专题02 化工流程综合题（大题专练，逐空突破）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题02 化工流程综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 命题规律体现三大特征：一、 情境锚定真实场景：以工业生产、科研前沿为背景，紧扣北京本土环保与科技特色，侧重二次资源回收（废旧电池、电子废料）、新能源材料合成、低碳工艺等，凸显STSE关联，拒绝简化实验情景，贴合真实化工逻辑与“双碳”战略导向。二、考点聚焦核心模块：高频考查氧化还原/复分解反应书写、条件调控（pH、温度等）、分离提纯（过滤、结晶等）、绿色化学（循环利用、三废处理）及定量计算（产率、Ksp等），贴合教考衔接要求，注重基础与应用结合。三、能力侧重素养考查：核心考查证据推理与模型认知，要求学生加工题干信息（如电离常数、图表数据），建立“物质性质—流程操作—反应原理”的关联，强化语言表达与逻辑推导能力，凸显素养立意。 命题趋势：2026年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维：一、情境更具时代性：深度融入新质生产力、科技自立自强等国家战略，结合北京科创中心建设、京津冀生态治理等本土元素，素材更贴近前沿科研与实际工业场景。二、设问更具综合性：弱化单一知识点考查，强化“流程分析+原理应用+实验探究”融合，新增工艺优化、路径评价等开放性设问，突出工程化思维。三导向更具素养化：进一步强化绿色化学与可持续发展理念，增加数据解读、误差分析等考查，倒逼学生建立系统解题思维，拒绝机械刷题。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理 2025年北京卷16（1） 2024年北京卷16（1） 2023年北京卷16（1） 热点设问02 反应条件的控制 2025年北京卷16（2） 2024年北京卷16（3） 2023年北京卷16（2） 热点设问03 物质的分离与提纯 2024年北京卷16（4） 2023年北京卷16（3） 热点设问04 陌生方程式的书写 2024年北京卷16（2） 2023年北京卷16（2）（3） 热点设问05 产率、纯度、KSP等计算 2023年北京卷16（1） 2022年北京卷16（2） 热点设问06 加入试剂的作用和循环物质的确定 2022年北京卷16（5） 热点设问07 图像分析 2024年北京卷16（3） 2023年北京卷16（3） 热点设问01 原料的预处理 析典例·明思路 1．（2024·北京卷）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 研考点·通技法 常见预处理的操作及作用 1、研磨、雾化（将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、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 破类题·提能力 1．（25-26高三上·北京昌平·期末）从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 (1)为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 2．（25-26高三上·北京丰台·阶段练习）Fe3O4是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，含少量SiO2、Al2O3等)生产Fe3O4的过程如下。 资料：i．0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，沉淀完全时pH=8.3 ii．0.1 mol/L Fe3+生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH=1.5，沉淀完全时pH=2.8 iii．常温下，饱和Fe2(SO4)3溶液浓度约为0.125mol/L (1)碱浸 ①烧渣在碱浸前需要粉碎，其作用是_______。 ②NaOH溶解Al2O3的化学方程式是_______。 热点设问02 反应条件的控制 析典例·明思路 2．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 研考点·通技法 一、条件控制——调溶液的pH 1.调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 （1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 （2）pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 （3）调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 （4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出） （5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。 如：有MgCl2·6 H2O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl2·6 H2OMg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O 3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 4.调节离子的水解程度。 5.控制PH的目的的答题思路 （1）pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀 （2）pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等 二、条件控制——调节温度 1.升高温度（加热） ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 2.降低温度 ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) （1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小 （2）温度过高： ①催化剂会失去活性，化学反应速率下降 ②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等 ③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质易被氧化：如Na2SO3等 ⑤物质易升华：如I2升华 4.答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 ⑤温度范围答题模板 a.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。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率 破类题·提能力 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下(废料中含有、、和等物质)。 已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，微溶于水； ②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的见下表： pH(开始沉淀) 1.9 7.15 -0.23 3.4 pH(完全沉淀) 3.2 9.15 1.09 4.7 请回答： (3)步骤Ⅲ中溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过___________；废渣中的主要成分除了LiF外，还有___________。 4．（25-26高三上·北京·阶段练习）含氯消毒剂应用广泛。 Ⅱ．利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：，65℃；HCOOH，101℃；，11℃。 (3)冷却塔用于分离并回收利用。 ①冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A．0～10℃        B．20～30℃        C．60～70℃ ②冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是___________。 热点设问03 物质的分离与提纯 析典例·明思路 3．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 研考点·通技法 1．化工生产过程中分离、提纯、除杂 化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。 2．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 （1）常压过滤 ①使用范围：分离难溶物和易溶物。 ②仪器及用品：铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 ③装置： ④注意事项： a.滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。 b.过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为止 原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时液体高于滤纸边缘等 （2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。 装置： （3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； ①要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； ②要滤液（产品）：防止降温过程中××析出，产品有损耗。 3．蒸发结晶 （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。 （2）实例： ①从NaCl溶液中获取NaCl晶体 a.方法：蒸发结晶 b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。 ②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液 a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 4．冷却结晶： （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO3)、带结晶水的物质（例CuSO4·5H2O）、受热易分解的物质（如铵盐、KMnO4）、易水解的物质（如FeCl3）。 （2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）易水解的盐蒸发时的气氛： 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 5．重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。 6．蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 图1 图2 图3 （1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片 （2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。 （3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用 图2反应发生器中起冷凝回流作用。 （4）步骤及操作注意事项：①温度计水银球位于支管处；②两种情况冷凝水都是从下口通入；③加碎瓷片防止暴沸 （5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。 7．灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥） （1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器 坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚； （2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算） ①称量坩埚质量m1 ②称量坩埚及晶体m2 ③加热至白色 ④冷却称量 ⑤再加热 ⑥冷却再称量m3 研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷却。 硫酸铜晶体质量：m2-m1 ;无水硫酸铜质量：m3-m1 （3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变 （4）如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2： 在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽 8.萃取与反萃取 （1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。 ①仪器：铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 ②装置： ③萃取剂选择的原则：两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取剂不发生化学反应。 ④注意事项： a. 分液漏斗使用之前必须检漏 b. 放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液体顺利流下 c. 下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出； （2）反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。 