(NaClO3)×6=n(Fe2+)×1,因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。 （4）调节pH的目的是除去杂质离子且不损失Co2+：Fe3+完全沉淀的pH=2.8,需保证Fe3+沉淀；若pH≥6.7,Fe3+、Cu2+均会沉淀完全，不损失Co2+，pH<9.4,则调节pH时，应控制pH的范围为6.7≤pH<9.4，此时“调节pH”得到的沉淀X的主要成分是Cu(OH)2、Fe(OH)3； （5）由题干信息中萃取平衡可知，当溶液pH处于4.5到6.5之间时，Co2+萃取率随着溶液pH增大而增大，其原因是溶液的pH增大，溶液中c(H+)减小，平衡向正反应方向移动； ◇题型 04 资源回收与环保型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·广西卷）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中回收Ag和I2的流程如下。 已知：IO-在碱性条件下易歧化成I-和。 回答下列问题： (1)“溶解1”浓氨水不能溶解AgI的原因是 。“滤液1”中的主要阳离子有 （填化学式）。 (2)“反应1”生成ICl的化学方程式为 。 (3)“试剂X”可选用 （填标号）。 a．葡萄糖        b．Al        c．Na2O2        d．H2SO4 (4)“调pH”至弱酸性的主要目的是 （用离子方程式表示）。 (5)若“滤液3”中含有0.3 mol，“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为 mol。 (6)将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是 。不考虑操作和反应损失，该流程回收Ag的量低于预期，主要原因是 。 【答案】(1)Ag+与I-结合与NH3结合更稳定 [Ag(NH3)2]+ (2)AgI+Cl2=AgCl+ICl (3)ab (4)5I-++6H+=3I2+3H2O (5)0.25 (6)升华 未回收处理“滤液1” 【分析】AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解，Ag2O转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液中，浓氨水不能溶解AgI，过滤后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[Ag(NH3)2]+、（少量）。AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和I2，用NaOH溶液将I2转化为IO-，过滤后的滤液2中存在IO-，AgCl用浓氨水溶解后转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液，用试剂X将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，试剂X可以是葡萄糖等还原性物质，向滤液2中加入盐酸调节pH，使IO-因在碱性环境发生歧化反应生成的离子I-、在酸性条件下转化为I2，过滤后的滤液3中含有，加入Na2S2O4将还原为I2，过滤出I2，将两步反应产生的I2合并，经洗涤、干燥得到I2. 【解析】（1）“溶解1”浓氨水不能溶解AgI是由于Ag+与I-结合形成AgI比与NH3结合更稳定； 由分析可知，“滤液1”中的主要阳离子有[Ag(NH3)2]+； （2）“反应1”中AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，化学方程式为AgI+Cl2=AgCl+ICl； （3）由分析可知，试剂X需要将[Ag(NH3)2]+还原为Ag。 a．葡萄糖分子中含有多个醛基，具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，a符合题意；b．Al单质具有强的还原性，可以将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，b符合题意； c．Na2O2具有强氧化性，一般是作氧化剂表现氧化性。不能将[Ag(NH3)2]+还原为Ag单质，c不符合题意；d．H2SO4的氧化性较强，一般是表现强的氧化性，不能将[Ag(NH3)2]+还原，d不符合题意；故合理选项是ab； （4）已知IO-在碱性条件下易歧化成I-和，用盐酸“调pH”的主要目的是使溶液中的I-和在酸性环境中发生归中反应而转化为I2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：5I-++6H+=3I2+3H2O； （5）“反应3”中加入Na2S2O4将还原为I2，根据电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，若“滤液3”中含有0.3 mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知：“反应3”至少需加入Na2S2O4的物质的量为n(Na2S2O4)==0.25 mol； （6）I2加热时会不经过液态而直接变为气态，即I2受热易升华，故将得到的I2进一步纯化，可采用的方法是升华；向AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)中加浓氨水进行“溶解1”时，Ag2O被溶解，以[Ag(NH3)2]+的形式进入滤液1中，而这部分银元素未被回收，因此导致流程回收Ag的量低于预期量。 典例2（2025·福建卷）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、和，以及少量、)中提取钼的工艺流程如下： 已知：和均易溶于水；草酸()在水中溶解度见下表。 温度℃ 20 40 60 80 溶解度(g/100 g) 9.5 21.5 44.3 84.5 (1)“酸浸”中钼和钒分别转化为和。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。 ①最佳草酸浓度为 。 ②中钒的价电子排布式为 。 ③生成的化学方程式为 。 (2)“酸转化”中加浓硫酸后，过滤前的操作为 ；“滤渣2”为 (填名称)。 (3)“沉钼”中，HMT(结构如图)在溶液中转变为，一个有 个可形成氢键的位点；沉淀为。 (4)“碱浸转化”中，在碱作用下分解出，后者转化为的化学方程式为 ；“滤液2”中可循环利用的物质为 。 (5)关于该工艺流程，下列说法错误的是 。(填标号) a．“气体1”为CO         b．“滤渣1”主要含炭、NiO和 c．“滤液1”含    d．粗产品含 【答案】(1)2.0 3d1 (2)冷却结晶 草酸晶体 (3)4 (4) HMT (5)ab 【分析】炭渣加入草酸浸取，钼和钒分别转化为和，Mo、V被还原为盐溶液，草酸被氧化为二氧化碳（气体1），炭不反应、镍、钙转化为草酸镍沉淀、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液加入浓硫酸使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时草酸溶解度较小得到草酸晶体成为滤渣2，过滤得到含和的滤液，“沉钼”过程中加入HMT得到沉淀为，结合质量守恒，还生成，过滤，滤液1中含和不反应的，过滤后得到沉淀加入氧化钙、水、空气，碱浸转化过程中氧化钼元素得到CaMoO4； 【解析】（1）①由图，最佳草酸浓度为2.0，此时钼元素浸出率接近100%，而钙、镍浸出率为0； ②V为23号元素，中钒为+4价，V失去4个电子得到+4价钒，其价电子排布式为3d1。 ③和草酸发生氧化还原反应生成，Mo化合价由+6变为+5、部分草酸中碳化合价由+3变为+4生成二氧化碳，结合电子守恒，化学方程式为； （2）“酸转化”中加浓硫酸后，转化生成和及草酸，此时温度升高，根据表格，低温有利于草酸析出，则过滤前的操作为冷却结晶；由分析，“滤渣2”为草酸晶体； （3）结合HMT结构，HMT中一个氮与氢离子形成配位键得到，可形成N-H…Y氢键（作为氢键给体），另有3个N原子，均具有1对孤电子对，可形成N…H-X氢键（作为氢键受体），故存在4个可形成氢键的位点； （4）被氧气氧化为，反应中钼化合价由+5变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，反应为：；在碱作用下会转化生成HMT，则“滤液2”中可循环利用的物质为HMT； （5）a．由分析，“气体1”为二氧化碳，错误；b．“滤渣1”主要含炭、和，错误；c．酸转化中通过冷却结晶所得滤液为草酸的饱和溶液，则“滤液1”含草酸，正确；d．硫酸钙微溶于水，则碱浸转化得到粗产品含，正确；故选ab。 方｜法｜提｜练 1.考查核心：以废旧物资（如废旧催化剂、电路板、工业废渣）的回收利用为背景，强调绿色化学思想和环境保护要求。 2.命题特点：突出 “变废为宝” 的理念，设问常涉及尾气处理、废渣资源化、循环利用物质的判断，体现可持续发展的核心价值。 3.解题方法 资源回收与环保型化工流程题解题核心是“紧扣回收目标+落实环保要求+梳理转化逻辑”，具体方法提炼为三步： 其一，明确核心目标，快速定位原料中的可回收资源（如金属离子、有用盐类）和需处理的污染物（如有毒气体、重金属杂质），标注环保约束条件（如无二次污染、资源循环）； 其二，梳理转化脉络，以“资源富集→分离提纯→循环利用”为主线，分析各步骤反应目的，重点关注资源回收效率与污染物处理路径，明确循环物质的流向与作用； 其三，结合设问精准突破，针对资源回收率、环保措施合理性等问题，调用分离提纯、反应条件控制等知识，关联流程细节推导答案，确保结论符合资源回收与环保双重要求。 4.解题需把握两大关键： 一是强化“循环经济”思维，关注流程中可重复利用的物质，区分原料与循环物料； 二是牢记环保核心原则，判断处理方案是否符合“减污、降排、资源化”要求。解题时可通过圈画“回收”“循环”“无污染”等关键词锁定考点，结合典型例题总结资源回收（如湿法冶金）、废水处理等场景的解题模板，提升解题效率与精准度。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·贵州六盘水·一模）为节约资源，减少金属对环境的污染，对废弃锂电池的正极材料进行处理，回收Li、Mn元素的工艺流程如下： 回答下列问题： (1)基态锰原子的价层电子排布式为 。 (2)提高“酸浸”效率的措施有 (任写2条)。 (3)“酸浸”过程中温度不高于40℃目的是 。 (4)完成“酸浸”时发生反应的离子方程式 。 ☐＋_______＋☐☐☐☐_______ (5)写出“沉锰”过程中的离子方程式 。 (6)“沉锂”步骤中，调节pH不宜过低的原因是 。 (7)若“沉锂”前“滤液2”中，取该溶液加入等体积溶液充分反应后，溶液中，则锂离子的沉淀率为 。 (已知：①沉淀率；②；③混合后溶液总体积变化忽略不计) 【答案】(1)3d54s2 (2)粗品粉碎、适当搅拌、适当增加过氧化氢硝酸浓度 (3)过氧化氢、硝酸均不稳定，受热容易分解 (4) (5) (6)pH过低导致碳酸根离子转化为碳酸氢根离子或二氧化碳气体，不能得到较纯的碳酸锂 (7) 【分析】LiMn2O4粗品加入HNO3和H2O2的混合液体，得到Mn(NO3)2、LiNO3，过滤分离出滤液1，再加热浓缩后，再加入碳酸氢铵溶液，得到碳酸锰和含锂离子的溶液，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，得到Li2CO3沉淀。 【解析】（1）锰为25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2； （2）提高“酸浸”效率的措施有粗品粉碎、适当搅拌、适当增加过氧化氢硝酸浓度等； （3）过氧化氢、硝酸均不稳定，受热容易分解，故“酸浸”过程中温度不高于40℃； （4）酸性条件下，被过氧化氢还原为锰离子，锰化合价由+3.5变为+2、过氧化氢中氧化合价由-1变为0，结合电子守恒、质量守恒，反应为：； （5）“沉锰”过程中锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳和水，离子方程式：； （6）“沉锂”步骤中，调节pH不宜过低的原因是pH过低导致碳酸根离子转化为碳酸氢根离子或二氧化碳气体，不能得到较纯的碳酸锂； （7）沉淀后，沉淀后，锂离子的沉淀率为。 变式2（25-26高三上·四川成都·月考）以赤泥熔炼渣(主要成分为Fe3O4、SiO2、CaO，少量Sc2O3)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下： 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油；②Sc3+的氧化性很弱。 回答下列问题： (1)稀土元素Y为第五周期Sc的同族元素，基态Y原子的d能级和s能级电子个数比为 。 (2)“浸渣”的主要成分为 (填化学式)。 (3)“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图，与Sc3+配位的能力：1号O原子 (填“>”“<”或“=”)2号O原子。 (4)“反萃取”的目的是分离Sc和Fe元素。向“萃取液”中加入NaOH，(Fe2+、Fe3+、Sc3+)的沉淀率随pH的变化如图。试剂X为 (填Na2SO3或NaClO)，应调节pH最佳为 。 (5)“沉钪”时，将K2CO3固体加入草酸(H2C2O4)溶液[配料比n(K2CO3)：n(H2C2O4)=2：3]，制得KHC2O4和K2C2O4混合溶液。K2CO3需分批缓慢加入到草酸溶液的原因是 ；发生反应的离子方程式为 。 (6)在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数Kd) ；萃取率=。萃取Sc的过程中，若Sc元素的分配系数，取100mL含钪的溶液，一次性加入60mL萃取剂，则Sc的萃取率为 %(保留到小数点后一位)。 【答案】(1)11：10 (2)SiO2、CaSO4 (3)＜ (4)Na2SO3 2 (5)防止反应过于剧烈而引起喷溅 3H2C2O4+2=2++2H2O+2CO2↑ (6)82.8 【分析】由题给流程可知，向熔炼渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入萃取剂，萃取溶液中的铁离子和钪离子，分液得到萃余液和萃取液；向萃取液中加入亚硫酸钠和氢氧化钠反萃取，亚硫酸钠将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，将溶液中的钪离子转化为磷酸钪沉淀，过滤得到磷酸钪，分液得到有机相和水相；向磷酸钪中加入硝酸溶液溶解，将磷酸钪转化为硝酸钪，沉钪时将硝酸钪转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪；草酸钪经多步处理得到单质钪。 【解析】（1）稀土元素钇的原子序数为39，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d15s2，则原子中d能级和s能级电子个数比为11：10； （2）由分析可知，“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2； （3）由磷酸三丁酯的结构可知，丁基为推电子基，会使与丁基相连的1号氧原子提供孤对电子的能力下降，导致与钪离子形成配位键的能力小于2号原子； （4）由图可知，亚铁离子更容易和钪离子分离，所以加入试剂X亚硫酸钠的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，溶液pH为2时，亚铁离子没有沉淀，而钪离子的沉淀率达到100%，所以向“萃取液”中加入氢氧化钠应调节溶液pH最佳为2； （5）由题意可知，设碳酸钾的物质的量为2 mol，草酸的物质的量为3 mol，反应生成草酸钾的物质的量为a mol、草酸氢钾的物质的量为b mol，由钾原子个数守恒可得：2a+b=4，由碳原子个数守恒可得：2a+2b=6，解联立方程可得：a=1、b=2，则反应的离子方程式为：3H2C2O4+2=2++2H2O+2CO2↑；草酸与碳酸钾反应时会有二氧化碳生成，若反应速率过快，会引起溶液喷溅，所以碳酸钾固体需分批缓慢加入到草酸溶液中； （6）设100 mL溶液中钪元素的物质的量为a mol，一次性加入60mL萃取剂，其中可以萃取的钪元素的物质的量为xmol，由分配系数可得：=8，解得：x=0.828a，则钪元素的萃取率为：=82.8%。 变式3（2025·云南·模拟预测）钯是贵金属之一，被广泛应用于汽车尾气处理、航空航天、催化合成和医疗器械等领域。从废催化剂(含少量铁元素)中回收钯的工艺如图所示： 已知：Pd溶于王水生成 回答下列问题： (1)“焙烧”生成的气体是 。 (2)王水能溶解Pd是因为其中硝酸具有下列中的 (填标号，下同)，盐酸具有 。 A．还原性    B．氧化性    C．酸性    D．配位能力 “酸浸”时温度不能太高的原因是 。 (3)“络合”中的滤渣是 。 (4)碱性条件下肼可以与络合过程中生成的反应，同时生成两种气体，离子方程式为 。 (5)向溶液中加入适量盐酸可以生成，用平衡移动原理解释原因： 。 (6)有两种结构，则其空间结构类型为 ，其中极性更大的是 (填结构简式)。 【答案】(1) (2)B D 减少盐酸挥发和硝酸的挥发与分解 (3) (4) (5)，盐酸与反应促进平衡正移 (6)平面四边形 【分析】废催化剂经焙烧除去碳，所得固体用王水酸浸，得到含和的溶液；加入浓氨水，生成沉淀被过滤除去，与氨水反应生成可溶性的进入滤液；最后向滤液中加入肼，将还原为海绵钯，据此解答。 【解析】（1）废催化剂中的C在焙烧时会生成二氧化碳。 （2）王水能溶解Pd是因为硝酸的氧化性和盐酸的配位能力；温度过高盐酸会挥发，硝酸会挥发与分解。 （3）废催化剂中含少量铁元素，酸浸时生成铁离子，在氨水的碱性条件下生成氢氧化铁沉淀。 （4）一种气体是配合物中的氨气，另一种是氧化产物氮气，离子方程式为： 。 （5）盐酸与生成物反应，，从而促进平衡正移。 （6）四配位的物质可能是四面体形，也可能是平面四边形，如果是四面体就只有一种空间结构，没有同分异构体，所以只可能是平面四边形。两种同分异构体分别是顺式和反式，其中反式是非极性分子，顺式是极性分子，所以极性更大的是顺式，结构简式：。 变式4[原创题]某废弃锂电池的固态电解质主要成分为Li7La3Zr2O12和少量Al2O3。对其回收处理的流程如图所示(部分条件省略)。 已知： ①预处理是将废旧电池放电、提取固态电解质并将其破碎等操作； ②某些离子开始沉淀和沉淀完全时的pH值如下表。 离子 Li+ La3+ Zr4+ Al3+ 开始沉淀的pH - 7.5 1.2 3.4 沉淀完全的pH - 8.7 2.4 4.7 回答下列问题： (1)Li7La3Zr2O12与稀H2SO4反应生成可溶性硫酸盐，写出该反应的化学方程式：__________;酸浸后，滤液中含有的金属阳离子有Li+、La3+、Zr4+和 (填离子符号)。 (2)调pH=3时，沉淀1的主要成分是_____(填化学式)，说明选择pH=3的理由： 。 (3)过滤2中“调pH”应控制的pH范围是______;此时沉淀2的主要成分是____(填化学式)。 (4)沉镧时，La3+与草酸溶液反应生成La2(C2O4)3沉淀，该反应的离子方程式为： ；沉锂后煅烧Li2CO3得到Li2O,该反应的化学方程式为： 。 (5)该回收流程的环境与资源意义是： (答出1点即可)。 【答案】(1) 2Li₇La3Zr2O12+24H2SO4=7Li2SO4+3La2(SO4)3+4Zr(SO4)2+24H2O；Al3+ (2)Zr(OH)4 pH=3时，Zr4+已沉淀完全(Zr4+沉淀完全的pH=2.4),而Al3+未开始沉淀(Al3+开始沉淀的pH=3.4) (3)4.7≤pH<7.5 Al(OH)3 (4)2La3++3H2C2O4=La2(C2O4)3↓+6H+ (5)实现锂、镧等资源的循环利用(或减少废旧电池对环境的污染) 【分析】废弃锂电池的固态电解质主要成分为Li7La3Zr2O12和少量Al2O3为原料回收锂，加稀硫酸“酸浸”，生成Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2、Al2(SO4)3，结合表中数据可知，酸浸液中加入NaOH溶液调节pH=3，可将Zr4+完全沉淀，过滤后，滤液中继续加NaOH溶液调节pH，使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去，再过滤，滤液中加入草酸溶液，将La3+转化为La2(C2O4)3沉淀除去，过滤，滤液中加入碳酸钠溶液将锂离子转化为Li2CO3沉淀，过滤得到的Li2CO3经高温煅烧得到氧化锂，据此分析解题。 【解析】（1）“酸浸”时，Li7La3Zr2O12与硫酸反应生成Li2SO4、La2(SO4)3、Zr(SO4)2，反应方程式为：2Li₇La3Zr2O12+24H2SO4=7Li2SO4+3La2(SO4)3+4Zr(SO4)2+24H2O；杂质Al2O3与稀H2SO4反应生成Al3+，因此滤液阳离子包含Al3+。 （2）结合以上分析可知“沉淀1”为：Zr(OH)4；根据沉淀pH数据：Zr4+沉淀完全的pH=2.4，Al3+开始沉淀的pH=3.4。调pH=3时，Zr4+已完全沉淀为Zr(OH)4，而Al3+未沉淀，因此沉淀1为Zr(OH)4。 （3）“过滤2”步骤调pH的目的使Al3+转化为Al(OH)3沉淀除去，但不能使La3+沉淀，结合表中数据可知，pH应大于等于4.7，小于7.5，即调pH范围为4.7≤pH<7.5；此时Al3+沉淀为Al(OH)3（沉淀 2）。 （4）“沉镧“步骤中加入草酸溶液，将La3+转化为La2(C2O4)3沉淀，反应离子方程式为：2La3++3H2C2O4=La2(C2O4)3↓+6H+； （5）从资源角度：回收锂、镧等稀有金属；从环境角度：减少废旧电池的污染。 ◇题型 05 信息给予型化工流程题 典｜例｜精｜析 典例1（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 已知：熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：，，，高于 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 。 (2)将通入和的混合溶液可制得，该反应的化学方程式为 。 (3)酸浸的目的为 。 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数，。与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ，晶体密度计算式为 (用带有阿伏加德罗常数的代数式表示和分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集 (2)4++2=3+CO2 (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 (4)电解法或置换法 (5) CsPbBr3 【分析】铜冶炼烟尘(主要含S、及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，因沸点低被蒸出，设计温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后，硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据此解答。 【解析】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； （2）将通入和的混合溶液可制得，根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反应的化学方程式为4++2=3+CO2，故答案为：4++2=3+CO2； （3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液； （4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； （5）某含Pb化合物室温下晶胞如图所示，Cs位于体心，个数为1，Pb位于顶点，个数为=1，Br位于棱心，个数为=3，该化合物的化学式为CsPbBr3，Cs位于体心，Pb位于顶点，与Pb之间的距离为体对角线的一半，由于晶胞参数，℃，与Pb之间的距离为 pm，该晶体密度计算式为，故答案为：；CsPbBr3；。 典例2（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。 已知：①“氧化浸出”时，不发生变化，ZnS转变为； ②； ③酒石酸(记作)结构简式为。 回答下列问题： (1)分子中手性碳原子数目为 。 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，和反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 【答案】(1)2 (2) (3)温度升高，反应速率增大，浸出率增大；温度过高，氨气逸出，浸出 率减小 (4)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu (5)Fe (6)pH 升高，酒石酸根浓度增大，促进PbA的生成 Pb(OH)2或 (7)PbC4H4O6Pb+4CO↑+2H2O↑ 【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。 【解析】（1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个，； （2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为； （3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小； （4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu； （5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； （6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低； （7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：PbC4H4O6Pb+4CO↑+2H2O↑。 方｜法｜提｜练 1.考查核心：引入陌生工业流程、新物质性质或新反应原理，考查学生信息提取能力和知识迁移应用能力，突破学生的培优瓶颈。 2.命题特点：流程中含未知反应或陌生操作，需结合题干信息分析，侧重考查关键能力，是区分高分段学生的核心题型。 3.解题方法 信息给予型化工流程题解题核心在于“精准提取信息+关联已有知识+适配流程逻辑”，具体方法可提炼为三步： 其一，快速扫读题干，定位关键信息，重点标注陌生反应原理、物质特性（如溶解性、稳定性）、工艺限制条件（如温度、pH范围）及新定义术语，建立信息清单； 其二，梳理流程主线，以“原料→中间产物→目标产物”为脉络，将提取的新信息与流程环节精准匹配，明确各步骤的反应目的与物质转化关系，排除无关信息干扰； 其三，结合设问定向突破，根据问题回归流程与信息，调用已有化工知识（如分离提纯、反应条件控制），将新信息转化为解题依据，规范组织答题语言。 4.需强化两类能力： 一是信息筛选与转化能力，通过专项练习训练快速抓取有效信息的技巧，避免被冗余信息误导； 二是知识迁移能力，总结常见信息类型（如陌生反应、物质性质）的应用规律，实现新信息与教材知识的无缝衔接。解题时还需注意逻辑闭环，确保每一步推导都有信息或原理支撑，提升解题的精准度与效率。 变｜式｜巩｜固 变式1（2025·辽宁丹东·模拟预测）一种从深海多金属结核[主要含、、，有少量的、、、]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液(、、)的工艺流程如下： 已知：①金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。 ②常温下，溶液中金属离子(假定浓度均为0.1mol·L)开始沉淀和完全沉淀的pH： 开始沉淀 的pH 1.9 3.3 4.8 6.9 7.4 8.1 完全沉淀 的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸还原”中，滤渣的主要成分是 (填化学式)；还原的离子方程式为 。 (2)“沉铁”中，空气的作用为 ，加热至200℃的主要原因是 。 (3)“沉铝”中，未产生沉淀，可调节pH为 (填标号)； A．4.0    B．4.7    C．6.0    D．6.8 若pH过大，不仅其他金属阳离子会发生沉淀，沉淀也会发生溶解，其溶解的化学方程式为 。 (4)“第二次萃取”中 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成更稳定的配合物。 (5)“电解”中，电解余液可以在 步骤中循环使用。 【答案】(1) (2)将氧化成，便于形成沉淀分离(或将氧化成)防止形成胶体，吸附其他金属阳离子，造成产率下降 (3)B (4) (5)酸浸还原 【分析】金属结核中加入二氧化硫、硫酸进行酸浸还原，二氧化硅不反应，得到的滤渣含有，溶液为含锰离子、亚铁离子、二价钴离子、镍离子、铝离子、铜离子的盐溶液，通入空气氧化亚铁离子为铁离子，调节pH=3.2，沉铁得到滤渣氧化铁，继续加入NaOH调节pH沉铝主要得到氢氧化铝沉淀，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液1，萃取液1处理得到硫酸铜溶液，萃余液1中加入萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液(NiSO4、CoSO4、MnSO4)，萃余液2电解得到金属锰； 【解析】（1）“酸浸还原”中，滤渣的主要成分是；还原，反应中硫化合价由+4变为+6、铁化合价由+3变为+2，结合电子守恒，离子方程式为； （2）空气中氧气具有氧化性，结合表数据，“沉铁”中，空气的作用为将氧化成，便于形成沉淀分离(或将氧化成)；已知：金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子；而加热可以破坏胶体稳定性，加热至200℃的主要原因是防止形成胶体，吸附其他金属阳离子，造成产率下降； （3）由表，pH=4.6时，铝离子沉淀完全，pH=4.8时，铜离子开始产生沉淀，“沉铝”中，未产生沉淀，则可调节pH为4.7，故选B； 和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，反应为：； （4）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取、，因此、与混合萃取剂形成的配合物更稳定，故答案为、。 （5）“电解”中，锰离子在阴极被还原为锰单质，同时阳极会生成氢离子和氧气，则得到电解余液中含硫酸，可以在酸浸还原步骤中循环使用。 变式2（2025·广东深圳·一模）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)Mn属于 区元素。 (2)“碱浸”时，Al箔发生反应的离子方程式为 。 (3)“酸浸”时，被还原为，需添加 ，其中转移的电子数目为 。 (4)“沉锰”时，发生反应的离子方程式为 。 (5)“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 。 (6)该工艺中能循环利用的物质有 (填化学式)。 【答案】(1)d (2) (3)1 2NA (4) (5)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 (6)RH、H2SO4、NaOH 【分析】电动汽车电池正极废料含铝箔和Li、Ni、Co、Mn等的氧化物，加入NaOH进行碱浸，此时Al转化为Na[Al(OH)4]，其它物质仍留在固体中；将固体加入Na2SO3、H2SO4进行酸浸，此时Co3O4被还原为Co2+；加入Na2S2O8，将Mn2+氧化并转化为MnO2沉淀；过滤后，滤液中加入有机萃取剂RH进行萃取，Ni2+、Co2+转化为NiR2、CoR2进入有机层，再加入H2SO4进行镍钴分离，得到Ni2SO4、CoSO4。萃取后的水相中加入Na2CO3沉锂，得到Li2CO3沉淀，滤液是Na2SO4，将Na2SO4溶液电解，得到NaOH和H2SO4。 【解析】（1）Mn为25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，位于第四周期第VIIB族，属于d区元素。 （2）“碱浸”时，箔和溶液反应生成和，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为：。 （3）“酸浸”时，被Na2SO3还原为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子反应方程式为：；根据离子方程式，可建立如下关系式：Co3O4——Na2SO3——2e-，则1 mol Co3O4参加反应，需要添加1 mol Na2SO3，转移的电子数目为2 NA。 （4）“沉锰”时，Mn2+转化为MnO2，Mn元素的化合价由+2价变为+4价，被还原为，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式为。 （5）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。 （6）根据分析和流程图可知，反应起初消耗RH、H2SO4、NaOH，后来又陆续生成RH、H2SO4、NaOH，所以能循环利用的物质有RH、H2SO4、NaOH。 变式3（2025·湖北·一模）为实现废旧锂电池资源循环利用和环境保护，某工厂设计了一条回收废旧磷酸锰铁锂电池正极材料的流程（如下图所示）。正极粉末主要成分为，含少量等杂质。 已知： ①难溶于水。 ②常温下。 ③萃取剂（结构简式为）萃取原理：酸形式；去质子后的阴离子。 回答下列问题： (1)基态的价层电子轨道表示式为 。 (2)正极粉末“酸浸”前需“浆化（制成悬浊液）”的原因是 。 (3)滤渣A的成分为 。 (4)滤渣B是 [填“”或“”]，判断的理由是 。 (5)萃取剂一般以二聚体的形式与以配位键结合，请从结构的角度解释易形成二聚体的原因 ；下列试剂中，最宜作为反萃取剂X的是 （填选项编号）。 A．        B．        C．        D． (6)产物和与固体在空气中焙烧制得正极材料，反应的化学方程式为 。 【答案】(1) (2)分散粉末，增加与酸接触面积，避免剧烈反应 (3) (4) 当pH=3.3时，若形成，则，若以沉淀，，即以沉淀需要磷酸根浓度较小，沉淀为。 (5)通过氢键形成二聚体 A (6) 【分析】正极粉末主要成分为，含少量等，经过“浆化酸浸”可将Li、Mn、Fe、Cu、Al等元素溶解为Li+、Mn2+、Fe2+、Cu2+、Al3+；继续加入Fe，可将Cu2+还原为Cu进入滤渣，加入的过量NH4F固体使Al元素转化为难溶的进入滤渣A；进入“调pH=3.3过滤”的有Li+、Mn2+、Fe2+经过H2O2的氧化生成的Fe3+通过调pH=3.3转化为沉淀进入滤渣B；进入“萃取分液”的是Li+、Mn2+。 【解析】（1）基态质子数为25，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，价层电子轨道表示式为。 （2）正极粉末“酸浸”前需“浆化（制成悬浊液）”的原因是分散粉末，增加与酸接触面积，避免剧烈反应。 （3）根据分析滤渣A的成分为Cu、。 （4）当pH=3.3时，若形成，则，若以沉淀，，即以沉淀需要磷酸根浓度较小，沉淀为。 （5）中有O元素，分子间可通过氢键形成二聚体。 萃取原理：，，故反萃取要加入酸使上述平衡逆移，会与Li+形成沉淀不利于萃取，D不符合题意；HCl会引入杂质氯离子，C不符合题意；既可进行反萃取又不会引入杂质，A符合题意。故选A。 （6）和与固体在空气中焙烧制得正极材料，反应的化学方程式为。 变式4[原创题]以钛铁矿(主要成分为，含有少量)为主要原料制取TiN和水处理剂聚合氯化铁的工艺流程如图。 已知：i.“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有。 ii.室温下，的化学平衡常数；该条件下，开始沉淀的pH分别为6.3、1.8。 回答下列问题： (1)“酸浸1“中FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为 ；滤渣的主要成分是____(填化学式)。 (2)加入铁粉的目的之一是降低H+浓度，结合已知ii分析：铁粉与H+反应使c(H+)减小，TiO2+的水解平衡____(填“正向”或“逆向”)移动，有利于TiO(OH)2沉淀；若室温下“沉钛”后溶液中c(TiO2+)=0.1mol·L-1,则溶液c(H+)= mol·L-1(忽略水解的TiO2+对浓度的影响)。 (3)酸性双氧水处理的目的是 ；沉铁时需控制pH范围为 ，结合已知ii说明理由： 。 (4)熔融TiCl4与NH3在600℃下反应生成TiN,该反应的化学方程式为 ；气体X的化学式是______。 (5)聚合氯化铁[Fe2(OH)aCl6-a]m中，Fe的化合价为+3，则a的取值范围是______(填“0<a<6""a=3”或“a>6”)。 【答案】(1) SiO2 (2)正向 1 (3)将Fe2+氧化为Fe3+ 1.8≤pH<6.3 保证Fe3+沉淀完全，同时避免Fe2+沉淀 (4) HCl (5)0<a<6 【分析】钛铁矿(主要成分为，含有少量)用稀硫酸酸浸，所得滤液中阳离子主要有，加入适量铁粉“沉钛”，将转化为，转化为TiCl4后用氨气还原得到TiN，生成物气体X中有2种成分，其中一种是N2，由得失电子守恒可知，另外一种气体是HCl，过滤后滤液中加入酸性双氧水，将氧化为，然后通入氨气将转化为氢氧化铁沉淀，过滤后，氢氧化铁沉淀用盐酸浸取得到FeCl3溶液，“水解聚合”生成， 【解析】（1）根据“酸浸1”所得滤液中阳离子主要有，结合电荷守恒与元素守恒，溶于稀硫酸的离子方程式为。SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣为SiO2。 （2）室温下，,铁粉与H+反应使c(H+)减小，根据勒夏特列原理，TiO2+的水解平衡正向移动；化学平衡常数K=c2(H+)/c(TiO2+)=10，代入c(TiO2+)=0.1mol·L-1,得c(H+)=1mol·L-1。 （3）酸性双氧水的氧化性可将Fe2+氧化为Fe3+（便于后续沉铁）；沉铁需使Fe3+沉淀（开始沉淀pH=1.8），同时避免Fe2+沉淀（开始沉淀pH=6.3），故pH范围为1.8≤pH<6.3。 （4）TiCl4与NH3反应，Ti由+4价→TiN中+3价（被还原），N化合价不变，Cl结合NH3中的H生成HCl，反应方程式为,气体X为HCl。 （5）Fe为+3价，化合物整体电中性：2×（+3）+a×（-1）+（6-a）×（-1）=0（满足电中性），但聚合氧化铁是水解产物，OH-部分取代Cl-，故0<a<6。 17 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $