题型16 无机化工流程综合 （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16 无机化工流程综合 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 物质制备类微化工流程 考向02 物质分离提纯类微化工流程 考向03 以图像图表为信息的化工流程【重难】 考向04 以矿石为载体的物质制备类化工流程【重难】 考向05 以废弃物为载体的物质分离提纯类化工流程【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 工艺流程是高考必考题型，试题紧密联系工业生产实际和科研前沿，不孤立考查知识点，而是将元素化合物、反应原理、实验操作等多个模块内容深度融合，着重考查信息处理与逻辑推理能力。情境更趋新颖与真实，试题背景将更多源于资源回收、新能源、环境治理等国家战略相关领域，提供陌生信息，考查知识迁移能力。解题时需构建跨模块的知识网络，综合运用物质性质、反应原理分析流程。解题时将流程划分为"原料预处理 → 核心反应 → 产品分离"三个阶段进行析。对信息整合、逻辑推理、陌生方程式书写等关键能力的要求会只增不减。复习时需有意识打破教材模块界限，形成完整知识体系。 考向01 物质制备类微化工流程 【例1】 （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 1.原料预处理的方法及目的 方法 目的 解题指导 粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一 浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢 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 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 2.常见的流程中的条件控制 条件控制 目的 反应物用 量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等 加入氧化剂 (或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ pH控制 ①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 【变式1-1】 （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 【变式1-2】（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 考向02 物质分离提纯类微化工流程 【例2】（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．物质分离提纯四原则 不增 不引入新的杂质 不减 不减少被提纯的物质 易分离 被提纯物与杂质易于分离 易复原 被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。 2．常用的提纯方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等 3．常用分离、提纯的方法及操作 (1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作 ①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：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。 ②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：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、乙醇洗等)、干燥。 (2)固体物质的洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 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××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净 (3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H 2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 (4)萃取与反萃取 ①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。 ②反萃取：反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。 【变式2-1】（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 【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 以图像图表为信息的化工流程 【例3】（2024·辽宁卷）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．图象题类型 （1）单一曲线型 2.多重曲线型 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。 2．表格题类型 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。 3．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。 【变式3-1】（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 【变式3-2】（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 考向04 以矿石为载体的物质制备类化工流程 【例4-1】（2024·吉林卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 【例4-2】（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 第一步：标出原料与产品： 明确初始投入的矿石主要成分和主要杂质（如铝土矿中的Al₂O₃和SiO₂、Fe₂O₃）。 第二步：识别有价值信息： 关注流程图中的注释、题干中的已知反应方程式、以及关于物质性质的描述。 第三步：树立环保与成本意识： 潜意识里要有“绿色化学”观念，思考废气、废液、废渣的处理，以及原料的循环利用。 解矿石工艺流程题，是一个将基础知识与新情境信息进行逻辑关联的过程。通过“审题→分段→析细→作答”四步法解答。 【变式4-1】（2025·辽宁·二模）硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下。回答下列问题： (1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。 (3)H3BO3是一元弱酸，由于硼是缺电子原子，硼酸水溶液的酸性来源不是硼酸本身给出质子，请用化学用语表示稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因 。在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。 (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 。 (5)某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁中含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是 (至少答两点) ②更易与EDTA配合生成可溶性化合物的是 (填“Fe2+”或“Mg2+”)。 【变式4-2】（2025·内蒙古赤峰·二模）钼具有极强的耐热性和高温力学性能，多用于高温合金和耐高温涂料的制作。以钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料制备金属钼和氮化钼的主要流程图如下： 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点为 。“焙烧”中生成气体A直接排放到空气中对环境的主要危害是 。 (2)“碱浸”后过滤，废渣成分的化学式为 。 (3)“沉钼”前钼元素主要以形式存在。写出“沉钼”时的离子方程式 。 (4)根据流程及已有知识推断下列说法正确的是_______。 A．已知Mo与Cr同族且相邻，Mo价电子排布式为 B．是易溶于水的弱酸 C．是碱性氧化物 D．高温下可用、C、Al还原得到金属Mo (5)氮化钼是合成氨反应的催化剂，其立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为 ，晶体的密度为 (为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 考向05 以废弃物为载体的物质分离提纯类化工流程 【例5-1】（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 。 【例5-2】（2021·辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下： 已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题： (1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。 (2)用溶液制备胶体的化学方程式为 。 (3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。 (4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中 【近似为，的近似为】。 (5)“转化”过程中生成的离子方程式为 。 (6)“提纯”过程中的作用为 。 第一步：确定废弃物来源与性质： 快速判断废弃物类型（如“废旧锂离子电池”、“含铜电路板”、“炼钢废渣”）。这能帮你预判其主要成分和可能杂质。 第二步：锁定目标回收物： 明确流程要回收的是什么（是金属单质？是某种盐类？）。这是流程的最终目标。 第三步：分析杂质组成： 识别出需要去除的有害杂质或干扰成分（如塑料隔膜、铁、铝、有机物等）。特别要注意： 废弃物中可能含有多种有价金属，流程设计需考虑它们的分离顺序。 解废弃物工艺流程题，是一个将绿色化学理念、基础知识与新信息进行整合推理的过程。通过“审题定性→流程分解→深度追问→规范作答”的四步法，牢牢抓住 “资源回收”和“环保无害化” 两条主线。 【变式5-1】（2025·辽宁·二模）我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。 已知：钢渣中富含等氧化物；能溶于水，难溶于水。 回答下列问题： (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (任写一条)。 (2)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用 溶液，加入试剂1发生反应的离子方程式为 。 (4)滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为 。 (5)将草酸钙晶体()，相对分子质量)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃~420℃范围内发生反应的化学方程式为 。840℃~960℃范围内所得产品为 (填化学式)。 【变式5-2】（2025·吉林·二模）钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru制RuCl3的工艺流程如下： (1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为 。 (2)滤液Ⅰ中溶质主要成分为和 ；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为 。 (3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH明显增大，则该过程的离子反应方程式为 。 (4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为 、 。 (5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图3所示(HAc代表乙酸，Ph代表苯基)，则下列说法正确的是_______。 A．RuCl3为催化剂 B．H2O2作氧化剂 C．HAc为中间产物 D．主要生成物为 1.（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 2.（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 3.（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 4.（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 5.（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 6.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼氢化钠()具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。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 7.（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 8.（2025·黑龙江·模拟预测）工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞酸性废水中提取汞。简易流程如图所示： 下列说法正确的是 A．上述转化中只发生1个氧化还原反应 B．加入消石灰的目的是为了提高利用率 C．用硝酸和溶液可确认固体中价铁 D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制 9.（2025·吉林·二模）一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中粗品(主要成分为，同时含有少量Fe、Al、C单质)中的回收利用，其主要工艺流程如下： 已知：①难溶于水，在溶液中可形成(蓝色)和(粉红色)； ②25℃时，； ③季铵盐是指铵离子中的四个氢原子都被烃基取代后生成的化合物。 回答下列问题： (1)基态钴原子的未成对电子数为 ；中Co的化合价为 。 (2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，物理性质与离子液体非常相似。下列说法正确的是 (填字母)。 A．氯化胆碱与草酸混合可形成低共熔溶剂 B．该低共熔溶剂不导电 C．该低共熔溶剂可以溶解 (3)“微波共熔”中低共熔溶剂和粗品以不同的液固比在120℃下微波处理后，锂和钴的浸取率如图，则最佳液固比为 mL/g；若低共熔溶剂中的草酸加入过多会导致钴的浸取率下降，原因是 。 (4)已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，写出该变化的离子方程式 。 (5)25℃时，沉钴反应完成后，溶液的，此时的浓度为 mg/L。(用科学计数法表示，保留3位有效数字) (6)“滤饼1”经过煅烧得到固体，“滤饼2”为固体，混合后经高温烧结得到的化学方程式为 。 10.（2025·黑龙江吉林·一模）用钒铬矿(主要成分是制备和的流程如下： 已知：①“酸浸”后转化为；②的近似为； (1)基态原子的核外电子有 种空间运动状态。 (2)“氧化”后溶液中大量存在，请写出相应的离子方程式： 。 (3)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 。 (4)调时使用的是氨水和氯化铵的混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于沉钒率降低的主要原因是 (5)常温下，若“含溶液”中，则“沉钒”调的范围是 。 (6)请写出煅烧生成的化学方程式： (7)可用于测定水体的(是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用的溶液滴定剩余的，被还原为，消耗溶液，则该水样的为 。 11.（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国第四代核能技术获重要突破，世界唯一建成并运行的熔盐堆第四代核能系统——2兆瓦热功率液态燃料钍基熔盐实验堆(TMSR)，已在甘肃武威投入运行。钍(Th)的最主要来源是独居石砂矿(主要成分为Th(IV)、Ce(III)、U(III)等稀土金属的磷酸盐)，以下是一种以独居石为原料制备核纯级Th的工艺流程图。 已知：Ⅰ．几种物质的Ksp 物质 Th(OH)4 Ce(OH)4 Ce(OH)3 Ksp 1.6×10-45 2.0×10-48 1.6×10-20 当离子浓度小于10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完全 Ⅱ．CePO4在热分解时转化为Ce(OH)4 Ⅲ．ThO2的熔点为3323 K Ⅳ．硅和悬浮物的存在会促进互不相溶的两相乳化，在两相的交界面处形成独立的第三相 回答下列问题： (1)独居石采用0.15mm以下的尺寸，原因是： 。 (2)“热分解”步骤，生成Th(OH)4的化学方程式为： 。 (3)“浓缩结晶”后，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 (4)“溶解”阶段，产生的废气为： (填化学式)。 (5)“调pH”步骤，pH至少调至 ，使钍元素完全沉淀。 (6)“萃取”时要先进行脱硅处理和去除悬浮物，原因为： 。 (7)熔融态还原ThO2制备核纯级Th时，在Ar氛围下，钙作为还原剂，则氧化钙的作用是： 。 12.（2025·内蒙古·三模）金、银、铜是电脑、手机等电子线路中不可或缺的材料，为充分利用资源，变废为宝，从废旧电子材料中回收金等，可实现贵金属资源的再利用，废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如图所示。 已知：。 回答下列问题： I．金(Au)的回收 (1)为加快“酸溶”速率、提高浸出率，可采取的措施是 (填一种即可)。 (2)用“溶金”时反应的化学方程式为 ；用浓盐酸代替也能“溶金”，原因是 。 (3)若用过量Zn粉将完全还原为Au，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 II．Ag和Cu的回收 用一定浓度的盐酸、氯化钠、氨水、铁粉与葡萄糖，按如图所示流程从“酸溶”后的溶液中回收Cu和Ag(图中的试剂与物质均不同)。 (4)试剂1是 (填字母，下同)，试剂2是 。 A．盐酸　　B．氯化钠溶液　　C．氨水　　D．葡萄糖溶液 (5)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶胞的摩尔质量为，密度为。则该晶胞的棱长是 cm(设为阿伏加德罗常数的值，用含M、d、的代数式表示)。 (6)上述流程中，“物质3”经过两步连续反应制得单质Ag，该过程总反应的离子方程式为 。 13.（2025·内蒙古乌兰察布·二模）联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为，含有少量的、、）为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 (1)基态Ti的价层电子轨道表示式为 。 (2)“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变，发生的主要反应的化学方程式为 ；“滤渣”的主要成分是 。 (3)由“工序①”得到绿矾需用乙醇溶液洗涤，其优点是 。 (4)“加热”过程中转化为沉淀，写出该反应的离子方程式 。 (5)下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是 （填标号）。 a．“工序②”发生反应 b．“还原②”可以用氮气做保护气 c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似 (6)该流程中能循环利用的物质有 （填化学式）。 (7)钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。 熔点/℃ 377 -24 38.3 153 解释熔点差异的原因 。 14.（2025·内蒙古呼和浩特·二模）广泛用于生产、生活等方面。以为1~2的含钴废液(主要含、含少量、、、等)为原料制备的流程如下： 已知：常温下，， 回答下列问题： (1)基态铜原子的电子排布式为 。 (2)“除铁”工序中，先加入氧化，再加入沉铁，写出氧化过程的离子方程式 。 (3)“除铜”工序中，的作用是 ；“除铜”与“除铁”工序不能颠倒的原因是 。 (4)“除铜”工序后，溶液中，“除钙镁”工序中，完全沉淀时， 。 (5)“沉钴”工序分离操作要快，否则在潮湿空气中易被氧化成，写出发生反应的化学方程式 。 (6)操作X是 。 15.（2025·辽宁·模拟预测）稀土是一种重要的战略资源，我国稀土出口量世界第一。铈(Ce)是一种典型的稀土元素，工业上利用某种含氟碳铈矿(主要成分为，还含少量BaO，等)制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题： 已知：①硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反，能与结合成； ②常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Ce的萃取率。 (1)中所含的大键可表示为 ；焙烧时从氧化炉上口加入矿石、从下口鼓入空气可大大缩短氧化时间的原因是 。 (2)滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (3)步骤III萃取时存在反应，萃取最适宜的条件：温度为，硫酸浓度为当硫酸浓度过大时，萃取率降低的原因是 。 (4)步骤IV反萃取中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为 。该步骤通常控制温度为40~50℃的原因是 。 (5)某工厂取1000L含浓度为的溶液，加入500L某萃取剂，若，则单次萃取率 %(保留一位小数)。若要提高萃取率，需优化的工艺条件为 (写一条即可)。 (6)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 (填标号)。 A．熔融氯化钠制取金属钠　　B．氧化银制银　　C．铝热反应制钒 16.（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）三盐()性能优良，被广泛用作聚氯乙烯电绝缘材料，还可用作涂料的颜色，具有对光稳定、不变色的优点。工业生产可利用方铅矿(主要成分为PbS，含有、等杂质)制备三盐，工艺流程如图。 已知：①； ②，。 回答下列问题： (1)在元素周期表中的位置为 。 (2)在“浸取”前，需将方铅矿粉碎处理，其目的是 ，“浸取”时，加入饱和食盐水的作用是 。 (3)滤液1经浓缩后，再置于冰水浴中冷却的目的是 (请用平衡移动原理解释)。 (4)“沉淀转化”步骤完成后，溶液中 。 (5)“合成”步骤是合成三盐的反应，写出该反应的离子方程式： 。 (6)假设方铅矿中含PbS的质量分数为 71.7% ，若铅的损耗率为 10% ，则100t方铅矿能制得的三盐的质量为 t。 (7)朱砂(硫化汞)也是一种常见的硫化物矿物，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm，A原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，则S的配位数是 ，晶胞中B原子分数坐标为 。 【答案】(1)第六周期第IVA族 17.（2025·辽宁·二模）铟(In)是一种稀有金属，是电信、光电产品不可或缺的关键原材料。铟主要存在于锌矿、铅矿等矿石中，现用含铟粗铅矿(主要含有等)提取金属铟的工艺如下： 已知：ⅰ.萃取剂A对三价金属离子有较好的选择性。 ⅱ.常温下，，。 (1)铟在周期表中位于第五周期第ⅢA族，其基态原子价电子排布式为 。 (2)滤渣Ⅰ中含有的主要物质为Cu和 (填化学式)。 (3)中Cu的化合价为 ；“酸浸过滤”后滤液中含，则酸浸时发生反应的化学方程式为 。 (4)铁粉的主要作用是 。 (5)“置换”时，发生主要反应的离子方程式为 。 (6)常温下，加入铁粉过滤后，滤液中存在平衡，则该反应的平衡常数K= (结果保留两位有效数字)。向此滤液加入一定量的ZnO，将转化为沉淀，铟沉淀率与反应时间的关系如图所示，60min后沉淀率下降可能的原因是 。 18.（2025·辽宁大连·模拟预测）超纯是制备第三代半导体的支撑原材料之一、一种以炼锌矿渣[主要含、、、、、]为原料制备的工艺如下： 已知：①炼锌矿渣主要成分均难溶于水。②金属的熔点为29.8℃，化学性质与相似。③25℃时，相关离子开始沉淀的及萃取率。 表1金属离子浓度及开始沉淀的。 金属离子 酸浸后金属离子浓度() 开始沉淀pH 8.0 1.7 1.5 5.5 3.0 表2金属离子的萃取率 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97~98.5 (1)“酸浸”时发生的离子方程式为 。 (2)浸渣的主要成分是 (填化学式，下同)：萃取前加入的固体X为 。 (3)滤液中残余的的浓度为 。 (4)“电解”装置如下图，电解池温度控制在40~45℃的原因是 ，阴极的电极反应式为 。 (5)与反应可制得半导体材料，该过程的化学方程式为 。 19.（2025·辽宁葫芦岛·一模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： ①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示(25℃)，此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54。 (1)Mn2+的价电子排布式为 。 (2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。 (3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。 (4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ，其中除去Fe3+的离子方程式为 。 (5)“氟化除杂”时，溶液中的Mg2+和Ca2+都沉淀完全时，则F-的最低浓度为 [已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12]。 (6)碳化结晶的离子方程式为 。 20.（2025·辽宁鞍山·二模）由电镀污泥(含、、、、、等)为原料生产流程如图： 已知：I.：   II.能形成无色的 回答下列问题： (1)氨浸液中的能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。 ①“氨浸”步骤在缓冲溶液中，可被还原，生成，该反应的离子方程式为 ； ②氨浸渣中的在射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则属于 (填“晶体”或“非晶体”)； ③时，若测得氨浸液为9，则溶液中 (填“>”、“＜”或“=”)； ④提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是 ； ⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为 。 (2)水浸液中含+6价Cr的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A物质为 (填化学式)，并用适当的化学用语阐述原理 。 (3)根据溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为 。 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16 无机化工流程综合 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 物质制备类微化工流程 考向02 物质分离提纯类微化工流程 考向03 以图像图表为信息的化工流程【重难】 考向04 以矿石为载体的物质制备类化工流程【重难】 考向05 以废弃物为载体的物质分离提纯类化工流程【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 工艺流程是高考必考题型，试题紧密联系工业生产实际和科研前沿，不孤立考查知识点，而是将元素化合物、反应原理、实验操作等多个模块内容深度融合，着重考查信息处理与逻辑推理能力。情境更趋新颖与真实，试题背景将更多源于资源回收、新能源、环境治理等国家战略相关领域，提供陌生信息，考查知识迁移能力。解题时需构建跨模块的知识网络，综合运用物质性质、反应原理分析流程。解题时将流程划分为"原料预处理 → 核心反应 → 产品分离"三个阶段进行析。对信息整合、逻辑推理、陌生方程式书写等关键能力的要求会只增不减。复习时需有意识打破教材模块界限，形成完整知识体系。 考向01 物质制备类微化工流程 【例1】 （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。 1.原料预处理的方法及目的 方法 目的 解题指导 粉碎、 研磨 将块状或颗粒状的物质磨成粉末 增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分，也是提高“浸出率”的方法之一 浸取 水浸 与水接触反应或溶解 (1)加热、搅拌、适当提高酸(或碱)浓度，可以加快浸出速率；增加浸出时间可使样品充分溶解，可提高浸出率 (2)酸溶时所加酸的量不能太多 ①过量的酸多消耗后续调节pH所加的碱性试剂 ②如果实验过程有硫化物，酸过量会形成有毒气体硫化氢 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 (焙烧) 1.除去可燃性杂质 2.使原料初步转化 ①除去硫、碳单质 ②使有机物转化或除去有机物 ③高温下原料与空气中氧气反应等 ④使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 2.常见的流程中的条件控制 条件控制 目的 反应物用 量或浓度 ①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等 降温 ①防止某物质在高温时溶解(或分解)；②使化学平衡向着题目要求的方向(放热反应方向)移动；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；④降低某些晶体的溶解度，减少损失等 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③使某物质达到沸点挥发出来；④使催化剂的活性达到最好；⑤防止副反应的发生等 加入氧化剂 (或还原剂) ①转化为目标产物的价态；②除去杂质离子[如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去] 加入沉淀剂 ①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋ pH控制 ①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离 【变式1-1】 （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。 【变式1-2】（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。 考向02 物质分离提纯类微化工流程 【例2】（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； 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．物质分离提纯四原则 不增 不引入新的杂质 不减 不减少被提纯的物质 易分离 被提纯物与杂质易于分离 易复原 被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。 2．常用的提纯方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等 3．常用分离、提纯的方法及操作 (1)从溶液中获取晶体的方法及实验操作 ①溶解度受温度影响较小的(如NaCl)采取蒸发结晶的方法，实验过程为：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。 ②溶解度受温度影响较大、带有结晶水的盐或可水解的盐，采取冷却结晶的方法，实验过程为：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、乙醇洗等)、干燥。 (2)固体物质的洗涤 洗涤试剂 适用范围 目的 蒸馏水 冷水 产物不溶于水 除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为溶解而造成的损失 热水 有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降 除去固体表面吸附着的可溶性粒子，可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失 有机溶剂(酒精、丙酮等) 固体易溶于水、难溶于有机溶剂 减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥 饱和溶液 对纯度要求不高的产品 减少固体溶解 酸、碱溶液 产物不溶于酸、碱 除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解 洗涤沉淀的方法：向过滤器中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 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××试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净 (3)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H 2O2、浓硝酸、NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。 (4)萃取与反萃取 ①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另一种溶剂的过程。如用CCl4萃取溴水中的Br2。 ②反萃取：反萃取是利用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂主要起破坏有机相中被萃组分结构的作用，使被萃组分生成易溶于水的化合物，或生成既不溶于水也不溶于有机相的沉淀。经过反萃取及所得反萃液经过进一步处理后，便得到被分离物的成品。反萃后经洗涤不含或少含萃合物的有机相称再生有机相，继续循环使用。 【变式2-1】（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。 【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 以图像图表为信息的化工流程 【例3】（2024·辽宁卷）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．图象题类型 （1）单一曲线型 2.多重曲线型 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。 2．表格题类型 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。 3．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。 【变式3-1】（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。 【变式3-2】（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。 考向04 以矿石为载体的物质制备类化工流程 【例4-1】（2024·吉林卷）中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐，某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的颗粒被、包裹)，以提高金的浸出率并冶炼金，工艺流程如下： 回答下列问题： (1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。 (2)“细菌氧化”中，发生反应的离子方程式为 。 (3)“沉铁砷”时需加碱调节，生成 (填化学式)胶体起絮凝作用，促进了含微粒的沉降。 (4)“焙烧氧化”也可提高“浸金”效率，相比“焙烧氧化”，“细菌氧化”的优势为_______(填标号)。 A．无需控温 B．可减少有害气体产生 C．设备无需耐高温 D．不产生废液废渣 (5)“真金不怕火炼”，表明难被氧化，“浸金”中的作用为 。 (6)“沉金”中的作用为 。 (7)滤液②经酸化，转化为和的化学方程式为 。用碱中和可生成 (填溶质化学式)溶液，从而实现循环利用。 【答案】(1)CuSO4 (2) (3) (4)BC (5)做络合剂，将Au转化为从而浸出 (6)作还原剂，将还原为Au (7) NaCN 【分析】矿粉中加入足量空气和H2SO4，在pH=2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3+、、As（V），加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含的滤液②。 【解析】（1）“胆水”冶炼铜，“胆水”的主要成分为CuSO4； （2）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和，离子方程式为：； （3）“沉铁砷”时，加碱调节pH值，Fe3+转化为胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降； （4）A．细菌的活性与温度息息相关，因此细菌氧化也需要控温，A不符合题意； 焙烧氧化时，金属硫化物中的S元素通常转化为SO2，而细菌氧化时，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，可减少有害气体的产生，B符合题意； 焙烧氧化需要较高的温度，因此所使用的设备需要耐高温，而细菌氧化不需要较高的温度就可进行，设备无需耐高温，C符合题意； 由流程可知，细菌氧化也会产生废液废渣，D不符合题意；故选BC； （5）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN做络合剂，氰化钠能够与金离子形成稳定的络合物从而提升金单质的还原性，将Au转化为从而浸出； （6）“沉金”中Zn作还原剂，将还原为Au； （7）滤液②含有，经过H2SO4的酸化，转化为ZnSO4和HCN，反应得化学方程式为：；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。 【例4-2】（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为，含有、杂质)与软锰矿(主要成分为)联合焙烧法制各和，工艺流程如下： 已知：①焙烧时过量的分解为，转变为； ②金属活动性：； ③相关金属离子形成氢氧化物的范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 6.5 8.3 1.6 2.8 8.1 10.1 回答下列问题： (1)为提高焙烧效率，可采取的措施为 。 a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度 (2)在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为 。 (3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；② 。 (4)滤渣的主要成分为 (填化学式)。 (5)生成气体A的离子方程式为 。 (6)加入金属Bi的目的是 。 (7)将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为 。 【答案】(1)ab (2) (3)抑制金属离子水解 (4)SiO2 (5) (6)将Fe3+转化为Fe2+ (7)24.02% 【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。 【解析】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab； （2）在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为； （3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出和；②抑制金属离子水解； （4）由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2； （5）A为氯气，生成气体A的离子方程式为； （6）金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液； （7）辉铋矿中Bi元素的质量分数为。 第一步：标出原料与产品： 明确初始投入的矿石主要成分和主要杂质（如铝土矿中的Al₂O₃和SiO₂、Fe₂O₃）。 第二步：识别有价值信息： 关注流程图中的注释、题干中的已知反应方程式、以及关于物质性质的描述。 第三步：树立环保与成本意识： 潜意识里要有“绿色化学”观念，思考废气、废液、废渣的处理，以及原料的循环利用。 解矿石工艺流程题，是一个将基础知识与新情境信息进行逻辑关联的过程。通过“审题→分段→析细→作答”四步法解答。 【变式4-1】（2025·辽宁·二模）硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下。回答下列问题： (1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。 (3)H3BO3是一元弱酸，由于硼是缺电子原子，硼酸水溶液的酸性来源不是硼酸本身给出质子，请用化学用语表示稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因 。在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。 (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 。 (5)某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁中含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是 (至少答两点) ②更易与EDTA配合生成可溶性化合物的是 (填“Fe2+”或“Mg2+”)。 【答案】(1) (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 (3) 将硼元素转化生成H3BO3，促进其析出 (4) (5) Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO可形成覆盖层而隔绝氧气，且分解释放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度 Fe2+ 【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5转化硼元素生成H3BO3，过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，调节滤液pH=6.5(可减少后面碳酸铵的消耗量)，向滤液中加入前面得到的碳酸铵溶液进行沉镁，得到，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。 【解析】（1）结合分析知，“溶浸”产生的气体为氨气，NH4HCO3溶液吸收氨气的化学方程式为：； （2）经分析可知“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3； （3）为一元弱酸，B原子缺电子，则一个B原子可以结合4个氢氧根离子形成对应的稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因离子方程式为；使得稀的硼酸水溶液呈弱酸性；在“过滤2”前将溶液pH调节至3.5，目的是转化硼元素生成H3BO3，并促进其析出； （4） 滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵发生反应进行沉镁，得到，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为； （5）保险粉Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO可形成覆盖层而隔绝氧气，且分解释放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度； ②由流程可知，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，说明当不断滴入EDTA时，Fe2＋更易和EDTA结合，促使平衡向右移动，使Fe(OH)2不断溶解，生成可溶性化合物。 【变式4-2】（2025·内蒙古赤峰·二模）钼具有极强的耐热性和高温力学性能，多用于高温合金和耐高温涂料的制作。以钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料制备金属钼和氮化钼的主要流程图如下： 回答下列问题： (1)“焙烧”过程中采用多层逆流(空气从炉底进入，固体粉末从炉顶投入)投料法，该操作的优点为 。“焙烧”中生成气体A直接排放到空气中对环境的主要危害是 。 (2)“碱浸”后过滤，废渣成分的化学式为 。 (3)“沉钼”前钼元素主要以形式存在。写出“沉钼”时的离子方程式 。 (4)根据流程及已有知识推断下列说法正确的是_______。 A．已知Mo与Cr同族且相邻，Mo价电子排布式为 B．是易溶于水的弱酸 C．是碱性氧化物 D．高温下可用、C、Al还原得到金属Mo (5)氮化钼是合成氨反应的催化剂，其立方晶胞如图所示，已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为 ，晶体的密度为 (为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。 【答案】(1) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率 酸雨 (2)、 (3) (4)AD (5) 【分析】钼矿粉(主要成分)，杂质为)为原料焙烧，得到二氧化硫气体（A），其它金属元素与氧气反应生成对应的金属氧化物（氧化铜、氧化铁、），加入碳酸钠溶液反应，碱浸后，得到，沉钼时加入硝酸铵和硝酸，生成沉淀，再经过一系列转化得到氮化钼；硫酸与反应得到，高温条件下得到，最后还原得到单质钼。 【解析】（1）“焙烧”过程中采用多层逆流投料法的优点是：使空气与钼矿粉充分接触，加快了反应速率，使反应更充分，提高原料的利用率。“焙烧”中生成的气体A是，直接排放到空气中对环境的主要危害是形成酸雨。 （2）钼矿粉中的在焙烧时生成、 等，“碱浸”时与碱反应进入溶液，而成、 不与碱反应，所以废渣成分的化学式为、 。 （3）“沉钼”时加入硝酸铵、硝酸与反应生成沉淀，离子方程式为：。 （4）A．与同族且相邻，的价电子排布式为，则价电子排布式为，A正确； 由“沉钼”的过滤操作可知是难溶于水的弱酸，B错误； 能与碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，C错误； H2、C、Al在高温下都具有还原性，可用H2、C、Al还原得到金属，D正确； 故答案为AD。 （5）根据晶胞结构，原子位于顶点和面心，原子位于体心内有一个，棱上有四个；原子个数为：，原子个数为，所以晶胞的化学式为：。该晶胞的密度为：。 考向05 以废弃物为载体的物质分离提纯类化工流程 【例5-1】（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，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)Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu (5)Fe (6) 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 Pb(OH)2 (7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+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：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑。 【例5-2】（2021·辽宁卷）从钒铬锰矿渣(主要成分为、、)中提铬的一种工艺流程如下： 已知：pH较大时，二价锰[](在空气中易被氧化.回答下列问题： (1)Cr元素位于元素周期表第 周期 族。 (2)用溶液制备胶体的化学方程式为 。 (3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，“沉钒”过程控制，则与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为 (填化学式)。 (4)某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2。“沉铬”过程最佳pH为 ；在该条件下滤液B中 【近似为，的近似为】。 (5)“转化”过程中生成的离子方程式为 。 (6)“提纯”过程中的作用为 。 【答案】(1) 4 VIB (2)FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl (3) (4) 6.0 1×10-6 (5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O (6)将加入NaOH沉铬时导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)] 【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3是将加入NaOH沉铬时导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。 【解析】（1）Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4；VIB； （2）用溶液制备胶体的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，； （3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[]与pH关系如图1。已知钒铬锰矿渣硫酸浸液中，=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制，=-2时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为； （4）某温度下，、的沉淀率与pH关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过程最佳pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B中 ==1×10-6； （5）由分析可知，“转化”过程中生成的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O； （6）由分析可知，“提纯”过程中的作用为将加入NaOH沉铬时，导致二价锰[]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]。 第一步：确定废弃物来源与性质： 快速判断废弃物类型（如“废旧锂离子电池”、“含铜电路板”、“炼钢废渣”）。这能帮你预判其主要成分和可能杂质。 第二步：锁定目标回收物： 明确流程要回收的是什么（是金属单质？是某种盐类？）。这是流程的最终目标。 第三步：分析杂质组成： 识别出需要去除的有害杂质或干扰成分（如塑料隔膜、铁、铝、有机物等）。特别要注意： 废弃物中可能含有多种有价金属，流程设计需考虑它们的分离顺序。 解废弃物工艺流程题，是一个将绿色化学理念、基础知识与新信息进行整合推理的过程。通过“审题定性→流程分解→深度追问→规范作答”的四步法，牢牢抓住 “资源回收”和“环保无害化” 两条主线。 【变式5-1】（2025·辽宁·二模）我国是金属材料生产大国，提高资源利用率和实现绿色生产是必由之路。利用酸碱协同法可实现钢渣中的Ca、Si、Fe元素的有效分离，流程如下。 已知：钢渣中富含等氧化物；能溶于水，难溶于水。 回答下列问题： (1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (任写一条)。 (2)“碱浸”时，发生反应的化学方程式为 。 (3)为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用 溶液，加入试剂1发生反应的离子方程式为 。 (4)滤渣2经过洗涤、干燥得到草酸钙晶体，“洗涤”的实验操作为 。 (5)将草酸钙晶体()，相对分子质量)在氮气氛围中进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。346℃~420℃范围内发生反应的化学方程式为 。840℃~960℃范围内所得产品为 (填化学式)。 【答案】(1)搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等 (2) (3) (4)向漏斗中加入蒸馏水至没过沉淀，待液体自然流净后重复操作两到三次 (5) 【分析】钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物；加入盐酸，二氧化硅不反应成为滤渣1，滤渣1加入氢氧化钠生成硅酸钠，加入二氧化碳得到硅酸沉淀，处理得到二氧化硅；滤液1中含钙离子、亚铁离子、铁离子，加入氧化剂氧化亚铁离子生成铁离子，再加入草酸得到草酸钙滤渣2和含草酸铁的滤液2，据此分析； 【解析】（1）搅拌、粉碎钢渣、适当提高酸浸温度、适当增大盐酸浓度等(任写一条即可)均可以加快反应速率，从而提高浸取速率； （2）“碱浸”时，二氧化硅加入氢氧化钠生成硅酸钠和水，反应为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O； （3）为体现“绿色化学”思想，试剂1可选用氧化剂O2或H2O2，两者能氧化亚铁离子且不引入新杂质，加入试剂1发生反应的离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O或2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O； （4）“洗涤”草酸钙晶体的实验操作为：用玻璃棒引流，向漏斗中注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体自然流出，重复操作两到三次(答案合理即可)； （5）假设为1mol CaC2O4·H2O在氮气氛围中进行热重分析，加热时会首先失去结晶水得到CaC2O4（此时重量为原来的），然后受热分解为碳酸钙，结合钙守恒，此时重量为原来的，继续受热，碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，结合钙守恒，此时重量为原来的，则346℃～420℃范围内发生反应为CaC2O4分解生成碳酸钙，结合质量守恒，还生成CO，化学方程式为，840℃～960℃范围内所得产品为CaO。 【变式5-2】（2025·吉林·二模）钌(Ru)为稀有元素，广泛应用于电子、航空航天、化工等领域。某含钌的废渣主要成分为Ru、Pb、SiO2、Bi2O3，一种从中回收Ru制RuCl3的工艺流程如下： (1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为 。 (2)滤液Ⅰ中溶质主要成分为和 ；Bi2O3转化为NaBiO2的化学方程式为 。 (3)“还原”过程生成Ru(OH)4和乙醛，且pH明显增大，则该过程的离子反应方程式为 。 (4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为 、 。 (5)RuCl3在有机合成中有重要应用，其参与某有机物合成的路线如图3所示(HAc代表乙酸，Ph代表苯基)，则下列说法正确的是_______。 A．RuCl3为催化剂 B．H2O2作氧化剂 C．HAc为中间产物 D．主要生成物为 【答案】(1)次氯酸钠 (2) Na2SiO3 Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O (3) (4) Cl2 NaOH (5)BD 【分析】由题给流程可知，含钌的废料中加入氢氧化钠溶液和氧化剂氧化碱浸，Ru和Pb被氧化为和NaHPbO2，SiO2和Bi2O3与氢氧化钠溶液反应生成Na2SiO3和NaBiO2，过滤得到含有、NaBiO2、NaHPbO2和Na2SiO3的滤液Ⅰ；向滤液Ⅰ中加入乙醇，将还原为Ru(OH)4沉淀，过滤得到滤液Ⅱ和Ru(OH)4；Ru(OH)4在蒸馏条件下被氯酸钠氧化为RuO4，RuO4与盐酸反应生成RuCl3、Cl2和H2O，RuCl3溶液经结晶得到RuCl3。 【解析】（1）由图可知，相同温度时，次氯酸钠作氧化剂时的钌浸出率高于氯酸钠、渣率低于氯酸钠，则适宜选择的氧化剂为次氯酸钠； （2）由分析，滤液Ⅰ中溶质主要成分为和Na2SiO3；氧化铋与氢氧化钠溶液反应生成偏铋酸钠和水，反应的化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O； （3）滤液Ⅰ中加入乙醇，将还原为Ru(OH)4沉淀，同时生成乙醛，且pH明显增大，则还生成氢氧根离子，结合质量守恒，反应为：； （4）由分析可知，气体X为氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，经进一步处理得到的次氯酸钠溶液可以循环利用，则Y为氢氧化钠溶液，故答案为：Cl2、NaOH； （5）由图可知，Ru(Ac)3在反应中消耗由被生成，为反应的催化剂；反应中过氧化氢中氧元素化合价降低被还原，为反应的氧化剂；醋酸、过氧化氢、CH3CH=CHPh为反应物，和水是生成物，故选BD。 1.（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。 2.（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。 3.（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。 4.（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。 5.（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。 6.（2025·黑龙江哈尔滨·二模）硼氢化钠()具有优良的还原性，在有机化学和无机化学领域有着广泛的应用。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。 7.（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。 8.（2025·黑龙江·模拟预测）工业上，采用“凝聚沉淀法”从含汞酸性废水中提取汞。简易流程如图所示： 下列说法正确的是 A．上述转化中只发生1个氧化还原反应 B．加入消石灰的目的是为了提高利用率 C．用硝酸和溶液可确认固体中价铁 D．用过量的浓氨水吸收“冷凝”中气体可制 【答案】B 【分析】含Hg2+的废水加消石灰中和废水中的酸，加硫化钠生成HgS沉淀，加硫酸亚铁除去过量的硫化钠，过滤出HgS、FeS沉淀，在空气中灼烧HgS、FeS生成、和。 【解析】转化中，、分别在空气中灼烧生成、和，至少发生了2个氧化还原反应，故A错误； 消石灰主要成分是，中和废水中的酸，防止生成H2S，减少损失，提高的利用率，故B正确； 硝酸能氧化价铁元素，无法确认固体中是否含价的铁，故C错误； 气体主要成分是，用过量氨水吸收生成，故D错误；故选B。 9.（2025·吉林·二模）一种基于微波辅助低共熔溶剂的回收方法可实现对废旧锂离子电池中粗品(主要成分为，同时含有少量Fe、Al、C单质)中的回收利用，其主要工艺流程如下： 已知：①难溶于水，在溶液中可形成(蓝色)和(粉红色)； ②25℃时，； ③季铵盐是指铵离子中的四个氢原子都被烃基取代后生成的化合物。 回答下列问题： (1)基态钴原子的未成对电子数为 ；中Co的化合价为 。 (2)季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，物理性质与离子液体非常相似。下列说法正确的是 (填字母)。 A．氯化胆碱与草酸混合可形成低共熔溶剂 B．该低共熔溶剂不导电 C．该低共熔溶剂可以溶解 (3)“微波共熔”中低共熔溶剂和粗品以不同的液固比在120℃下微波处理后，锂和钴的浸取率如图，则最佳液固比为 mL/g；若低共熔溶剂中的草酸加入过多会导致钴的浸取率下降，原因是 。 (4)已知在水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，写出该变化的离子方程式 。 (5)25℃时，沉钴反应完成后，溶液的，此时的浓度为 mg/L。(用科学计数法表示，保留3位有效数字) (6)“滤饼1”经过煅烧得到固体，“滤饼2”为固体，混合后经高温烧结得到的化学方程式为 。 【答案】(1) 3 +3 (2)AC (3) 60 若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co的浸出率下降 (4)[CoCl4]2-+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl- (5)9.44×10-3 (6)6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2 【分析】废旧锂离子电池粗品(主要成分为，同时含有少量Fe、Al、C单质)加入低共熔剂进行微波共熔，季铵盐和羧酸或多元醇等可形成低共熔溶剂，故Co被还原为+2价，经过水浸滤液中Co以[CoCl4]2-存在，加入氢氧化钠沉钴，得到Co(OH)2沉淀即滤饼1和含有锂离子的滤液2，Co(OH)2固体经过煅烧得到Co3O4固体，含有锂离子的溶液中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂沉淀即滤饼2，碳酸锂和Co3O4高温烧结，同时通入空气氧化得到LiCoO2产物； 【解析】（1）钴元素原子序数为27，基态钴原子价层电子排布式为3d74s2，故未成对电子数为3；LiCoO2中O为-2价，Li为+1价，故Co为+3价； （2）a．离子液体正是有机胺正离子和甲酸根负离子，并且需要还原剂把+3价的钴还原为+2价，氯化胆碱与草酸混合可以很好地满足本题中低共熔溶剂的要求，A正确； 由题中介绍可知，低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似，应当可以导电，B错误； 由题中介绍可知，低共熔溶剂物理性质与离子液体非常相似，可以溶解离子化合物，C正确；故选AC； （3）图中信息显示当液固比为60mL/g时钴的浸取率最高，当液固比继续增大时，锂的浸取率随液固比的增大变化不大，因此最佳液固比为60mL/g；若草酸加入过多，钴与草酸结合成难溶的CoC2O4，使Co的浸出率下降； （4）已知在溶液中可形成(蓝色)和(粉红色)；水浸过程中溶液由蓝色变为粉红色，说明钴元素的存在形式由[CoCl4]2-变为[Co(H2O)6]2-，结合元素守恒得该变化离子方程式为[CoCl4]2-+6H2O=[Co(H2O)6]2++4Cl-； （5）25℃时，沉钴反应完成后，溶液的，即溶液c(H+)=1×10−10mol/L，c(OH-)=1×10−4mol/L，c(Co2+)==1.6×10−7mol/L，故Co2+的质量体积浓度=c(Co2+)×59×103mg/L=9.44×10-3mg/L； （6）滤饼2是碳酸锂，与Co3O4混合后，高温烧结并在此过程中通入氧气，将Co从+2氧化为+3价，故化学方程式为6Li2CO3+4Co3O4+O212LiCoO2+6CO2。 10.（2025·黑龙江吉林·一模）用钒铬矿(主要成分是制备和的流程如下： 已知：①“酸浸”后转化为；②的近似为； (1)基态原子的核外电子有 种空间运动状态。 (2)“氧化”后溶液中大量存在，请写出相应的离子方程式： 。 (3)氧化所得溶液中含有一种复杂的含钒阴离子结构如图所示，由4个四面体(位于体心的V为+5价)，通过共用顶点氧原子构成八元环，其化学式为 。 (4)调时使用的是氨水和氯化铵的混合溶液，沉钒率受温度影响的关系如图所示。温度高于沉钒率降低的主要原因是 (5)常温下，若“含溶液”中，则“沉钒”调的范围是 。 (6)请写出煅烧生成的化学方程式： (7)可用于测定水体的(是指每升水样中还原性物质被氧化所需要的质量)。现有某水样，酸化后加入的溶液，使水样中的还原性物质完全被氧化，再用的溶液滴定剩余的，被还原为，消耗溶液，则该水样的为 。 【答案】(1)15 (2) (3) (4)氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低 (5)4.6 (6) (7)160 【分析】钒铬矿加硫酸酸浸，转化为、Cr(OH)3转化为Cr2(SO4)3，加入Na2S2O8将氧化为，调pH得到沉淀和含Cr3+的滤液，煅烧得到，滤液多步操作后得到和硫酸钠的混合液； 【解析】（1）把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数。基态Cr原子电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，故有15种空间运动状态。 （2）加入Na2S2O8将氧化为，结合质量守恒、电荷守恒可知，同时生成硫酸根离子和氢离子，反应为：； （3）由图，该阴离子中含有4个、12个氧原子，氧的化合价为-2、V为+5价，则其化学式为； （4）氨水具有挥发性，且氯化铵容易受热分解，则温度高于使得氨水和氯化铵溶液浓度降低，导致沉钒率降低； （5）的近似为，当Cr3+开始沉淀所需，pOH=9.4，pH=4.6，故答案为4.6； （6）煅烧生成的过程中V元素化合价没有改变，结合质量守恒，煅烧过程中还会生成氨气和水，反应为； （7）用的溶液滴定剩余的，被还原为，反应中铁化合价由+2变为+3、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒存在，则由反应消耗为，水样中还原性物质被氧化所需的为，结合COD含义、电子守恒，存在，则该水样的为。 11.（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国第四代核能技术获重要突破，世界唯一建成并运行的熔盐堆第四代核能系统——2兆瓦热功率液态燃料钍基熔盐实验堆(TMSR)，已在甘肃武威投入运行。钍(Th)的最主要来源是独居石砂矿(主要成分为Th(IV)、Ce(III)、U(III)等稀土金属的磷酸盐)，以下是一种以独居石为原料制备核纯级Th的工艺流程图。 已知：Ⅰ．几种物质的Ksp 物质 Th(OH)4 Ce(OH)4 Ce(OH)3 Ksp 1.6×10-45 2.0×10-48 1.6×10-20 当离子浓度小于10-5 mol/L时，认为该离子沉淀完全 Ⅱ．CePO4在热分解时转化为Ce(OH)4 Ⅲ．ThO2的熔点为3323 K Ⅳ．硅和悬浮物的存在会促进互不相溶的两相乳化，在两相的交界面处形成独立的第三相 回答下列问题： (1)独居石采用0.15mm以下的尺寸，原因是： 。 (2)“热分解”步骤，生成Th(OH)4的化学方程式为： 。 (3)“浓缩结晶”后，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。 (4)“溶解”阶段，产生的废气为： (填化学式)。 (5)“调pH”步骤，pH至少调至 ，使钍元素完全沉淀。 (6)“萃取”时要先进行脱硅处理和去除悬浮物，原因为： 。 (7)熔融态还原ThO2制备核纯级Th时，在Ar氛围下，钙作为还原剂，则氧化钙的作用是： 。 【答案】(1)增大接触面积，加快热分解速率，使热分解更充分 (2) (3)热分解或调pH (4)Cl2 (5)4.05 (6)防止形成第三相降低萃取效率 (7)助熔剂 【解析】（1）将固体矿石粉碎为很小的颗粒，既可以增加矿石与NaOH溶液的接触面积，从而加快反应速率，又能使反应更充分，提高转化率。故答案可以表述为：增大接触面积，加快热分解速率，使热分解更充分； （2）Th(IV)的磷酸盐化学式为Th3(PO4)4，与NaOH反应的产物是3Th(OH)4和Na3PO4，故反应方程式为：； （3）浓缩结晶之后，滤液的主要成分是NaOH，故可用于热分解或者后续调节pH步骤，进行循环利用，避免产生大量的高碱度废水； （4）根据后续调pH得到的是“铀钍渣”可知，加盐酸溶解阶段，必然是将Ce(OH)4转化为Ce3+，以便调节pH时与元素U和Th实现分离，该阶段Ce(IV)作氧化剂，将Cl-氧化为Cl2； （5）“调pH”步骤，溶液中存在Th(OH)4的沉淀溶解平衡，则必满足：=1.6×10-45， 为保证钍元素完全沉淀，即≤10-5mol/L，则c(OH-)≥2×10-10.25mol/L，c(H+)≤5×10-4.75mol/L，则pH≥4.05； （6）根据题目信息，硅和悬浮物的存在会促进互不相容的两相乳化，在两相的交界面处形成独立的第三相，干扰后续的萃取分液，故“萃取”时要先进行脱硅处理和去除悬浮物，防止形成第三相降低萃取效率； （7）根据题目，ThO2的熔点为3323 K，这是一个相当高的温度，反应时为了使ThO2熔化从而顺利与Ca发生置换反应，加入CaO作为助熔剂，起到降低ThO2的熔点的作用，这与电解熔融氧化铝冶炼金属铝时加入冰晶石异曲同工。 12.（2025·内蒙古·三模）金、银、铜是电脑、手机等电子线路中不可或缺的材料，为充分利用资源，变废为宝，从废旧电子材料中回收金等，可实现贵金属资源的再利用，废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如图所示。 已知：。 回答下列问题： I．金(Au)的回收 (1)为加快“酸溶”速率、提高浸出率，可采取的措施是 (填一种即可)。 (2)用“溶金”时反应的化学方程式为 ；用浓盐酸代替也能“溶金”，原因是 。 (3)若用过量Zn粉将完全还原为Au，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 II．Ag和Cu的回收 用一定浓度的盐酸、氯化钠、氨水、铁粉与葡萄糖，按如图所示流程从“酸溶”后的溶液中回收Cu和Ag(图中的试剂与物质均不同)。 (4)试剂1是 (填字母，下同)，试剂2是 。 A．盐酸　　B．氯化钠溶液　　C．氨水　　D．葡萄糖溶液 (5)某铜镍合金的立方晶胞结构如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶胞的摩尔质量为，密度为。则该晶胞的棱长是 cm(设为阿伏加德罗常数的值，用含M、d、的代数式表示)。 (6)上述流程中，“物质3”经过两步连续反应制得单质Ag，该过程总反应的离子方程式为 。 【答案】(1)搅拌、适当升高温度 (2) Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3 浓盐酸提供和，提供，与体系均能提供、和，从而实现“溶金” (3)1.5mol (4) B A (5) (6) 【分析】废旧CPU加入硝酸酸化后，Au不反应，Ag和Cu转化为Cu2+和Ag+的混合溶液，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到Au，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑； 根据图中信息可知，含有Cu2+和Ag+的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到，所以试剂3是氨水，物质3是AgCl，试剂1是NaCl溶液，物质1是CuCl2，CuCl2加入过量铁粉得到Cu和Fe2+，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析； 【解析】（1）为提高“酸溶”速率，除增大硝酸浓度外，还可以采取的措施搅拌、适当升高温度等； （2）溶金”过程中有NO产生，Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；根据反应原理，浓盐酸提供和，提供，与体系均能提供、和，从而实现“溶金”； （3）用Zn粉将溶液中的完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被Zn还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒，参加反应的Zn的物质的量是1.5mol； （4）Cu2+和Ag+溶液中加足量氯化钠溶液，将银离子转化为AgCl沉淀，过滤，得到含铜离子的滤液，滤液中加足量Fe粉将铜置换为单质；物质2为Cu和过量Fe的混合物，混合物加足量盐酸，将Fe溶解，过滤得到Cu，故试剂1选B。试剂2选A； （5）①在晶胞顶点，个数为，在晶胞面心，个数为，该晶体的化学式为； ②晶胞的质量为，该晶胞的棱长设为acm，根据密度的定义，晶胞的体积为，则该晶胞的棱长为a=； （6）由上述分析可知物质3为AgCl，AgCl溶于足量稀氨水中得到银氨溶液；银氨溶液加入葡萄糖溶液中生成Ag单质，总反应离子方程式为： 。 13.（2025·内蒙古乌兰察布·二模）联合多种工业制备是节能环保，高效生产，减少损耗的重要途径。钛和钛合金性能优良，广泛用于航空、造船和化学工业中。以钛铁矿（主要成分为，含有少量的、、）为主要原料制取和绿矾，同时联合氯碱工业生产甲醇的工艺流程如图所示。 (1)基态Ti的价层电子轨道表示式为 。 (2)“酸浸”时，转化为，铁元素的价态不改变，发生的主要反应的化学方程式为 ；“滤渣”的主要成分是 。 (3)由“工序①”得到绿矾需用乙醇溶液洗涤，其优点是 。 (4)“加热”过程中转化为沉淀，写出该反应的离子方程式 。 (5)下列有关“工序②”和“还原②”步骤的说法正确的是 （填标号）。 a．“工序②”发生反应 b．“还原②”可以用氮气做保护气 c．铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛方法相似 (6)该流程中能循环利用的物质有 （填化学式）。 (7)钛与卤素形成的化合物的熔点如表所示。 熔点/℃ 377 -24 38.3 153 解释熔点差异的原因 。 【答案】(1) (2) FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O SiO2和CaSO4 (3)降低绿矾的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙醇更容易挥发 (4) (5)c (6)H2、Cl2、CO (7)iF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大，熔点越高 【分析】钛铁矿的主要成分为FeTiO3，含有少量Fe2O3、SiO2、，钛铁矿磨细后加入硫酸进行酸浸，“酸浸”时FeTiO3转化为TiO2+，铁元素的价态不改变，Fe元素生成FeSO4，Fe2O3和浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3，SiO2不溶于硫酸， 生成硫酸钙，然后滤液中加入铁屑，Fe和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4；电解饱和食盐水得到Cl2、H2和NaOH，气体B和气体C合成甲醇，则B为H2、A为Cl2；工序①中滤液通过蒸发浓缩、冷却结晶得到绿钒，然后加入水进行加热、过滤、灼烧，工序②中加入焦炭、Cl2得到TiCl4，同时生成气体C为CO，Mg还原TiCl4得到Ti，CO、H2合成CH3OH。 【解析】（1）基态Ti的价层电子排布式为：3d24s2，轨道表示式为：； （2）“酸浸”时FeTiO3转化为TiO2+，铁元素的价态不改变，Fe元素生成FeSO4，发生的主要反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O，滤渣的主要成分是SiO2和CaSO4； （3）绿矾能溶于水，不溶于酒精，对所得到的绿矾晶体用乙醇溶液洗涤，用乙醇溶液洗涤绿矾的优点为：降低绿矾的溶解度以减少溶解损失，且低温烘干时乙醇更容易挥发； （4）“加热”过程中水解转化为沉淀，该反应的离子方程式； （5）a．由分析可知，工序②中加入焦炭、Cl2得到TiCl4，同时生成气体C为CO，化学方程式为，故a错误； N2与Mg在高温下要反应，故不能用N2作保护气，故b错误； 铝热反应制锰与“还原②”冶炼制钛都是用较活泼金属为还原剂，在高温下冶炼比它不活泼的金属，原理相似，故c正确；答案为：c； （6）由路程图可知A、B、C均是可以循环利用的物质，即为H2、Cl2、CO； （7）TiF4为离子晶体，熔点最高，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，其相对分子质量增大，分子间范德华力增大，熔点越高； 14.（2025·内蒙古呼和浩特·二模）广泛用于生产、生活等方面。以为1~2的含钴废液(主要含、含少量、、、等)为原料制备的流程如下： 已知：常温下，， 回答下列问题： (1)基态铜原子的电子排布式为 。 (2)“除铁”工序中，先加入氧化，再加入沉铁，写出氧化过程的离子方程式 。 (3)“除铜”工序中，的作用是 ；“除铜”与“除铁”工序不能颠倒的原因是 。 (4)“除铜”工序后，溶液中，“除钙镁”工序中，完全沉淀时， 。 (5)“沉钴”工序分离操作要快，否则在潮湿空气中易被氧化成，写出发生反应的化学方程式 。 (6)操作X是 。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1 (2)ClO+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O (3) 做还原剂 硫代硫酸钠在酸性条件下能与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，降低还原效率 (4)1.5×10－7mol/L (5)4Co(OH)2+O2=4CoO(OH) +2H2O (6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【分析】由题给流程可知，向含钴废液中加入氯酸钠，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，向反应后的溶液中加入碳酸钠调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为Na2Fe6(SO4)4(OH)12沉淀，过滤得到Na2Fe6(SO4)4(OH)12和滤液；向滤液中加入硫代硫酸钠，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到铜和滤液；向滤液中加入氟化钠，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到氟化钙、氟化镁和滤液；向滤液中加入氢氧化钠，将溶液中亚钴离子转化为氢氧化亚钴沉淀，过滤得到氢氧化亚钴和滤液；向氢氧化亚钴中加入盐酸，将氢氧化亚钴转化为氯化亚钴，氯化亚钴溶液在氯化氢氛围中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoCl2·xH2O晶体。 【解析】（1）铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1； （2）由分析可知，“除铁”工序中加入氯酸钠的目的是将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，反应的离子方程式为ClO+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O； （3）由分析可知，“除铜”工序中加入硫代硫酸钠的目的是将溶液中的铜离子转化为铜，反应中硫代硫酸钠是反应的还原剂，硫代硫酸钠能与溶液中的氢离子反应生成硫沉淀、二氧化硫气体和水，由题意可知，含钴废液呈酸性，所以“除铜”与“除铁”工序不能颠倒，故答案为：做还原剂；硫代硫酸钠在酸性条件下能与氢离子反应生成硫、二氧化硫和水，降低还原效率； （4）由溶度积可知，溶液中钙离子完全沉淀时，溶液中氟离子浓度为=×10－2mol/L，则溶液中镁离子浓度为=1.5×10－7mol/L； （5）由题意可知，氢氧化亚钴在潮湿空气中发生的反应为氢氧化亚钴与空气中的氧气反应生成CoO(OH)，反应的化学方程式为4Co(OH)2+O2=4CoO(OH) +2H2O，故答案为：4Co(OH)2+O2=4CoO(OH) +2H2O； （6）由分析可知，操作X为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 15.（2025·辽宁·模拟预测）稀土是一种重要的战略资源，我国稀土出口量世界第一。铈(Ce)是一种典型的稀土元素，工业上利用某种含氟碳铈矿(主要成分为，还含少量BaO，等)制取金属铈的一种工艺流程如图。回答下列问题： 已知：①硫酸体系中，在中的溶解度大于其在水中的溶解度，与之相反，能与结合成； ②常温下，两相平衡体系中，被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，如，Ce的萃取率。 (1)中所含的大键可表示为 ；焙烧时从氧化炉上口加入矿石、从下口鼓入空气可大大缩短氧化时间的原因是 。 (2)滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (3)步骤III萃取时存在反应，萃取最适宜的条件：温度为，硫酸浓度为当硫酸浓度过大时，萃取率降低的原因是 。 (4)步骤IV反萃取中，在稀硫酸和的作用下转化为，反应的离子方程式为 。该步骤通常控制温度为40~50℃的原因是 。 (5)某工厂取1000L含浓度为的溶液，加入500L某萃取剂，若，则单次萃取率 %(保留一位小数)。若要提高萃取率，需优化的工艺条件为 (写一条即可)。 (6)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 (填标号)。 A．熔融氯化钠制取金属钠　　B．氧化银制银　　C．铝热反应制钒 【答案】(1) 增大了气体和固体粉末的接触面积 (2)、 (3)随着硫酸根浓度增大，与硫酸根结合生成，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动 (4) 有利于加快反应速率，还可以防止双氧水分解 (5) 增大(调节或更换萃取剂)、增大有机相体积或者多级萃取（合理即可） (6) 【分析】铈矿石焙烧过程将价铈氧化为价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸钡和二氧化硅，加入萃取，分离出有机层，加入稀硫酸进行反萃取，加入，将转化为 进入水层，加入生成沉淀，再转化为，在气氛下(抑制水解)加热生成，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈，据此分析作答。 【解析】（1）碳酸根的中心碳原子采取杂化，形成平面三角形的几何结构，三个氧原子通过键与碳连接。碳及三个氧原子各有一个垂直于分子平面的轨道参与大键形成，共涉及4个原子，所以大键可表示为。从下口鼓入空气可大大缩短氧化时间的原因是：增大了气体和固体粉末的接触面积。 （2）根据分析可知，滤渣为和。 （3）随着硫酸根浓度增大，与硫酸根结合生成，氢离子浓度增大，萃取平衡逆向移动，导致萃取率降低。 （4）步骤加入，将转化为进入水层，发生反应的离子方程式为：。过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为之间既有利于加快反应速率，又可以防止温度过高导致双氧水分解。 （5）根据题给公式整理得萃取率。若要提高萃取率，需优化的工艺条件为增大(调节或更换萃取剂)、增大有机相体积或者多级萃取。 （6）本工艺流程中加入钙冶炼的方法为热还原法。电解熔融氯化钠制钠是电解法；氧化银分解制银是热分解法；利用铝热反应制钒为热还原法，故选C。 16.（2025·黑龙江辽宁·模拟预测）三盐()性能优良，被广泛用作聚氯乙烯电绝缘材料，还可用作涂料的颜色，具有对光稳定、不变色的优点。工业生产可利用方铅矿(主要成分为PbS，含有、等杂质)制备三盐，工艺流程如图。 已知：①； ②，。 回答下列问题： (1)在元素周期表中的位置为 。 (2)在“浸取”前，需将方铅矿粉碎处理，其目的是 ，“浸取”时，加入饱和食盐水的作用是 。 (3)滤液1经浓缩后，再置于冰水浴中冷却的目的是 (请用平衡移动原理解释)。 (4)“沉淀转化”步骤完成后，溶液中 。 (5)“合成”步骤是合成三盐的反应，写出该反应的离子方程式： 。 (6)假设方铅矿中含PbS的质量分数为 71.7% ，若铅的损耗率为 10% ，则100t方铅矿能制得的三盐的质量为 t。 (7)朱砂(硫化汞)也是一种常见的硫化物矿物，其立方晶系型晶胞如下图所示，晶胞参数为a nm，A原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，则S的配位数是 ，晶胞中B原子分数坐标为 。 【答案】(1)第六周期第IVA族 (2) 增大接触面积，加快反应速率 提供，使生成的转化为 (3)降低温度，使平衡逆向移动 (4)103 (5) (6)66.825 (7) 4 【分析】方铅矿中加盐酸、MnO2、饱和食盐水“浸取”时，盐酸、MnO2与PbS、FeS2发生氧化还原反应生成PbCl2、FeCl3和S， MnO2被还原成Mn2+。盐酸与Al2O3反应生成AlCl3，加入的饱和食盐水可提供，促进反应的平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中。调节pH，使铁离子、铝离子转化成氢氧化物沉淀除去。为吸热反应，将滤液1浓缩后进行冷水浴，使上述平衡逆向移动，有利于析出PbCl2晶体。在PbCl2晶体中加入稀硫酸发生沉淀转化生成硫酸铅，过滤得到的硫酸铅和氢氧化钠溶液在50~60°C条件下合成。 【解析】（1）是82号元素，第六周期的0族元素的原子序数为86，86-82=4，则Pb原子最外层差4个电子达8电子稳定结构，故Pb在元素周期表中的位置为第六周期第IVA族； （2）在“浸取”前，将方铅矿粉碎，能增大反应物接触面积，加快反应速率；浸取时，加入饱和食盐水提供，使生成的转化为。 （3），正反应吸热，降低温度，平衡逆向移动，滤液1经浓缩后，再置于冰水浴中冷却的目的是降低温度，使平衡逆向移动析出。 （4）“沉淀转化”步骤和硫酸反应生成PbSO4和盐酸，溶液中。 （5）“合成”步骤是硫酸铅、氢氧化钠在50~60°C条件下生成、硫酸钠、水，该反应的离子方程式为。 （6），，，方铅矿中含PbS的质量分数为71.7%，若铅的损耗率为10%，根据铅元素守恒，100t方铅矿能制得的三盐的质量为。 （7）由晶胞图知，将立方体平均切八块，S原子位于其中4块小正方体的体心，S原子周围距离最近的Hg原子有4个，则S的配位数是4，由A原子的分数坐标为(0，0，0)，结合投影图知，晶胞中B原子分数坐标为。 17.（2025·辽宁·二模）铟(In)是一种稀有金属，是电信、光电产品不可或缺的关键原材料。铟主要存在于锌矿、铅矿等矿石中，现用含铟粗铅矿(主要含有等)提取金属铟的工艺如下： 已知：ⅰ.萃取剂A对三价金属离子有较好的选择性。 ⅱ.常温下，，。 (1)铟在周期表中位于第五周期第ⅢA族，其基态原子价电子排布式为 。 (2)滤渣Ⅰ中含有的主要物质为Cu和 (填化学式)。 (3)中Cu的化合价为 ；“酸浸过滤”后滤液中含，则酸浸时发生反应的化学方程式为 。 (4)铁粉的主要作用是 。 (5)“置换”时，发生主要反应的离子方程式为 。 (6)常温下，加入铁粉过滤后，滤液中存在平衡，则该反应的平衡常数K= (结果保留两位有效数字)。向此滤液加入一定量的ZnO，将转化为沉淀，铟沉淀率与反应时间的关系如图所示，60min后沉淀率下降可能的原因是 。 【答案】(1) (2) (3) +1价 (4)置换出铜，除去铜元素，同时将铁离子还原为亚铁离子，防止铁离子被萃取，导致产物纯度降低 (5) (6) 置换时间过长，溶液中的亚铁离子被氧化为铁离子，使氢氧化铟转化为氢氧化铁 【分析】含铟粗铅矿(主要含)，加入稀硫酸“酸浸”后，转化成Cu和，难溶于水、不参加反应，则滤渣Ⅰ有Cu、和；加入铁粉将Cu2+还原为Cu、将还原为，防止加入萃取剂时进入有机相；加入萃取剂萃取，加盐酸进行反萃取，将转移到水相中，分液后加Zn置换铟，过滤得粗铟。 【解析】（1）铟在周期表中位于第五周期第ⅢA族，故其价电子排布式为。 （2）由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分除Cu外还有和。 （3）As是第ⅤA族元素，其最低负化合价为价，则中Cu为价；根据流程图和(2)中信息可知，在“酸浸”过程中发生氧化还原反应生成Cu和，则酸浸时发生反应的化学方程式为：。 （4）萃取剂A对三价金属离子有较好的选择性，的存在会影响的萃取，故加入铁粉目的是将滤液中的还原为，防止被萃取，导致产物In的纯度降低，同时置换铜，除去铜元素。 （5）“置换”步骤后得到粗铟，则发生的主要反应的离子方程式为 （6）反应的平衡常数 。根据题意加入铁粉后的溶液中存在亚铁离子，在空气中进行操作时溶液中的亚铁离子易被氧化成铁离子，且氢氧化铟的大于氢氧化铁的，可能会发生沉淀转化，即氢氧化铟转化为氢氧化铁，使铟的沉淀率下降。 18.（2025·辽宁大连·模拟预测）超纯是制备第三代半导体的支撑原材料之一、一种以炼锌矿渣[主要含、、、、、]为原料制备的工艺如下： 已知：①炼锌矿渣主要成分均难溶于水。②金属的熔点为29.8℃，化学性质与相似。③25℃时，相关离子开始沉淀的及萃取率。 表1金属离子浓度及开始沉淀的。 金属离子 酸浸后金属离子浓度() 开始沉淀pH 8.0 1.7 1.5 5.5 3.0 表2金属离子的萃取率 金属离子 萃取率(%) 0 99 0 97~98.5 (1)“酸浸”时发生的离子方程式为 。 (2)浸渣的主要成分是 (填化学式，下同)：萃取前加入的固体X为 。 (3)滤液中残余的的浓度为 。 (4)“电解”装置如下图，电解池温度控制在40~45℃的原因是 ，阴极的电极反应式为 。 (5)与反应可制得半导体材料，该过程的化学方程式为 。 【答案】(1) (2) 、 Fe (3) (4) 保证为液体，便于纯流出 (或) (5) 【分析】炼锌矿渣主要含、、、、、；炼锌矿渣加稀硫酸“酸浸”， 浸出液加入双氧水调pH=5，Ga3+、Fe3+沉淀进入滤饼中。加盐酸将沉淀溶解，加固体x将Fe3+转化为Fe2+以免被萃取入有机溶剂中。最后加入NaOH将Ga3+转变为，电解含有的溶液得高纯Ga。 【解析】（1）“酸浸”时和硫酸反应生成硫酸镓、硫酸铁，发生的离子方程式为； （2）二氧化硅难溶于稀硫酸，和硫酸反应生成硫酸铅和水，浸渣的主要成分是、：加固体x将Fe3+转化为Fe2+以免被萃取入有机溶剂中，萃取前加入的固体X为Fe粉。 （3）Ga3+开始沉淀的pH=3.0，则,pH=5时，滤液中残余的的浓度为 。 （4）金属的熔点为29.8℃，“电解”装置如下图，电解池温度控制在40~45℃的原因是保证为液体，便于纯流出，阴极得电子生成Ca阴极的电极反应式为。 （5）根据元素守恒，与反应可制得半导体材料和甲烷，该过程的化学方程式为。 19.（2025·辽宁葫芦岛·一模）硫酸锰是一种重要的化工中间体，是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为MnS及少量FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下： ①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。 ②酸浸时，浸出液的pH与锰的浸出率关系如下图1所示。 ③金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如下图2所示(25℃)，此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54。 (1)Mn2+的价电子排布式为 。 (2)传统工艺处理高硫锰矿时，若不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，其缺点为 。 (3)实际生产中，酸浸时控制硫酸的量不宜过多，使pH在2左右。请结合图1和制备硫酸锰的流程，说明硫酸的量不宜过多的原因： 。 (4)“中和除杂”时，应调节pH的范围为 ，其中除去Fe3+的离子方程式为 。 (5)“氟化除杂”时，溶液中的Mg2+和Ca2+都沉淀完全时，则F-的最低浓度为 [已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12]。 (6)碳化结晶的离子方程式为 。 【答案】(1) (2)产生硫化氢等气体，污染环境 (3)由图知，pH为2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费 (4) (5) (6) 【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与软锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子便于除去，再加入碳酸钙中和，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2除杂，使溶液中的Mg2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生反应，加入硫酸溶解碳酸锰，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，据此分析解答。 【解析】（1）Mn原子核外电子数为25，原子核外电子排布式为，价电子排布式为，故Mn2+的价电子排布式为； （2）高锰矿含有FeS，传统工艺处理高硫锰矿时，不经“混合焙烧”，而是直接用H2SO4浸出，产生硫化氢等气体，污染环境； （3）由图知，pH为2时锰的浸出率均已接近100%，硫酸过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会消耗更多的而造成浪费； （4）中和除杂的目的是除去Al3+、Fe3+，根据图2可知，常温下，Al3+、Fe3+完全沉淀时，即Al3+、Fe3+浓度为10-5mol/L时，pH分别为5.0、3.2，而题中所给信息为Mn2+开始沉淀的pH为7.54，除杂时要Al3+、Fe3+完全沉淀而Mn2+不沉淀，因此调pH范围为是；加入碳酸钙后将Fe3+转化为Fe(OH) 3沉淀，因此反应为：； （5）已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10；Ksp(CaF2)=3.6×10-12，溶液中的Ca2+沉淀完全时，当Mg2+完全沉淀时，需维持c(F−)不低于，因此当时，即此时溶液中Mg2+和Ca2+能都沉淀完全； （6）由分析知，加入碳酸氢铵进行“碳化结晶”，发生反应，生成沉淀。 20.（2025·辽宁鞍山·二模）由电镀污泥(含、、、、、等)为原料生产流程如图： 已知：I.：   II.能形成无色的 回答下列问题： (1)氨浸液中的能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。 ①“氨浸”步骤在缓冲溶液中，可被还原，生成，该反应的离子方程式为 ； ②氨浸渣中的在射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则属于 (填“晶体”或“非晶体”)； ③时，若测得氨浸液为9，则溶液中 (填“>”、“＜”或“=”)； ④提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是 ； ⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为 。 (2)水浸液中含+6价Cr的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A物质为 (填化学式)，并用适当的化学用语阐述原理 。 (3)根据溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为 。 【答案】(1) 晶体 = 使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒 (2) 增大浓度，促进平衡正向移动，生成 (3)浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥 【分析】由题给流程可知，向电镀污泥中加入氨水、亚硫酸铵和碳酸铵的混合溶液氨浸，将溶液中的铜离子、锌离子、银离子转化为四氨合铜离子、四氨合锌离子、二氨合银离子，铁离子和亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀、铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氨浸液和氨浸渣；向氨浸渣中加入氢氧化钠、通入空气高压焙烧，将碳酸亚铁转化为氧化铁、氢氧化铬转化为铬酸钠，焙烧渣水浸、过滤得到含有氧化铁的水浸渣和铬酸钠溶液；向溶液中加入硫酸溶液调节溶液pH，将溶液中铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液经浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥得到重铬酸钠。 【解析】（1）①由分析可知，氨浸时铁离子发生的反应为溶液中的铁离子与亚硫酸根离子、碳酸根离子、氨分子反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸根离子和铵根离子，反应的离子方程式为； ②由碳酸亚铁在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知，碳酸亚铁属于晶体，故答案为：晶体； ③由电离常数可知，溶液中===1，则溶液中一水合氨的浓度与铵根离子浓度相等； ④碳酸铵提高了氨浸液和浸渣的分离效率是因为：碳酸铵能使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒，故答案为：使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒； ⑤氨浸液呈深蓝色是因为溶液中存在着结构简式为的四氨合铜离子； （2）由分析可知，水浸液中存在如下平衡：，向溶液中加入硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于重铬酸根离子的生成，故答案为：；增大浓度，促进平衡正向移动，生成； （3）由溶解度曲线可知，得到重铬酸钠的系列操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥。 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 $