如：用反萃取法从碘的CCl4溶液提取碘单质 破类题·提能力 5．（25-26高三上·北京·期中）我国科学家用粗氢氧化高钴[]制备硫酸钴晶体()，其工艺流程如下。 已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃) 物质 4.0×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 ⅲ.溶解度随温度升高而明显增大 (5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经___________操作，得到硫酸钴晶体。 6．（25-26高三上·北京丰台·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②HAuCl4=H++。 (1)酸溶后经_______操作，将混合物分离。 热点设问04 陌生方程式的书写 析典例·明思路 4．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 研考点·通技法 1．化学（离子）方程式书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： (1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律； (2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程 (1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 (2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 (3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 (4)根据质量守恒配平反应方程式。 破类题·提能力 7．（25-26高三上·北京·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质(金)、和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②。 (2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量多的反应的化学方程式：___________。 (3)与王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金原理相同。 ①写出溶金反应的离子方程式___________。 8．（25-26高三上·北京·开学考试）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i.滤液A中的阳离子主要有、、、等； ii.“萃取”过程可表示为。 (2)“浸钒”过程中，焙砂中的与硫酸反应的离子方程式为_______。 (3)“还原”过程中铁粉发生的反应有、和如下反应，补全该反应的离子方程式_______。 □□Fe+□_______=□□□_______ (4)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式_______。 热点设问05 产率、纯度、KSP等计算 析典例·明思路 5．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。 (4)滤渣C中含有的物质是___________。 研考点·通技法 一、产率、纯度的计算公式 纯度＝×100% 产物的产率＝×100% （2）计算的关键在于运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。 二、工艺流程题中有关Ksp的计算的类型 类型① 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度 饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系 应用：比较溶解度的大小 1:1型 1:2型或2：1型 1:3型或3:1型 类型② 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度 类型③ 根据溶度积规则判断沉淀是否生成 类型④ 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯 类型⑤ 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算 类型⑥ Ksp与水解常数的关系 1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度 破类题·提能力 9．（25-26高三上·北京·阶段练习）钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80 ℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe3+、Mn2+和Ca2+，还含有少量Al3+、Cu2+等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。 已知：i．金属离子的起始浓度为0.1 时，生成氢氧化物沉淀的pH。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ii． 物质 CaSO4 CaCO3 MnCO3 CuS MnS Ksp (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取0.1000 g碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含HClO4和H3PO4)加热至220~240 ℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用0.04 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为amL。 已知：i． 能与Mn3+络合形成稳定的。 ii． HClO4的沸点为203 ℃。 ①写出HClO4将Mn2+氧化为，同时生成Cl2的离子方程式_______。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为_______。 10．（24-25高三下·北京·开学考试）从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为和)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。 已知：易分解成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小。 (6)粗三氧化二砷中砷含量的测定 i．取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解； ii．加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰； iii．用稀硫酸调，加入3g碳酸氢钠和淀粉溶液； iv．用碘标准溶液(溶质按计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。 已知：样品中砷只以+3价的形式存在。 ①若样品中有-2价硫，没有步骤ii，测定结果将______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ②样品中砷的质量分数为______。 ③步骤iii中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因______。 热点设问06 加入试剂的作用和循环物质的确定 析典例·明思路 6．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (5)该流程中可循环利用的物质是___________。 研考点·通技法 试剂加入的作用与循环物质的确定 1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 （1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 （2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 （3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 （4）看可能信息：综合利用流程信息和体重设问提供的信息。 2.工艺流程中循环物质的确定 (1)循环物质的确定 ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等 (2)副产品的判断 ①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。 (3)滤渣成分的确定 ①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。 破类题·提能力 11．（25-26高三上·北京·阶段练习）含氯消毒剂应用广泛。 Ⅱ．利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：，65℃；HCOOH，101℃；，11℃。 (3)冷却塔用于分离并回收利用。 ①冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A．0～10℃        B．20～30℃        C．60～70℃ ②冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是___________。 (4)制备过程中可以循环利用的物质除外还有___________。 12．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是_____(用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有_____。 ③溶液的作用是_____。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因_____。 热点设问07 图像分析 析典例·明思路 7．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 研考点·通技法 一、图像题类型 1.单一曲线型 2.多重曲线型 解决图像题的基本思路： （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、图像中隐含的信息，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、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。 三、图表信息试题的问题解决的方法归纳： 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： 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； 注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？ 注意信息与基础知识间的有机联系 四、解沉淀溶解平衡图像题三步骤 第一：明确图像中纵、横坐标的含义。 纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。 第二：理解图像中线上点、线外点的含义。 （1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。 （2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。 （3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。 第三：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。 （1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况： ①原溶液不饱和时，离子浓度都增大； ②原溶液饱和时，离子浓度都不变。 （2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。 破类题·提能力 13．（2025·北京·模拟预测）热电厂用碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]吸收烟气中低浓度的二氧化硫。具体过程如下： (1)碱式硫酸铝溶液的制备 往Al2(SO4)3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝(络合物，易溶于水)，同时析出生石膏沉淀[CaSO4·2H2O]，反应的化学方程式为_______。 (2)SO2的吸收与解吸。吸收液中碱式硫酸铝活性组分Al2O3对SO2具有强大亲和力，化学反应为：Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)  △H＜0。工业流程如下图所示： ①高温烟气可使脱硫液温度升高，不利于SO2的吸收。生产中常控制脱硫液在恒温40~60oC，试分析原因_______。 ②研究发现，I中含碱式硫酸铝的溶液与SO2结合的方式有2种：其一是与溶液中的水结合。其二是与碱式硫酸铝中的活性Al2O3结合，通过酸度计测定不同参数的吸收液的pH变化，结果如下图所示： 据此判断初始阶段，SO2的结合方式是_______，比较x、y、z的大小顺序_______。 ③III中得到再生的碱式硫酸铝溶液，其n(Al2O3)：n[Al2(SO4)3]比值相对I中有所下降，请用化学方程式加以解释：_______。 14．（25-26高三上·北京朝阳·期末）用溶液吸收烟气中的并回收S是一种高效脱硫技术。 已知：、溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。 (1)含的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是_____________________。 (2)向盛有溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。 ①溶液呈碱性的原因：__________________（填离子方程式）。 ②0~130 min pH降低的主要原因： 130~260 min pH降低的主要原因： 260~480 min pH降低的主要原因：__________________（填方程式）、 综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收的能力。 ③已知，但130~260 min 主要与反应，原因是： ⅰ.；ⅱ.________________________。 刷模拟 1．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 2．（25-26高三下·北京·月考）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属)中提取银的流程如下。 Ⅰ．“氧化焙烧”时Pb、Cu以及部分Ag可转化为PbO、CuO和。 Ⅱ．“酸浸”时，使用、和的混合液作为浸出剂。 (1)的作用是___________。 (2)PbO转化为的离子方程式是___________。 (3)固体B含有___________。 Ⅲ．用和甲醛进行“配位浸出”和“还原析银”。 在敞口容器中进行“配位浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示。 已知：ⅰ．浸出时主要反应：。 ⅱ．溶液的。 (4)结合平衡移动原理，解释当时，银浸出率随溶液pH增大升高的原因：___________。 (5)研究人员发现额外加入少量可以提高银浸出率，但也有研究人员持有不同意见。结合图1数据，说明不需加入的原因___________。 (6)分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。(写两条) (7)将甲醛进行还原析银时反应的离子方程式补充完整：___________。 3．（2026·北京延庆·一模）是新能源汽车电池的正极材料，其前驱体磷酸铁的纯度与结构对的电化学性能至关重要。以下是一种制备磷酸铁的流程： (1)共沉淀反应：共沉淀反应发生的主要离子反应有： i._______。 ii. iii. (2)溶液1中含有的主要物质为_______。 (3)老化过程： ①结合平衡移动原理解释老化过程加入稀磷酸的作用_______。 ②铁磷比是衡量磷酸铁品质的关键指标，是决定电池电化学性能的重要因素，最佳铁磷比区间为0.965~0.985。老化温度与铁磷比数据如下： 组别 温度/℃ 铁含量/% 磷含量/% 铁磷比 1 80 37.15 20.61 1.016 2 85 35.75 20.77 0.970 3 90 35.76 20.79 0.969 4 95 36.24 21.01 0.972 5 100 36.42 20.94 0.980 实际生产中温度选取为宜，试解释其原因_______。 (4)测定磷酸铁中的铁含量： a.称取的样品于锥形瓶中，加入盐酸溶液，加热至完全溶解并沸腾； b.趁热滴加二氯化锡溶液至淡黄色，加入去离子水后冷却；加入滴溶液，混匀，再滴加溶液令其略变蓝色； c.加入硫磷混酸，3~5滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，到达滴定终点时，记下体积读数。 已知：①重铬酸钾稍过量时，二苯胺磺酸钠溶液显紫红色；溶液是一种指示剂，可氧化，被还原后呈蓝色，且氧化性：钨酸钠 ②反应原理：   步骤b操作的实验目的是_______，本产品中铁含量(质量分数)为_______。 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）利用锌精矿(主要成分为，含有等杂质)回收锌及锗的一种流程示意图如下。 (1)“氧压浸出”过程是在较浓溶液中通入氧气使矿石中的锌、锗、铁等元素浸出，硫元素主要以形式进入溶液；锗元素在浸出液中主要以的形式存在。 ①已知：与位于同主族，时，的；的。从结构角度解释酸性弱于的原因___________。 ②“氧压浸出”过程中，的存在有利于促进溶解。结合方程式解释原因___________。 (2)用ZnO进行“预中和”调节pH后，加入过量进行“置换”。 ①用先进行“预中和”调节的目的是___________。 ②进行“置换”时，被还原为进入置换渣。被还原的离子方程式是___________。 ③“置换”时，需控制溶液。时还原效率降低的可能原因是___________。 (3)低铁清液中含锌量可用滴定分析法测定，步骤如下。 步骤一：取低铁清液，滴加3滴浓盐酸后，加入适量溶液及溶液。 步骤二：调节溶液，用乙二胺四乙酸盐(阴离子简写为)标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液体积为 已知：；；。 ①低铁清液中的浓度为___________。 ②测定过程中，若未加入溶液，测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 5．（25-26高三上·北京东城·期末）某盐湖卤水中含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、[B(OH)4]-等。一种综合利用流程示意图如下。 (1)脱硼时[B(OH)4]-转化为H3BO3的离子方程式是___________。 (2)H3BO3在水中的溶解度随温度升高而显著增大。补全重结晶的步骤：加热溶解、___________(补全操作)、过滤、洗涤、干燥。 (3)由浓缩液制备高纯Li2CO3流程示意图如下。 已知： 化学式 Ksp(25℃) ①沉镁反应的离子方程式是___________。 ②沉钙时，当c(Ca2+)＜1×10-5mol/L，可认为其沉淀完全。溶液2中，若c(Li+)=2 mol/L，则的范围是___________～___________mol/L。 (4)电解LiHCO3溶液原理示意图如下。 结合电极反应式解释，电解过程中LiOH溶液浓度增大的原因：___________。 (5)电解后，向浓LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液并加热，过滤后直接烘干即可制得高纯Li2CO3.为确保Li2CO3纯度，NH4HCO3必须过量，原因是___________。 6．（25-26高三上·北京通州·期末）利用某蛇纹石尾矿生产氧化镁和氧化铁黄的过程如下(部分步骤有省略)： 已知：粗硫酸镁溶液中含有的金属离子及其氢氧化物沉淀所需pH如下 金属离子 开始沉淀pH 1.5 3.3 6.5 8.9 沉淀完全pH 2.8 4.7 8.3 10.9 (1)粗硫酸镁溶液除杂 ①写出参与除杂反应的离子方程式：______。 ②反应过程中需加入NaOH调控溶液的pH。除杂时先加入，后加入NaOH溶液调pH的原因是______。 (2)制备氧化铁黄(FeOOH) 除杂过程中产生大量的富含氢氧化铁的滤渣，经进一步除杂处理后制备氧化铁黄固体的过程如下： ①酸浸提铁过程中需加入过量铁粉作为还原剂。加入铁粉反应的离子方程式有______。 ②制备氧化铁黄(FeOOH)的离子方程式为______。 (3)氧化铁黄纯度测定 称取氧化铁黄样品w g，用硫酸溶解后配成100 mL溶液，取10 mL待测液进行如下操作： 已知：可将还原为 ①用上述方法测得的产品中氧化铁黄的质量分数为______(列计算式即可)。 ②滴定操作前，需除去过量的。若不除去过量的，氧化铁黄的质量分数测定结果将______(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 7．（25-26高三上·北京房山·期末）回收废旧电池(主要含PbSO4、PbO、PbO2)材料，能够实现资源的再利用。一种通过甲基磺酸(CH3SO3H)溶液酸浸得到甲基磺酸铅的工艺流程如下： 已知：①常温下，； ②甲基磺酸(CH3SO3H)易溶于水，是有机强酸。 (1)步骤I开始前需将固体物质粉碎，目的是___________。 (2)PbO2发生反应的离子方程式___________。 (3)步骤Ⅱ加入(NH4)2CO3溶液的目的是___________。 (4)步骤Ⅲ中，浸出的Pb2+浓度受CH3SO3H初始浓度影响如图所示。当CH3SO3H初始浓度高于5时，c(Pb2+)急剧下降的可能原因是___________。 (5)电解Pb(CH3SO3)2溶液，同时产出可用于铅酸电池制造的精铅和二氧化铅。 ①生成PbO2的电极反应式___________。 ②电解时，产生a库仑电量，， 已知：i．转移1 mol电子所产生的电量为96500库仑。 ii．电解效率η的定义： 阴极生成Pb的物质的量为___________mol。 ③β-PbO2晶胞结构如图所示，边长为apm，晶体的密度ρ=___________。(设阿伏加德罗常数的值为NA，) 8．（25-26高三上·北京石景山·期末）某铜阳极泥的主要成分为、、AgCl、Au等，研究铜阳极泥提银和浸金具有潜在的市场价值。 Ⅰ．铜阳极泥提银 已知：①可看作中的一个O原子被S原子取代的产物。 ②的为；的为。 (1)比较O和S的电负性___________。 (2)作为配体可提供孤电子对与形成，分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由___________。 (3)直接浸银时，浸银10分钟，银浸出率即达到5%，主要由于阳极泥中少量以AgCl形态存在的银被快速溶解，之后浸出率逐渐减小。铜阳极泥经预处理后，银的浸出率>90%，且银浸出率逐渐减小的现象得到消除。 ①写出AgCl和溶液反应的离子方程式___________。 ②解释直接浸银10分钟后银浸出率逐渐减小的原因___________。 ③分析预处理的作用___________。 Ⅱ．铜阳极泥浸金 (4)和硫酸处理后的阳极泥与和混合，经球磨活化(研磨加热)、水浸、过滤后高达98%的金转化为。为进一步分析球磨活化时Au被氧化的机理，将替换成KCl进行实验，发现和KCl不反应，不利于浸金。分析/体系球磨活化提取Au的机理___________。 刷真题 9．（2025·北京·高考真题）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 10．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 化工流程综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 命题规律体现三大特征：一、 情境锚定真实场景：以工业生产、科研前沿为背景，紧扣北京本土环保与科技特色，侧重二次资源回收（废旧电池、电子废料）、新能源材料合成、低碳工艺等，凸显STSE关联，拒绝简化实验情景，贴合真实化工逻辑与“双碳”战略导向。二、考点聚焦核心模块：高频考查氧化还原/复分解反应书写、条件调控（pH、温度等）、分离提纯（过滤、结晶等）、绿色化学（循环利用、三废处理）及定量计算（产率、Ksp等），贴合教考衔接要求，注重基础与应用结合。三、能力侧重素养考查：核心考查证据推理与模型认知，要求学生加工题干信息（如电离常数、图表数据），建立“物质性质—流程操作—反应原理”的关联，强化语言表达与逻辑推导能力，凸显素养立意。 命题趋势：2026年考向预计进一步强化学科交叉与创新思维：一、情境更具时代性：深度融入新质生产力、科技自立自强等国家战略，结合北京科创中心建设、京津冀生态治理等本土元素，素材更贴近前沿科研与实际工业场景。二、设问更具综合性：弱化单一知识点考查，强化“流程分析+原理应用+实验探究”融合，新增工艺优化、路径评价等开放性设问，突出工程化思维。三导向更具素养化：进一步强化绿色化学与可持续发展理念，增加数据解读、误差分析等考查，倒逼学生建立系统解题思维，拒绝机械刷题。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料的预处理 2025年北京卷16（1） 2024年北京卷16（1） 2023年北京卷16（1） 热点设问02 反应条件的控制 2025年北京卷16（2） 2024年北京卷16（3） 2023年北京卷16（2） 热点设问03 物质的分离与提纯 2024年北京卷16（4） 2023年北京卷16（3） 热点设问04 陌生方程式的书写 2024年北京卷16（2） 2023年北京卷16（2）（3） 热点设问05 产率、纯度、KSP等计算 2023年北京卷16（1） 2022年北京卷16（2） 热点设问06 加入试剂的作用和循环物质的确定 2022年北京卷16（5） 热点设问07 图像分析 2024年北京卷16（3） 2023年北京卷16（3） 热点设问01 原料的预处理 析典例·明思路 1．（2024·北京卷）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分 【解析】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； 研考点·通技法 常见预处理的操作及作用 1、研磨、雾化（将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分）： 提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等。 2、 浸取(即浸出/溶解) （1）水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。 （2）酸浸：在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等。 （3）碱浸：去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程。 （4）醇浸：提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物。 3、灼烧(焙烧)：除去可燃性杂质或使原料初步转化。①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等。 4、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 破类题·提能力 1．（25-26高三上·北京昌平·期末）从废旧磷酸铁锂电池正极材料(主要成分为LiFePO4、铝箔、石墨粉)中再生LiFePO4的一种流程示意图如下。 (1)为提高溶浸Ⅰ的速率，可采取的措施是___________(任写两条)。 【答案】(1)适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度 【解析】（1）根据影响反应速率的因素，适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度，上述措施均可增大接触面积或加快反应，提高溶浸速率； 2．（25-26高三上·北京丰台·阶段练习）Fe3O4是一种重要的化工产品。以黄铁矿烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4，含少量SiO2、Al2O3等)生产Fe3O4的过程如下。 资料：i．0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，沉淀完全时pH=8.3 ii．0.1 mol/L Fe3+生成Fe(OH)3，开始沉淀时pH=1.5，沉淀完全时pH=2.8 iii．常温下，饱和Fe2(SO4)3溶液浓度约为0.125mol/L (1)碱浸 ①烧渣在碱浸前需要粉碎，其作用是_______。 ②NaOH溶解Al2O3的化学方程式是_______。 【答案】(1) 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]； 【解析】（1）①烧渣在碱浸前需粉碎，其作用是增大烧渣的接触面积，提高反应速率； ②Al2O3为两性氧化物，能溶于NaOH溶液，反应的化学方程式为：Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]； 热点设问02 反应条件的控制 析典例·明思路 2．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 【答案】(3) 随焙烧温度升高，生成的速率加快 发生分解生成难溶于水的 【解析】（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； 研考点·通技法 一、条件控制——调溶液的pH 1.调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。 （1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。 （2）pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。 （3）调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH)2、MgCO3等类型物质。 （4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀析出） （5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH值。 2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质 像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。 如：有MgCl2·6 H2O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl2·6 H2OMg(OH)2↓+2HCl↑+4H2O 3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO4-、NO3-的氧化性)。 4.调节离子的水解程度。 5.控制PH的目的的答题思路 （1）pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀 （2）pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等 二、条件控制——调节温度 1.升高温度（加热） ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀 ③除去受热不稳定的杂质，如H2O2、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO3)2、KMnO4等物质 ④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。 2.降低温度 ①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ； ②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失。 3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) （1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小 （2）温度过高： ①催化剂会失去活性，化学反应速率下降 ②物质会分解：如铵盐、H2O2、NaHCO3、氨水等 ③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等 ④物质易被氧化：如Na2SO3等 ⑤物质易升华：如I2升华 4.答题方法与技巧 ①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解 ②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发 ③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率 ④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气 ⑤温度范围答题模板 a.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。 b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率 破类题·提能力 3．（25-26高三上·北京海淀·月考）钴(Co)及其化合物在工业上有广泛应用。为从某工业废料中回收钴，某学生设计流程如下(废料中含有、、和等物质)。 已知：①物质溶解性：LiF难溶于水，微溶于水； ②部分金属离子形成氢氧化物沉淀的见下表： pH(开始沉淀) 1.9 7.15 -0.23 3.4 pH(完全沉淀) 3.2 9.15 1.09 4.7 请回答： (3)步骤Ⅲ中溶液的作用是调节溶液的pH，应使溶液的pH不超过___________；废渣中的主要成分除了LiF外，还有___________。 【答案】(3) 7.15 【解析】（3）依据表中数据分析判断加入碳酸钠和氟化钠调节溶液，沉淀铁离子和锂离子，但不能沉淀钴离子，步骤中溶液的作用是调节溶液的，应使溶液的不超过，废渣中的主要成分除了外还有。 4．（25-26高三上·北京·阶段练习）含氯消毒剂应用广泛。 Ⅱ．利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：，65℃；HCOOH，101℃；，11℃。 (3)冷却塔用于分离并回收利用。 ①冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A．0～10℃        B．20～30℃        C．60～70℃ ②冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是___________。 【答案】(3) B 多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2 【解析】（3）①ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B； ②已知HCOOH中含有醛基的结构具有还原性，故冷却后的溶液多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2； 热点设问03 物质的分离与提纯 析典例·明思路 3．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：________。 【答案】(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【解析】（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 研考点·通技法 1．化工生产过程中分离、提纯、除杂 化工生产过程中分离、提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。 2．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 （1）常压过滤 ①使用范围：分离难溶物和易溶物。 ②仪器及用品：铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 ③装置： ④注意事项： a.滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。 b.过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为止 原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时液体高于滤纸边缘等 （2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。 装置： （3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； ①要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； ②要滤液（产品）：防止降温过程中××析出，产品有损耗。 3．蒸发结晶 （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。 （2）实例： ①从NaCl溶液中获取NaCl晶体 a.方法：蒸发结晶 b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。 ②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液 a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度 4．冷却结晶： （1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO3)、带结晶水的物质（例CuSO4·5H2O）、受热易分解的物质（如铵盐、KMnO4）、易水解的物质（如FeCl3）。 （2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 （3）易水解的盐蒸发时的气氛： 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 5．重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。 6．蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。 图1 图2 图3 （1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片 （2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。 （3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用 图2反应发生器中起冷凝回流作用。 （4）步骤及操作注意事项：①温度计水银球位于支管处；②两种情况冷凝水都是从下口通入；③加碎瓷片防止暴沸 （5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。 7．灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥） （1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器 坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚； （2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算） ①称量坩埚质量m1 ②称量坩埚及晶体m2 ③加热至白色 ④冷却称量 ⑤再加热 ⑥冷却再称量m3 研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷却。 硫酸铜晶体质量：m2-m1 ;无水硫酸铜质量：m3-m1 （3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变 （4）如何从MgCl2·6H2O中得到无水MgCl2： 在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水汽 8.萃取与反萃取 （1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。 ①仪器：铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 ②装置： ③萃取剂选择的原则：两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取剂不发生化学反应。 ④注意事项： a. 分液漏斗使用之前必须检漏 b. 放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液体顺利流下 c. 下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出； （2）反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。 如：用反萃取法从碘的CCl4溶液提取碘单质 破类题·提能力 5．（25-26高三上·北京·期中）我国科学家用粗氢氧化高钴[]制备硫酸钴晶体()，其工艺流程如下。 已知：ⅰ.还原浸出液中的阳离子有：、、和等 ⅱ.部分物质的溶度积常数如下(25℃) 物质 4.0×10-11 Fe(OH)3 2.8×10-39 ⅲ.溶解度随温度升高而明显增大 (5)P507萃取后，经反萃取得到硫酸钴溶液，将硫酸钴溶液经___________操作，得到硫酸钴晶体。 【答案】(5)蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】（5）已知硫酸钴溶解度随温度升高明显增大，结晶方法为 “蒸发浓缩+冷却结晶”，即蒸发浓缩提高浓度，冷却时溶解度下降，晶体析出。 6．（25-26高三上·北京丰台·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②HAuCl4=H++。 (1)酸溶后经_______操作，将混合物分离。 【答案】(1)过滤 【解析】（1）酸溶后得到含Au固体和Cu2+、溶液，分离固体和液体的操作是过滤； 热点设问04 陌生方程式的书写 析典例·明思路 4．（2023·北京·高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：__________。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有______________________________。 【答案】(2) (3) 、、 【解析】（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、； 研考点·通技法 1．化学（离子）方程式书写思路 首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型： (1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律； (2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。 2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程 (1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。 (2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。 (3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O等。 (4)根据质量守恒配平反应方程式。 破类题·提能力 7．（25-26高三上·北京·月考）用如下方法回收废旧CPU中的单质(金)、和。 已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。 ②。 (2)浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量多的反应的化学方程式：___________。 (3)与王水[V(浓硝酸):V(浓盐酸)=1:3]溶金原理相同。 ①写出溶金反应的离子方程式___________。 【答案】(2)(浓) (3) 【解析】（2）Cu与浓、稀反应的化学方程式分别为：、，由反应式可知，溶解1 mol的Cu消耗的物质的量分别为、，则溶解等量的Cu消耗物质的量多的反应的化学方程式：； （3）①与王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金原理相同，即(金)与溶液反应生成HAuCl4、NO、NaNO3和H2O，则溶金反应的离子方程式为：； 8．（25-26高三上·北京·开学考试）钒(V)被称为钢铁行业的“维生素”。从某钒矿石焙砂中提取钒的主要流程如下： 已知： i.滤液A中的阳离子主要有、、、等； ii.“萃取”过程可表示为。 (2)“浸钒”过程中，焙砂中的与硫酸反应的离子方程式为_______。 (3)“还原”过程中铁粉发生的反应有、和如下反应，补全该反应的离子方程式_______。 □□Fe+□_______=□□□_______ (4)写出“煅烧”过程发生反应的化学方程式_______。 【答案】(2)V2O5+2H+=2+H2O (3)2+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O (4)(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O 【解析】（2）“浸钒”后滤液A中的阳离子主要有，可知焙砂中V2O5与硫酸反应生成，反应的离子方程式为V2O5+2H+=2+H2O； （3）“还原”过程中，铁粉把还原为VO2+，V元素化合价由+5降低为+4，Fe被氧化为Fe2+，铁元素化合价由0升高为+2，根据得失电子守恒，电荷守恒、元素守恒，该反应的离子方程式2+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O； （4）根据元素守恒，“煅烧”过程中(NH4)2V6O16分解生成V2O5、NH3、H2O，发生反应的化学方程式(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O； 热点设问05 产率、纯度、KSP等计算 析典例·明思路 5．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (2)用量对碳酸钙产品的影响如下表 n(NH4Cl)/n(CaO) 氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计) 计算值 实测值 2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 —— 2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06 2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20 备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg) ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。 ①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。 ②沉钙反应的离子方程式为___________。 ③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。 ④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。 (3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。 (4)滤渣C中含有的物质是___________。 【答案】 (2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，沉钙过程中耗且少量挥发，减少析出 (3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动 (4) 【解析】（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出； ②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。 ③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。 ④，在反应中会优先析出，由于沉钙过程中NH3少量挥发导致MgCO3析出量减小，故碳酸钙纯度的实测值高于计算值； （3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁； （4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是； 研考点·通技法 一、产率、纯度的计算公式 纯度＝×100% 产物的产率＝×100% （2）计算的关键在于运用守恒或关系式法结合实验原理找到计算的关系，确定数量关系。 二、工艺流程题中有关Ksp的计算的类型 类型① 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度 饱和溶液时的物质的量浓度与Ksp的关系 应用：比较溶解度的大小 1:1型 1:2型或2：1型 1:3型或3:1型 类型② 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度 类型③ 根据溶度积规则判断沉淀是否生成 类型④ 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯 类型⑤ 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算 类型⑥ Ksp与水解常数的关系 1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度 破类题·提能力 9．（25-26高三上·北京·阶段练习）钨精矿分解渣可回收制备氧化铁和碳酸锰。在70~80 ℃时，钨精矿分解渣用盐酸浸取，浸出液中主要金属离子为Fe3+、Mn2+和Ca2+，还含有少量Al3+、Cu2+等。浸出液进一步制备氧化铁和碳酸锰的部分工艺流程如下。 已知：i．金属离子的起始浓度为0.1 时，生成氢氧化物沉淀的pH。 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Cu(OH)2 Mn(OH)2 开始沉淀时 1.5 3.3 4.4 7.8 完全沉淀时 2.8 4.6 6.4 8.8 ii． 物质 CaSO4 CaCO3 MnCO3 CuS MnS Ksp (6)碳酸锰含量测定。 步骤1：准确称取0.1000 g碳酸锰样品于锥形瓶中，加入适量高磷混酸(主要含HClO4和H3PO4)加热至220~240 ℃，无小气泡冒出后，冷却至室温。 步骤2：用0.04 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定，消耗硫酸亚铁铵标准溶液的体积为amL。 已知：i． 能与Mn3+络合形成稳定的。 ii． HClO4的沸点为203 ℃。 ①写出HClO4将Mn2+氧化为，同时生成Cl2的离子方程式_______。 ②碳酸锰样品中锰的质量分数为_______。 【答案】(6) 【解析】（6）①HClO4将Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3−，同时生成Cl2，氯元素化合价由+7变为0，锰元素化合价由+2变为+3，由电子守恒结合质量守恒可知，离子方程式； ②滴定过程中亚铁离子转化为铁离子、三价锰转化为二价锰，根据电子守恒和锰元素守恒可知MnCO3～Mn2+～[(NH4)2Fe(SO4)2]，故碳酸锰样品中锰的质量分数为=。 10．（24-25高三下·北京·开学考试）从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为和)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。 已知：易分解成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小。 (6)粗三氧化二砷中砷含量的测定 i．取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解； ii．加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰； iii．用稀硫酸调，加入3g碳酸氢钠和淀粉溶液； iv．用碘标准溶液(溶质按计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。 已知：样品中砷只以+3价的形式存在。 ①若样品中有-2价硫，没有步骤ii，测定结果将______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ②样品中砷的质量分数为______。 ③步骤iii中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因______。 【答案】(6) 偏大 0.75cV 滴定过程中产生，平衡正移，使基本稳定 【解析】（6）①若样品中有-2价硫，没有步骤ii，则碘标准液还需要氧化-2价硫导致标准液消耗体积偏大，最后测定结果偏高； ②，则样品中As的质量分数为； ③用碘标准液滴定过程中会生成氢离子，碳酸氢钠的加入可以消耗氢离子平衡正向移动，从而维持溶液中氢离子浓度在一个稳定的水平。 热点设问06 加入试剂的作用和循环物质的确定 析典例·明思路 6．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。 已知： 物质 (5)该流程中可循环利用的物质是___________。 【答案】(5) 【解析】（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。 研考点·通技法 试剂加入的作用与循环物质的确定 1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用 （1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。 （2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。 （3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。 （4）看可能信息：综合利用流程信息和体重设问提供的信息。 2.工艺流程中循环物质的确定 (1)循环物质的确定 ①从流程图上看：箭头回头。 ②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。 优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等 (2)副产品的判断 ①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。 (3)滤渣成分的确定 ①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。 破类题·提能力 11．（25-26高三上·北京·阶段练习）含氯消毒剂应用广泛。 Ⅱ．利用甲醇还原的方法制备，工艺流程如下： 已知：a．发生器中制备时的氧化产物是HCOOH； b．相关物质的沸点：，65℃；HCOOH，101℃；，11℃。 (3)冷却塔用于分离并回收利用。 ①冷却塔应控制的最佳温度为___________(填字母)。 A．0～10℃        B．20～30℃        C．60～70℃ ②冷却后的溶液多次循环后会使中杂质含量明显增加，需要处理后再循环。多次循环后含量增加的可能原因是___________。 (4)制备过程中可以循环利用的物质除外还有___________。 【答案】(3) B 多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2 (4)H2SO4、NaClO3 【解析】（3）①ClO2的沸点为11℃，CH3OH沸点为65℃，便于分离气态的ClO2和液态的含有CH3OH的滤液，冷却塔中控制的温度在11～65℃之间，结合后续实验的冷却，则最佳温度应该控制在20～30℃，故答案为：B； ②已知HCOOH中含有醛基的结构具有还原性，故冷却后的溶液多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2； （4）由分析可知，制备过程中可以循环利用的物质除CH3OH外，还有H2SO4和NaClO3。 12．（2025·北京昌平·二模）锰酸锂电池在电动汽车等领域有广泛应用，以下是用电解锰阳极渣制备锰酸锂的一种方法。 资料： 1.浸出被中的阳离子主要有、、、、、。 2.室温下，金属阳离子浓度为0.1mol/L时，开始沉淀与完全沉淀的pH如下表： 金属离子 开始沉淀 6.3 1.5 3.3 8.9 11.9 8.1 完全沉淀 8.3 2.8 4.6 10.9 13.9 10.1 (2)ⅱ中除杂过程需经历2步： a．先加入，后用调节pH到5.5，过滤。 b．再加入溶液，过滤。 ①的作用是_____(用离子方程式表示)。 ②步骤a除去的离子有_____。 ③溶液的作用是_____。 ④解释不能通过加入，再调节pH的方法除去所有杂质离子的原因_____。 【答案】(2) 、、 除去、 、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留 【解析】（2）①浸出液中的完全沉淀的pH与相交，单独沉淀会影响的产量，所以需要将氧化为在低pH时就能完全除去，则加入的的作用是将氧化为：； ②根据资料2和问题①，在步骤a除去的离子有：、、； ③因为经过除杂过程后得到的主要含的滤液，则加入溶液最主要的作用是将、继续转化为和沉淀除去； ④根据资料2的信息可知，、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，故不能通过调pH的方法只除去、而只得到。 热点设问07 图像分析 析典例·明思路 7．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 【答案】(3) 随焙烧温度升高，生成的速率加快 发生分解生成难溶于水的 【解析】（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； 研考点·通技法 一、图像题类型 1.单一曲线型 2.多重曲线型 解决图像题的基本思路： （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、图像中隐含的信息，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、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。 三、图表信息试题的问题解决的方法归纳： 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： 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； 注意信息的情景化：理解所给信息作什么用？ 注意信息与基础知识间的有机联系 四、解沉淀溶解平衡图像题三步骤 第一：明确图像中纵、横坐标的含义。 纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。 第二：理解图像中线上点、线外点的含义。 （1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc=Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。 （2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。 （3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。 第三：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。 （1）溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况： ①原溶液不饱和时，离子浓度都增大； ②原溶液饱和时，离子浓度都不变。 （2）溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。 破类题·提能力 13．（2025·北京·模拟预测）热电厂用碱式硫酸铝[Al2(SO4)3•Al2O3]吸收烟气中低浓度的二氧化硫。具体过程如下： (1)碱式硫酸铝溶液的制备 往Al2(SO4)3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝(络合物，易溶于水)，同时析出生石膏沉淀[CaSO4·2H2O]，反应的化学方程式为_______。 (2)SO2的吸收与解吸。吸收液中碱式硫酸铝活性组分Al2O3对SO2具有强大亲和力，化学反应为：Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)  △H＜0。工业流程如下图所示： ①高温烟气可使脱硫液温度升高，不利于SO2的吸收。生产中常控制脱硫液在恒温40~60oC，试分析原因_______。 ②研究发现，I中含碱式硫酸铝的溶液与SO2结合的方式有2种：其一是与溶液中的水结合。其二是与碱式硫酸铝中的活性Al2O3结合，通过酸度计测定不同参数的吸收液的pH变化，结果如下图所示： 据此判断初始阶段，SO2的结合方式是_______，比较x、y、z的大小顺序_______。 ③III中得到再生的碱式硫酸铝溶液，其n(Al2O3)：n[Al2(SO4)3]比值相对I中有所下降，请用化学方程式加以解释：_______。 【答案】(1)2Al2(SO4)3＋3CaO＋6H2O＝Al2(SO4)3·Al2O3＋3CaSO4·2H2O (2) 碱式硫酸铝吸收SO2的反应为放热反应，降温使平衡正向移动，有利于SO2的吸收，Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)  ， 与活性Al2O3结合 y＞x＞z 2Al2(SO3)3+3O2＝2Al2(SO4)3 或2[Al2(SO4)3·Al2(SO3)3]＋3O2＝4Al2(SO4)3 【解析】（1）往Al2(SO4)3溶液中加入一定量CaO粉末和蒸馏水，可生成碱式硫酸铝（络合物，易溶于水），同时析出生石膏沉淀[CaSO4·2H2O]，根据原子守恒可知反应的化学方程式为2Al2(SO4)3＋3CaO＋6H2O＝Al2(SO4)3·Al2O3＋3CaSO4·2H2O。 （2）①由于碱式硫酸铝吸收SO2的反应为放热反应，因此降温可使平衡正向移动，有利于SO2的吸收。 ②据图知初始阶段溶液pH较大，随着SO2的吸收，溶液的酸性增强，所以初始阶段SO2的结合方式是与活性Al2O3结合。二者的比值越大，吸收的SO2越多，溶液的pH越大，所以据图知x、y、z的大小顺序是y＞x＞z。 ③由于亚硫酸盐易被氧化成硫酸盐，所以导致n(Al2O3)：n[Al2(SO4)3]比值相对I中有所下降，反应化学方程式为2Al2(SO3)3+3O2＝2Al2(SO4)3 或2[Al2(SO4)3·Al2(SO3)3]＋3O2＝4Al2(SO4)3。 14．（25-26高三上·北京朝阳·期末）用溶液吸收烟气中的并回收S是一种高效脱硫技术。 已知：、溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如下。 (1)含的烟气不能直接排放，否则可能造成的环境问题是_____________________。 (2)向盛有溶液的“一级脱硫反应釜”中匀速通入烟气，“尾气1”中组分体积分数与溶液pH随烟气通入时间的变化如图所示。 ①溶液呈碱性的原因：__________________（填离子方程式）。 ②0~130 min pH降低的主要原因： 130~260 min pH降低的主要原因： 260~480 min pH降低的主要原因：__________________（填方程式）、 综上，随着组成的变化，溶液逐渐失去吸收的能力。 ③已知，但130~260 min 主要与反应，原因是： ⅰ.；ⅱ.________________________。 【答案】(1)形成酸雨 (2) 存在反应i：；ii：，随着的逸出及其与的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中不断增加，抑制反应ii正向进行 【解析】（1）直接排放可能造成的环境问题是引起酸雨； （2）①溶液是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，第一步水解为主，离子方程式：； ②结合反应流程，130~260min已经生成，但260min后几乎没有，此时不能写与的归中反应：，而溶液pH继续下降的原因是，之后过量溶于水生成亚硫酸； ③存在反应i：；ii：，随着的逸出及其与的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中不断增加，抑制反应ii正向进行，所以130~260 min 主要与反应； 刷模拟 1．（2026·北京·一模）一种用软锰矿(主要成分)和黄铁矿(主要成分)制取并回收单质硫的工艺流程如下： (1)混合研磨成细粉的主要目的是___________。 (2)浸取时主要产物为。 ①浸取时的化学方程式是___________。 ②浸取初期，若先加入少量溶液，可明显提升浸取速率。结合化学用语说明原因___________。 (3)步骤③所得酸性滤液可能含有，加入的除铁剂为和。 ①的结构式为，判断相同条件下氧化性与的强弱，并说明理由___________。 ②的作用是___________。 (4)热分解过程中可能产生气体。一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制的部分反应机理如下图a、b所示。 下列说法正确的是___________。 A．图a中总反应可表示为 B．图b中X的电子式为 C．起始时的值过大，可能产生 D．理论上还原需要参与完成 (5)在水中的溶解度曲线如图。 从⑤中滤液获得晶体的操作是___________。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 【分析】软锰矿主要含、黄铁矿主要含有FeS2，向两种矿的混合研磨粉中加入酸浸，得到S单质滤渣和含有、过量的滤液；向滤液液中加入除铁剂和，将氧化并沉淀为，得到的滤液⑤为的溶液，经操作得到。步骤③中滤渣加入溶液浸硫，与S反应生成，经分解得到产品硫，据此解答。 【解析】（1）混合研磨成细粉的主要目的是增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分。 （2）①浸取时、FeS2粉中加入酸浸得到，化学方程式为。 ②浸取初期，加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用，故可明显提升浸取速率。 （3）①是吸电子基，的存在使中的键极性强于，更易断裂，故氧化性：。 ②溶于水生成使溶液显碱性，故CaO的作用是调节pH，使产生沉淀除去；同时可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出。 （4）A．图a中和进入反应体系，生成的物质有S和，总反应可表示为，A正确； B．图b中有反应：，根据元素守恒和方程式配平可知，X是，方程式表示为，电子式为，B错误；C．一种以为催化剂载体，为催化剂催化还原制，方程式为，起始时的值过大，剩余的会与S反应生成，C正确； D． 是催化剂，其用量与被还原的 的物质的量没有确定的化学计量关系，D错误； 故选AC。 （5）从⑤中滤液获得晶体的操作是加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥。 2．（25-26高三下·北京·月考）从铅银渣(含Pb、Ag、Cu等金属)中提取银的流程如下。 Ⅰ．“氧化焙烧”时Pb、Cu以及部分Ag可转化为PbO、CuO和。 Ⅱ．“酸浸”时，使用、和的混合液作为浸出剂。 (1)的作用是___________。 (2)PbO转化为的离子方程式是___________。 (3)固体B含有___________。 Ⅲ．用和甲醛进行“配位浸出”和“还原析银”。 在敞口容器中进行“配位浸出”时，银浸出率和溶液pH、浸出时间的关系分别如下图所示。 已知：ⅰ．浸出时主要反应：。 ⅱ．溶液的。 (4)结合平衡移动原理，解释当时，银浸出率随溶液pH增大升高的原因：___________。 (5)研究人员发现额外加入少量可以提高银浸出率，但也有研究人员持有不同意见。结合图1数据，说明不需加入的原因___________。 (6)分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因___________。(写两条) (7)将甲醛进行还原析银时反应的离子方程式补充完整：___________。 【答案】(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将Ag单质氧化 (2) (3)AgCl和 (4)溶液pH增大有利于增大浓度，促进ⅰ中的平衡正向移动 (5)在pH=9.7时银的浸出率已经足够高 (6)溶液中被氧化为，使降低；具有较强的还原性，逐渐将还原为Ag (7) 【分析】铅银渣中的 Pb、Cu 及部分 Ag 在氧化焙烧中被氧化为 PbO、CuO 和，得到焙烧渣；使用硫酸NaCl和硝酸钠混合液浸取焙烧渣；PbO与硫酸反应生成难溶的进入固体 B；在NaCl和硝酸钠作用下，生成难溶的AgCl进入固体 B；CuO 则溶解为铜离子进入滤液 A；对含等的固体 B 进行配位浸出，与配位剂形成可溶性配合物进入滤液 D，而 Ag 以氯化银等形式留在固体 C 中；滤液 D 经还原反应析出银，得到银单质，同时产生滤液 E。 【解析】（1）酸性条件下具有氧化性，可以氧化焙烧后剩余的未被氧化的Pb、Ag、Cu单质，使其溶解进入溶液。 （2）PbO与硫酸反应生成难溶的和水，故PbO转化为的离子方程式是。 （3）酸浸时CuO溶于硫酸生成可溶的进入滤液A；PbO转化为难溶的，在酸性条件下与氯离子生成难溶的AgCl，二者都留在固体B中。 （4）pH增大，溶液中减小，抑制了与结合生成，从而使增大，使浸出平衡正向移动，银浸出率升高。 （5）0.1 mol/L 溶液pH约为9.7，由图1可知，pH=9.7时银浸出率已经接近最大值；加入会使溶液pH降低，若pH低于8.5，银浸出率会明显下降，因此不需要额外加入。 （6）分析浸出时间超过4 h，银浸出率降低的原因有：①敞口容器中，被空气中的氧化，降低，浸出平衡逆向移动，浸出率降低； ②长时间反应后溶液pH下降，降低，平衡逆向移动，银浸出率降低。 （7）甲醛中C为0价，被氧化为中+4价，1mol HCHO失去4mol电子；从+1价被还原为0价的Ag单质，1mol 得到1mol电子，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可得。 3．（2026·北京延庆·一模）是新能源汽车电池的正极材料，其前驱体磷酸铁的纯度与结构对的电化学性能至关重要。以下是一种制备磷酸铁的流程： (1)共沉淀反应：共沉淀反应发生的主要离子反应有： i._______。 ii. iii. (2)溶液1中含有的主要物质为_______。 (3)老化过程： ①结合平衡移动原理解释老化过程加入稀磷酸的作用_______。 ②铁磷比是衡量磷酸铁品质的关键指标，是决定电池电化学性能的重要因素，最佳铁磷比区间为0.965~0.985。老化温度与铁磷比数据如下： 组别 温度/℃ 铁含量/% 磷含量/% 铁磷比 1 80 37.15 20.61 1.016 2 85 35.75 20.77 0.970 3 90 35.76 20.79 0.969 4 95 36.24 21.01 0.972 5 100 36.42 20.94 0.980 实际生产中温度选取为宜，试解释其原因_______。 (4)测定磷酸铁中的铁含量： a.称取的样品于锥形瓶中，加入盐酸溶液，加热至完全溶解并沸腾； b.趁热滴加二氯化锡溶液至淡黄色，加入去离子水后冷却；加入滴溶液，混匀，再滴加溶液令其略变蓝色； c.加入硫磷混酸，3~5滴二苯胺磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，到达滴定终点时，记下体积读数。 已知：①重铬酸钾稍过量时，二苯胺磺酸钠溶液显紫红色；溶液是一种指示剂，可氧化，被还原后呈蓝色，且氧化性：钨酸钠 ②反应原理：   步骤b操作的实验目的是_______，本产品中铁含量(质量分数)为_______。 【答案】(1) (2)硫酸铵或 (3) 老化过程存在平衡，加入磷酸，与发生中和反应同时生成，均使平衡正向移动，促使溶解，生成 温度低于85℃时铁磷比偏高(超过0.985)，温度高于95℃时铁磷比无明显优化，但高温会增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，故选择 (4) 将恰好全部转化为 或 【分析】首先共沉淀阶段，过氧化氢将原料中的氧化为，一部分直接与磷酸根生成沉淀，部分水解得到氢氧化铁沉淀，过滤洗涤后，溶液1主要成分为副产物硫酸铵，沉淀进入老化环节。 老化环节加入稀磷酸可消耗平衡生成的，推动氢氧化铁转化为磷酸铁的平衡正向移动；选择85-95℃老化，是因为该温度区间产物铁磷比刚好落在0.965-0.985的最佳区间，同时兼顾了转化效率与生产能耗，最终经分离干燥脱水得到合格产物。 【解析】（1）原料中需要被氧化为，酸性条件下离子方程式为：； （2）已经转化为、沉淀，体系中剩余的离子为（来自）和（来自），因此主要物质为：； （3）① 加入稀磷酸的作用： 稀磷酸电离出，会与平衡体系中的结合生成水，降低，另一方面增加了反应物的浓度，均使平衡正向移动，促进转化为，提高产物纯度； ② 选择的原因： 最佳铁磷比区间为；温度低于时，铁磷比（为）超出最佳区间，不符合要求；范围内，铁磷比刚好落在最佳区间内；温度高于时，铁磷比无明显优化，会额外增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，提高生产成本，因此选择； （4）步骤b的实验目的：将样品中全部完全还原为，保证后续滴定测定铁含量的准确性； 铁的质量分数计算： 根据反应关系，得，，因此铁的质量分数为。 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）利用锌精矿(主要成分为，含有等杂质)回收锌及锗的一种流程示意图如下。 (1)“氧压浸出”过程是在较浓溶液中通入氧气使矿石中的锌、锗、铁等元素浸出，硫元素主要以形式进入溶液；锗元素在浸出液中主要以的形式存在。 ①已知：与位于同主族，时，的；的。从结构角度解释酸性弱于的原因___________。 ②“氧压浸出”过程中，的存在有利于促进溶解。结合方程式解释原因___________。 (2)用ZnO进行“预中和”调节pH后，加入过量进行“置换”。 ①用先进行“预中和”调节的目的是___________。 ②进行“置换”时，被还原为进入置换渣。被还原的离子方程式是___________。 ③“置换”时，需控制溶液。时还原效率降低的可能原因是___________。 (3)低铁清液中含锌量可用滴定分析法测定，步骤如下。 步骤一：取低铁清液，滴加3滴浓盐酸后，加入适量溶液及溶液。 步骤二：调节溶液，用乙二胺四乙酸盐(阴离子简写为)标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液体积为 已知：；；。 ①低铁清液中的浓度为___________。 ②测定过程中，若未加入溶液，测定结果将___________(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 【答案】(1) C与Ge元素位于同主族，Ge的电子层数多于C的，原子半径Ge大于C，非金属性，最高价氧化物水化物的酸性： ，氧化，最终得到，降低，促进了平衡正向移动，促进溶解 (2) ZnO可以与反应生成，增大了溶液，不引入新杂质，补充了，同时减少置换过程中与的反应，防止的浪费 pH>5.2时，产生沉淀覆盖在表面，阻止了与的反应 (3) 偏大 【分析】锌精矿(主要成分为，含有等杂质)“氧压浸出”过程中锌、锗、铁等元素浸出，硫元素主要以形式进入溶液，浸出渣为，用ZnO进行“预中和”调节pH后，加入过量进行“置换”，置换渣得到金属锗，置换后液通过除铁后分别得到锌和铁，据此解答。 【解析】（1）①Ge与C同主族，Ge的电子层数更多，原子半径Ge大于C，非金属性，最高价氧化物水化物的酸性：； ②氧压浸出时FeS2被氧化生成，方程式：，氧化，最终得到，降低，促进了平衡正向移动，促进溶解； （2）①中和浸出液中过量的，增大了溶液，不引入新杂质，避免后续置换过程中消耗过多的Zn，防止的浪费； ②Ge从+4价降为0价，Zn从0价升为+2价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平为； ③pH升高后，会水解生成氢氧化物沉淀，覆盖在反应物表面阻碍反应，阻止了与的反应； （3）①与物质的量1:1反应，，溶液体积为，故； ②的作用是与形成，用于掩蔽，未加时，溶液中的也会与EDTA结合消耗EDTA，导致测得的消耗EDTA体积偏大，计算得到的浓度结果偏大。 5．（25-26高三上·北京东城·期末）某盐湖卤水中含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、[B(OH)4]-等。一种综合利用流程示意图如下。 (1)脱硼时[B(OH)4]-转化为H3BO3的离子方程式是___________。 (2)H3BO3在水中的溶解度随温度升高而显著增大。补全重结晶的步骤：加热溶解、___________(补全操作)、过滤、洗涤、干燥。 (3)由浓缩液制备高纯Li2CO3流程示意图如下。 已知： 化学式 Ksp(25℃) ①沉镁反应的离子方程式是___________。 ②沉钙时，当c(Ca2+)＜1×10-5mol/L，可认为其沉淀完全。溶液2中，若c(Li+)=2 mol/L，则的范围是___________～___________mol/L。 (4)电解LiHCO3溶液原理示意图如下。 结合电极反应式解释，电解过程中LiOH溶液浓度增大的原因：___________。 (5)电解后，向浓LiOH溶液中加入过量NH4HCO3溶液并加热，过滤后直接烘干即可制得高纯Li2CO3.为确保Li2CO3纯度，NH4HCO3必须过量，原因是___________。 【答案】(1)[B(OH)4]-+H+=H3BO3↓+H2O (2)趁热过滤，冷却结晶 (3) Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq) 2.5×10-4 8×10-3 (4)阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解过程中Li+从阳极通过Li+离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大 (5)确保LiOH完全转化为Li2CO3，无剩余；加热条件下，NH4HCO3会分解氨气、二氧化碳和水，烘干时易除去，不会引入新杂质 【分析】本题为工艺流程题，向某含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、[B(OH)4]-等的盐湖卤水中加入盐酸进行脱硼处理，过滤得到粗硼酸晶体和脱硼液，对粗硼酸进行重结晶处理可获得高纯H3BO3，将脱硼液进行脱水浓缩得到浓缩液，向浓缩液中加入石灰乳进行沉镁，过滤得到溶液1和沉淀1Mg(OH)2、Ca(OH)2，向溶液1中加入Na2CO3进行沉钙出来，过滤得到溶液2和沉淀2CaCO3，向溶液2中加入饱和Na2CO3溶液进行沉锂，过滤得到粗Li2CO3沉淀，将Li2CO3沉淀转化为LiHCO3溶液，电解LiHCO3溶液得到LiOH，LiOH溶液和CO2反应获得高纯Li2CO3，据此分析解题。 【解析】（1）脱硼时[B(OH)4]-和盐酸发生反应，生成H3BO3和H2O，[B(OH)4]-+H+=H3BO3↓+H2O； （2）因为杂质是难溶性物质，而H3BO3在水中的溶解度随温度升高而显著增大，故趁热过滤，除去不溶性杂质后，冷却结晶，使H3BO3析出，故答案为：趁热过滤，冷却结晶； （3）①Ca(OH)2浊液和Mg2+反应生成Mg(OH)2，离子方程式：Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq)； ②当钙离子恰好沉淀完全时，c(Ca2+)=1×10-5mol/L，由Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)c()得c()==mol/L=2.5×10-4mol/L，根据题意，Li2CO3不能沉淀，由Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)c()得c()==mol/L=8×10-3mol/L，所以c()的范围：2.5×10-4mol/L～8×10-3mol/L，故答案为：2.5×10-4；8×10-3； （4）电解LiHCO3溶液是水的电解，阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解过程中Li+从阳极通过Li+离子交换膜进入阴极溶液，与阴极生成的OH-形成LiOH，因此LiOH浓度增大； （5）加入过量的NH4HCO3，为了确保LiOH完全转化为Li2CO3，无剩余；加热条件下，NH4HCO3会分解氨气、二氧化碳和水，烘干时易除去，不会引入新杂质，故答案为：确保LiOH完全转化为Li2CO3，无剩余；加热条件下，NH4HCO3会分解氨气、二氧化碳和水，烘干时易除去，不会引入新杂质。 6．（25-26高三上·北京通州·期末）利用某蛇纹石尾矿生产氧化镁和氧化铁黄的过程如下(部分步骤有省略)： 已知：粗硫酸镁溶液中含有的金属离子及其氢氧化物沉淀所需pH如下 金属离子 开始沉淀pH 1.5 3.3 6.5 8.9 沉淀完全pH 2.8 4.7 8.3 10.9 (1)粗硫酸镁溶液除杂 ①写出参与除杂反应的离子方程式：______。 ②反应过程中需加入NaOH调控溶液的pH。除杂时先加入，后加入NaOH溶液调pH的原因是______。 (2)制备氧化铁黄(FeOOH) 除杂过程中产生大量的富含氢氧化铁的滤渣，经进一步除杂处理后制备氧化铁黄固体的过程如下： ①酸浸提铁过程中需加入过量铁粉作为还原剂。加入铁粉反应的离子方程式有______。 ②制备氧化铁黄(FeOOH)的离子方程式为______。 (3)氧化铁黄纯度测定 称取氧化铁黄样品w g，用硫酸溶解后配成100 mL溶液，取10 mL待测液进行如下操作： 已知：可将还原为 ①用上述方法测得的产品中氧化铁黄的质量分数为______(列计算式即可)。 ②滴定操作前，需除去过量的。若不除去过量的，氧化铁黄的质量分数测定结果将______(填“偏高”“不变”或“偏低”)。 【答案】(1) 沉淀完全的pH=8.3，接近开始沉淀的pH=8.9，若先调pH，沉淀完全时pH过高，会导致一同沉淀，降低氧化镁产率，先将氧化为，可在较低pH下沉淀除去 (2) 、 (3) 偏高 【分析】蛇纹石尾矿经过硫酸酸浸得到粗硫酸镁溶液，滤液经过沉淀得到，煅烧得到氧化镁，滤渣为，经过一系列操作得到氧化铁黄，据此解答。 【解析】（1）①粗硫酸镁中的需要被氧化为，才能在较低pH下沉淀除去，酸性条件下氧化得到该离子方程式为； ②由沉淀pH表可知，沉淀完全的pH=8.3，接近开始沉淀的pH=8.9，若先调pH，沉淀完全时pH过高，会导致一同沉淀，降低氧化镁产率，先将氧化为，可在较低pH下沉淀除去； （2）①Fe(OH)3酸浸后生成，铁粉作为还原剂将还原为：，同时铁粉会和酸浸过量的氢离子反应：； ②氧气氧化生成FeOOH，氨水作为碱中和，根据电子守恒、电荷守恒配平得到； （3）①可将还原为，滴定，比例关系6Fe2+~ ，则，则氧化铁黄的质量分数为； ②过量SnCl2也会消耗，使测得消耗标准液体积偏大，计算得到的FeOOH质量偏大，因此质量分数偏高。 7．（25-26高三上·北京房山·期末）回收废旧电池(主要含PbSO4、PbO、PbO2)材料，能够实现资源的再利用。一种通过甲基磺酸(CH3SO3H)溶液酸浸得到甲基磺酸铅的工艺流程如下： 已知：①常温下，； ②甲基磺酸(CH3SO3H)易溶于水，是有机强酸。 (1)步骤I开始前需将固体物质粉碎，目的是___________。 (2)PbO2发生反应的离子方程式___________。 (3)步骤Ⅱ加入(NH4)2CO3溶液的目的是___________。 (4)步骤Ⅲ中，浸出的Pb2+浓度受CH3SO3H初始浓度影响如图所示。当CH3SO3H初始浓度高于5时，c(Pb2+)急剧下降的可能原因是___________。 (5)电解Pb(CH3SO3)2溶液，同时产出可用于铅酸电池制造的精铅和二氧化铅。 ①生成PbO2的电极反应式___________。 ②电解时，产生a库仑电量，， 已知：i．转移1 mol电子所产生的电量为96500库仑。 ii．电解效率η的定义： 阴极生成Pb的物质的量为___________mol。 ③β-PbO2晶胞结构如图所示，边长为apm，晶体的密度ρ=___________。(设阿伏加德罗常数的值为NA，) 【答案】(1)提高反应速率 (2) (3)，加入(NH4)2CO3，消耗Pb2+，使平衡正向移动，将难溶的PbSO4转化为PbCO3，便于后续溶解 (4)，当初始甲基磺酸浓度高于5 时，的浓度增大，使平衡逆向移动，抑制了甲基磺酸铅的溶解。(或者其他合理答案，如析出的Pb(CH3SO3)2覆盖碳酸铅，也会导致溶液中的Pb2+浓度下降) (5) 【分析】废旧电池(主要含PbSO4、PbO、PbO2)，加入、，将Pb(Ⅳ)还原为Pb(Ⅱ)，得到，加入发生沉淀转化，将转化为溶解度更小的PbCO3，加入CH3SO3H酸浸，得到甲基磺酸铅，据此解答。 【解析】（1）粉碎固体增大接触面积，是化工流程中常见的加快反应、提高浸出率的操作。 （2）步骤I中PbO2作氧化剂，作还原剂被氧化为O2，Pb从+4价降为+2价，结合原子守恒、电荷守恒配平反应为：； （3）由可知PbCO3溶解度远小于PbSO4，加入碳酸铵发生沉淀转化，将PbSO4转化为PbCO3，方便后续用甲基磺酸酸浸提取铅； （4）存在溶解平衡，CH3SO3H浓度高于5 时，浓度增大，平衡逆向移动，甲基磺酸铅溶解度降低，铅离子浓度下降； （5）①失电子被氧化为PbO2，阳极发生氧化反应，由电荷、原子守恒配平为：； ②总转移电子物质的量，生成铅实际用电子，生成1 mol Pb 转移2 mol电子，故； ③的个数：个，的个数，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10cm)3，。 8．（25-26高三上·北京石景山·期末）某铜阳极泥的主要成分为、、AgCl、Au等，研究铜阳极泥提银和浸金具有潜在的市场价值。 Ⅰ．铜阳极泥提银 已知：①可看作中的一个O原子被S原子取代的产物。 ②的为；的为。 (1)比较O和S的电负性___________。 (2)作为配体可提供孤电子对与形成，分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由___________。 (3)直接浸银时，浸银10分钟，银浸出率即达到5%，主要由于阳极泥中少量以AgCl形态存在的银被快速溶解，之后浸出率逐渐减小。铜阳极泥经预处理后，银的浸出率>90%，且银浸出率逐渐减小的现象得到消除。 ①写出AgCl和溶液反应的离子方程式___________。 ②解释直接浸银10分钟后银浸出率逐渐减小的原因___________。 ③分析预处理的作用___________。 Ⅱ．铜阳极泥浸金 (4)和硫酸处理后的阳极泥与和混合，经球磨活化(研磨加热)、水浸、过滤后高达98%的金转化为。为进一步分析球磨活化时Au被氧化的机理，将替换成KCl进行实验，发现和KCl不反应，不利于浸金。分析/体系球磨活化提取Au的机理___________。 【答案】(1)电负性：O＞S (2)端基S原子有孤电子对可以做配位原子，而中心S原子无孤电子对不可以做配位原子 (3) 与反应转化为 氧化Cu2S和Ag2Se，提升银的浸出率，防止转化为Ag2S (4)研磨加热过程中发生反应：，HCl提供酸性环境，使氧化性增强，将Au氧化为Au3+离子，Au3+离子与配合形成 【分析】阳极泥的主要成分为、、AgCl、Au等，直接浸银得到的滤液B是；预处理后加入+硫酸，、被氧化，加入NaCl，转化为AgCl、Au再此过程不溶解，故固体D为Au、AgCl，加入，AgCl转化为，固体E为Au，电解含有的滤液F，在阴极析出金属银，据此解答。 【解析】（1）非金属性越强，电负性越大，氧的电负性大于硫的电负性； （2）①可看作中的一个O原子被S原子取代的产物，中心原子S孤对电子数为，而端基S有孤对电子可以做配位原子； （3）①AgCl与溶液的离子反应方程式：； ②刚开始时，阳极泥中少量以AgCl形态存在的银较易被浸出，随后浸出率下降，原因是与反应转化为更难溶的； ③根据直接浸银会导致生成更难溶的，故预处理的作用氧化Cu2S和Ag2Se，提升银的浸出率，防止转化为Ag2S； （4）将替换成KCl进行实验，不利于浸金，说明浸金的关键在于，分析原因是：研磨加热过程中发生反应：，HCl提供酸性环境，使氧化性增强，将Au氧化为Au3+离子，Au3+离子与配合形成；而若只用KCl则无法产生这种效果，不利于金的氧化浸取。 刷真题 9．（2025·北京·高考真题）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) 正四面体形 (2) 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅 H2O2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。 10．（2024·北京·高考真题）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 (1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 (2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 (3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 (4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 (5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) (3) 随焙烧温度升高，生成的速率加快 发生分解生成难溶于水的 (4) (5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+ 【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有SiO2等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO3作用下，转化成CuSO4，得到的混合气体中主要含NH3，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO2、CuSO4及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO2的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO4，粗铜再精炼可以得到纯铜。 【解析】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为； （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加； ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低； （4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为； （5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 化工流程综合题 第一部分 破类题/变式·参考答案 热点设问01 原料的预处理 破类题·提能力 1．(1)适当升高温度、搅拌、或粉碎固体、增大NaOH溶液浓度 2．(1) 增大烧渣的接触面积，提高反应速率 Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]； 热点设问02 反应条件的控制 破类题·提能力 3．(3) 7.15 4．(3) B 多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2 热点设问03 物质的分离与提纯 破类题·提能力 5．(5)蒸发浓缩、冷却结晶 6．(1)过滤 热点设问04 陌生方程式的书写 破类题·提能力 7．(2)(浓) (3) 8．(2)V2O5+2H+=2+H2O (3)2+Fe+4H+=2VO2++Fe2++2H2O (4)(NH4)2V6O163V2O5+2NH3↑+H2O 热点设问05 产率、纯度、KSP等计算 破类题·提能力 9．(6) 10.(6) 偏大 0.75cV 滴定过程中产生，平衡正移，使基本稳定 热点设问06 加入试剂的作用和循环物质的确定 破类题·提能力 11．(3) B 多次循环后，溶液中HCOOH浓度增大，还原性增强，将ClO2或还原为Cl2 (4)H2SO4、NaClO3 12．(2) 、、 除去、 、、开始沉淀(或完全沉淀)的pH比较接近，不能通过调pH的方法只除去、而保留 热点设问07 图像分析 破类题·提能力 13．(1)2Al2(SO4)3＋3CaO＋6H2O＝Al2(SO4)3·Al2O3＋3CaSO4·2H2O (2) 碱式硫酸铝吸收SO2的反应为放热反应，降温使平衡正向移动，有利于SO2的吸收，Al2(SO4)3·Al2O3(aq)＋3SO2(g)⇌Al2(SO4)3·Al2(SO3)3(aq)  ， 与活性Al2O3结合 y＞x＞z 2Al2(SO3)3+3O2＝2Al2(SO4)3 或2[Al2(SO4)3·Al2(SO3)3]＋3O2＝4Al2(SO4)3 14．(1)形成酸雨 (2) 存在反应i：；ii：，随着的逸出及其与的反应，促进i中反应不断正向进行，溶液中不断增加，抑制反应ii正向进行 第二部分 实战刷题·参考答案 刷模拟 1．(1)增大接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) 加入少量的溶液，发生反应：、，电子转移方式由固固转变为固液，增大接触面积，氧化的速率快于氧化的速率。且可以循环利用 (3) 氧化性：。是吸电子基，使键极性增强，更易断裂 调节pH，使产生沉淀除去；可以与过量的产生沉淀，利于后续分离出 (4)AC (5)加热浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤，热水洗涤，干燥 2．(1)利用硝酸根在酸性条件下的氧化性，将Ag单质氧化 (2) (3)AgCl和 (4)溶液pH增大有利于增大浓度，促进ⅰ中的平衡正向移动 (5)在pH=9.7时银的浸出率已经足够高 (6)溶液中被氧化为，使降低；具有较强的还原性，逐渐将还原为Ag (7) 3．(1) (2)硫酸铵或 (3) 老化过程存在平衡，加入磷酸，与发生中和反应同时生成，均使平衡正向移动，促使溶解，生成 温度低于85℃时铁磷比偏高(超过0.985)，温度高于95℃时铁磷比无明显优化，但高温会增加能耗、溶剂挥发或可能导致产物分解等，故选择 (4) 将恰好全部转化为 或 4．(1) C与Ge元素位于同主族，Ge的电子层数多于C的，原子半径Ge大于C，非金属性，最高价氧化物水化物的酸性： ，氧化，最终得到，降低，促进了平衡正向移动，促进溶解 (2) ZnO可以与反应生成，增大了溶液，不引入新杂质，补充了，同时减少置换过程中与的反应，防止的浪费 pH>5.2时，产生沉淀覆盖在表面，阻止了与的反应 (3) 偏大 5．(1)[B(OH)4]-+H+=H3BO3↓+H2O (2)趁热过滤，冷却结晶 (3) Ca(OH)2(s)+Mg2+(aq)Mg(OH)2(s)+Ca2+(aq) 2.5×10-4 8×10-3 (4)阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解过程中Li+从阳极通过Li+离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大 (5)确保LiOH完全转化为Li2CO3，无剩余；加热条件下，NH4HCO3会分解氨气、二氧化碳和水，烘干时易除去，不会引入新杂质 6．(1) 沉淀完全的pH=8.3，接近开始沉淀的pH=8.9，若先调pH，沉淀完全时pH过高，会导致一同沉淀，降低氧化镁产率，先将氧化为，可在较低pH下沉淀除去 (2) 、 (3) 偏高 7．(1)提高反应速率 (2) (3)，加入(NH4)2CO3，消耗Pb2+，使平衡正向移动，将难溶的PbSO4转化为PbCO3，便于后续溶解 (4)，当初始甲基磺酸浓度高于5 时，的浓度增大，使平衡逆向移动，抑制了甲基磺酸铅的溶解。(或者其他合理答案，如析出的Pb(CH3SO3)2覆盖碳酸铅，也会导致溶液中的Pb2+浓度下降) (5) 8．(1)电负性：O＞S (2)端基S原子有孤电子对可以做配位原子，而中心S原子无孤电子对不可以做配位原子 (3) 与反应转化为 氧化Cu2S和Ag2Se，提升银的浸出率，防止转化为Ag2S (4)研磨加热过程中发生反应：，HCl提供酸性环境，使氧化性增强，将Au氧化为Au3+离子，Au3+离子与配合形成 刷真题 9．(1) 正四面体形 (2) 脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅 H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂 (3)ab 10．(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分 (2) (3) 随焙烧温度升高，生成的速率加快 发生分解生成难溶于水的 (4) (5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的 Fe2+易被空气中O2氧化为 Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+ 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $