专题07 工艺流程（2大题型）（北京专用）2026年高考化学一模分类汇编

专题07 工艺流程 2大考点概览 题型01 工艺流程选择题 题型02 工艺流程简答题 工艺流程选择题 题型01 1．（2026·北京朝阳·一模）利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。 已知：在范围内稳定，在时沉淀完全。 下列说法不正确的是 A．“酸浸”时通入有利于提高的浸出率 B．“酸浸”时的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的参与浸出 C．“除铁”时发生反应的离子方程式为： D．“深度除铁”时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率 2．（2026·北京房山·一模）以菱镁矿(主要成分为，含少量和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知：浸出时产生的废渣中有和。 下列说法不正确的是 A．气体A为 B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．沉镁后的滤液中主要含，可返回浸出步骤循环使用 D．沉镁过程中，“氨水”替换为“溶液”，会生成沉淀，最终也能得到高纯镁砂 3．（2026·北京门头沟·一模）工业上以和纯碱为原料制备无水主要流程如图所示。下列说法不正确的是 资料：25℃时，          A．母液中含有和 B．吸收过程发生反应：、 C．中和过程只发生反应 D．干燥时温度不宜过高 4．（2026·北京昌平·一模）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如下。 已知：苯甲酸和NaCl在水中的溶解度如下表。 温度（） 25 50 75 95 溶解度 （水） 苯甲酸 0.34 0.85 2.2 6.8 NaCl 36.1 37.1 38.3 38.9 下列说法不正确的是 A．此方案利用了不同温度下苯甲酸溶解度差异较大的性质 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ冷却结晶析出的晶体主要是苯甲酸 D．操作Ⅴ可用冷水洗涤晶体 5．（2026·北京东城·一模）金属铝的生产原理示意图如下。 注：熔点为2050℃ 下列说法不正确的是 A．过程①中的主要反应： B．溶液2与反应后的滤液可用于过程① C．过程③中利用了硫酸的酸性和氧化性 D．能降低熔融所需温度，减少能耗 6．（2026·北京延庆·一模）实验室利用印刷电路板腐蚀废液(主要成分为、、)制备晶体的流程如图所示。下列说法正确的是 A．“还原”时，若腐蚀废液中，加入足量粉后，溶液中与原废液中的比为 B．“过滤”后，向滤液中滴加溶液无明显现象，再通入少量后溶液变红，说明还原后的滤液中仍含极少量 C．制备晶体时，可在气流中蒸发溶液，且的浓度需随温度升高适当增大，以抑制水解 D．“氧化”时，若通入过量，会导致后续晶体中混入杂质，原因是与水反应生成的将氧化 7．（2026·北京西城·一模）实验室可由工业级铬酸钠()为原料制取，流程如下。 下列说法不正确的是 A．Ⅰ中发生反应： B．Ⅱ中的操作：加热浓缩，冷却结晶，过滤 C．由Ⅲ可判断加热浓缩的温度下，溶解度： D．趁热过滤后，存在于母液中 工艺流程简答题 题型02 1．（2026·北京朝阳·一模）白云石的主要化学成分为(不考虑其他杂质)。利用白云石制备高纯氧化镁的流程示意图如下。 已知： 物质 物质 (1)白云石煅烧前需粉碎，其作用是______。 (2)“煅烧粉”中，“消化”所得的上清液中______(填“>”“=”或“<”)。 (3)在不同的“碳化”终点pH下，固体A中的主要物质如下表。 终点pH 固体A中的主要物质 12 、、 11 、 9 、(量均比少) 8 (量比少) 根据固体A组成的变化，确定为“碳化”终点。 ①“碳化”至的过程中，固体A的组成发生的原因是：、______、______(填化学方程式)。 ②若“碳化”至时加入适量可提高产品中MgO的纯度，原因是______。 (4)写出“热解”过程的离子方程式：______。 (5)煅烧，剩余固体质量随温度变化如下。 已知相对分子质量： 466；MgO 40 写出的过程中发生反应的化学方程式：______。 2．（2026·北京石景山·一模）FeS可用于去除酸性废水中的砷。 (1)制备FeS 已知：柠檬酸根可以和形成配合物。 ①硫酸亚铁铵溶液显酸性，用化学用语解释原因_______。 ②硫代乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应。酸性条件下：。碱性条件下：_______。 ③硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺溶液直接混合后溶液，此时不能生成FeS，增大溶液pH则会生成，解释加入柠檬酸三钠的作用_______。 (2)除砷 已知：ⅰ．含砷废水中砷主要以亚砷酸()形式存在，溶液中亚砷酸铁很难生成。ⅱ．砷酸()是一种三元弱酸。ⅲ．的为，的为。 ①经FeS处理后，大部分砷转化为沉淀，写出反应的离子方程式_______。 ②滤液A用NaOH分别调节pH为5、6、7、8、10、12，曝气(通空气)1小时后静置，取上层清液，砷去除率与pH的关系如下图所示。 分析pH增大时溶液中砷去除率先增大后减小的原因_______。 ③用NaOH调时，_______(填“>”或“<”)。 3．（2026·北京房山·一模）ZnS在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。 (1)制备ZnS。 由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是_______。 ②酸浸时ZnS发生反应的离子方程式_______。 ③酸浸时通入可提高浸出率，结合平衡移动原理，解释原因_______。 ④通入除镉。当溶液时，_______(填“是”或“否”)沉淀完全。 (2)ZnS用于回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，可缓慢水解。 不同温度下，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为_______。 (3)利用ZnS制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A带_______(填“正电”或“负电”)。区域B“”中的离子为_______(填离子符号)。 4．（2026·北京丰台·一模）氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 (1)步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平_______。 (2)步骤Ⅱ，试剂是_______。 (3)步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有_______。 (4)步骤Ⅳ，滤渣3的成分为_______。 (5)步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ．   ①，随着pH升高，增大，原因是_______。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；_______。 5．（2026·北京昌平·一模）太阳能电池废料的回收利用对光伏产业具有重要意义。从预处理后的废料（其中的铜铟镓硒元素主要以硒化物形式存在，如、、）中提取金属镓的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ。Ga、In元素位于第ⅢA族，Se元素位于第ⅥA族； ⅱ。萃取剂2以形式存在，萃取原理为：M表示金属元素，org表示有机相， (1)在浸出前将废料进行粉碎预处理，其作用是________。 (2)浸出液中含Se元素的物质为。“沉硒”过程发生反应的化学方程式为________。 (3)解释“多级萃取铟”过程中主要萃取出的原因是________。 (4)向有机相2中加入试剂X可实现萃取剂2再生。 ①试剂X是________。 ②从化学平衡角度解释萃取剂2如何再生________。 (5)电解获取金属镓。一种电解法制取镓的装置如下图1，电解过程中阳极溶液、及碳损失量随电解时间的变化如下图2。 ①获得镓的电极反应式为________。 ②当电路中通过a库仑电量时，理论上可获得的金属镓的质量为________g（列出计算式）。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 ③图2中在8~11 h基本保持不变，结合化学用语说明可能的原因是________。 (6)该工艺体现绿色化学思想，流程中除萃取剂外，还能够循环利用的物质有________。 6．（2026·北京西城·一模）某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 (1)CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 (2)酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 (3)加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 (4)开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ (5)酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 (6)经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 7．（2026·北京顺义·一模）以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 (1)高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 (2)浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 (3)萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是______。 (4)反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 (5)该流程中可循环利用的物质有______。 (6)测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 8．（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_______。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 工艺流程 2大考点概览 题型01 工艺流程选择题 题型02 工艺流程简答题 工艺流程选择题 题型01 1．（2026·北京朝阳·一模）利用闪锌矿(含ZnS、FeS)制备ZnS的过程如下。 已知：在范围内稳定，在时沉淀完全。 下列说法不正确的是 A．“酸浸”时通入有利于提高的浸出率 B．“酸浸”时的浸出速率逐渐增大，可能的原因是生成的参与浸出 C．“除铁”时发生反应的离子方程式为： D．“深度除铁”时，若将①与②的顺序互换，不会影响铁的沉淀率 【答案】D 【分析】闪锌矿（含、）加硫酸、氧气酸浸，-2价硫被氧化为单质，得到含、（少量）、的酸性溶液；加沉铁，得到沉淀除去大部分铁；再深度除铁，先加将剩余氧化为，再调使完全沉淀为，最终得到。 【详解】A．酸浸时通入，可氧化、中-2价硫，促进硫化物溶解，有利于提高的浸出率，A正确； B．酸浸生成的可氧化中的，本身被还原为，又会被重新氧化为，相当于催化剂，能促进浸出，该催化作用是浸出速率增大的可能原因，B正确； C．除铁时，消耗了体系中的产生，并促进水解并与、结合生成沉淀，该离子方程式电荷、原子均守恒，产物和配平均正确，C正确； D．若互换顺序（先调，再加），调高pH会降低过氧化氢的氧化性，影响除铁效果，D错误； 故选D。 2．（2026·北京房山·一模）以菱镁矿(主要成分为，含少量和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下： 已知：浸出时产生的废渣中有和。 下列说法不正确的是 A．气体A为 B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．沉镁后的滤液中主要含，可返回浸出步骤循环使用 D．沉镁过程中，“氨水”替换为“溶液”，会生成沉淀，最终也能得到高纯镁砂 【答案】B 【分析】菱镁矿(主要成分为，含少量和)煅烧，碳酸镁高温受热分解生成氧化镁，煅烧后的矿石加入氯化铵溶液浸出，反应生成可溶的进入浸出液，而和转化为和沉淀，与一同作为废渣被过滤除去，过滤后，向浸出液中加入氨水沉淀镁离子得到氢氧化镁沉淀，过滤后，将氢氧化镁煅烧得到高纯镁砂。 【详解】A．菱镁矿煅烧后MgCO3​分解为MgO，氯化铵浸出时，​水解显酸性，MgO消耗促进​水解，最终一水合氨分解释放NH3​，气体A为NH3​，A正确； B．浸出适当升高温度可以加快反应速率，但沉镁使用氨水，较高温度下NH3​⋅H2​O易分解挥发，会导致OH−浓度降低，Mg2+沉淀不完全，因此沉镁不能在较高温度下进行，B错误； C．沉镁反应为，滤液主要溶质为NH4​Cl，可返回浸出步骤循环使用，C正确； D．若替换为(NH4​)2​CO3​，生成MgCO3​沉淀，后续煅烧时MgCO3​会分解为MgO和CO2​，最终仍可以得到高纯镁砂，D正确； 故答案为B。 3．（2026·北京门头沟·一模）工业上以和纯碱为原料制备无水主要流程如图所示。下列说法不正确的是 资料：25℃时，          A．母液中含有和 B．吸收过程发生反应：、 C．中和过程只发生反应 D．干燥时温度不宜过高 【答案】C 【详解】A．由图可知，结晶后析出晶体，母液是的饱和溶液，为确保产量大，通入的二氧化硫通常过量，母液中会含有溶解的，因此母液中含有和，A正确； B．，根据强酸制弱酸的规律，与反应生成和；与反应生成，两个反应均符合反应规律，B正确； C．母液中除外，还含有，由于酸性，也会与发生反应，因此中和过程不是只发生题干中的反应，且题干方程式未配平，C错误； D．受热易分解，且易被氧化，因此干燥时温度不宜过高，D正确； 故选C。 4．（2026·北京昌平·一模）苯甲酸是一种常用的食品防腐剂。某实验小组设计粗苯甲酸（含有少量NaCl和泥沙）的提纯方案如下。 已知：苯甲酸和NaCl在水中的溶解度如下表。 温度（） 25 50 75 95 溶解度 （水） 苯甲酸 0.34 0.85 2.2 6.8 NaCl 36.1 37.1 38.3 38.9 下列说法不正确的是 A．此方案利用了不同温度下苯甲酸溶解度差异较大的性质 B．操作Ⅱ趁热过滤的目的是除去泥沙和NaCl C．操作Ⅲ冷却结晶析出的晶体主要是苯甲酸 D．操作Ⅴ可用冷水洗涤晶体 【答案】B 【分析】粗苯甲酸提纯的原理是重结晶：杂质为不溶性泥沙和可溶性NaCl，苯甲酸溶解度随温度变化显著增大，而NaCl溶解度随温度变化很小，苯甲酸加水、加热溶解、趁热过滤，滤液冷却结晶析出苯甲酸晶体，经过滤、洗涤、干燥得到苯甲酸，据此分析； 【详解】A．该方案正是利用了苯甲酸溶解度随温度变化差异大的性质实现提纯，A正确； B．趁热过滤的目的仅除去不溶性杂质泥沙，高温下NaCl溶解度大，完全溶解在滤液中，并不会被过滤除去，B错误； C．降温后苯甲酸溶解度大幅降低，因此冷却结晶析出的晶体主要是苯甲酸，NaCl含量少、溶解度变化小，仍留在溶液中，C正确； D．苯甲酸在冷水中溶解度小，用冷水洗涤晶体，既可以除去晶体表面吸附的可溶性杂质，也能减少苯甲酸的溶解损失，D正确； 故选B。 5．（2026·北京东城·一模）金属铝的生产原理示意图如下。 注：熔点为2050℃ 下列说法不正确的是 A．过程①中的主要反应： B．溶液2与反应后的滤液可用于过程① C．过程③中利用了硫酸的酸性和氧化性 D．能降低熔融所需温度，减少能耗 【答案】C 【分析】铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量Fe2O3)，加入NaOH溶液溶解后，滤渣为Fe2O3，滤液为Na[Al(OH)4]溶液，通入CO2生成Al(OH)3，过滤，滤液主要为碳酸氢钠溶液，滤渣为Al(OH)3，灼烧后得到Al2O3，氟化钙加入稀硫酸反应得到氟化氢，再经过一系列反应得到，加入在熔融状态下电解Al2O3，得到Al和氧气。 【详解】A．由分析可知，加入NaOH溶液后，与氧化铝反应生成Na[Al(OH)4]，反应的离子方程式为，A正确；   B．溶液2为碳酸氢钠溶液，与反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，滤液含氢氧化钠可用于过程①，B正确；   C．过程③中氟化钙加入硫酸反应得到氟化氢：，没有化合价变化，没有发生氧化还原反应，利用了硫酸的酸性，C错误；   D．熔点为2050℃，加入后电解时熔融温度为970°，所以加入能形成低熔点共熔物，降低熔融所需温度，减少能耗，D正确；   故选C。 6．（2026·北京延庆·一模）实验室利用印刷电路板腐蚀废液(主要成分为、、)制备晶体的流程如图所示。下列说法正确的是 A．“还原”时，若腐蚀废液中，加入足量粉后，溶液中与原废液中的比为 B．“过滤”后，向滤液中滴加溶液无明显现象，再通入少量后溶液变红，说明还原后的滤液中仍含极少量 C．制备晶体时，可在气流中蒸发溶液，且的浓度需随温度升高适当增大，以抑制水解 D．“氧化”时，若通入过量，会导致后续晶体中混入杂质，原因是与水反应生成的将氧化 【答案】C 【分析】腐蚀废液，含、、，加过量铁粉，将还原为，置换出，过滤除去过量和生成的，滤液为溶液，再通入将氧化为，最终得到晶体。 【详解】A．设，，发生反应、，共生成，反应后，比值为，原溶液中的的物质的量未知，A错误； B．铁粉足量时，已完全还原为，滴加无现象；通入后，氧化滤液中的生成，因此溶液变红，不能证明还原后的滤液原本就含有，B错误； C．水解吸热，方程式为，温度升高，水解平衡正向移动，水解程度增大。因此需要随温度升高适当增大的浓度，提高浓度，抑制水解，C正确； D．铁元素在和Fe(ClO)3中均是价，不是被氧化，D错误； 答案选C。 7．（2026·北京西城·一模）实验室可由工业级铬酸钠()为原料制取，流程如下。 下列说法不正确的是 A．Ⅰ中发生反应： B．Ⅱ中的操作：加热浓缩，冷却结晶，过滤 C．由Ⅲ可判断加热浓缩的温度下，溶解度： D．趁热过滤后，存在于母液中 【答案】B 【分析】加入浓硫酸得到重铬酸钠，处理后得到重铬酸钠晶体，加入氯化铵固体、水，加热浓缩、趁热过滤后处理得到重铬酸铵； 【详解】A．Ⅰ中发生反应加入浓硫酸得到重铬酸钠，结合质量守恒，还生成硫酸钠和水，反应为：，A正确；    B．由溶解度曲线，在相同温度下，重铬酸钠的溶解度大于硫酸钠，且温度高于40℃时，硫酸钠溶解度减小，则Ⅱ中的操作：加热浓缩、蒸发结晶出硫酸钠、趁热过滤分离出滤液，降温至40℃结晶分离出重铬酸钠晶体，B错误； C．Ⅲ操作中得到重铬酸铵，Ⅲ中发生复分解反应 ，加热浓缩时，溶解度较小的析出，使反应向正方向进行，因此可判断该温度下溶解度 ，C正确； D．结合C分析，趁热过滤后，存在于母液中，D正确； 故选B。 工艺流程简答题 题型02 1．（2026·北京朝阳·一模）白云石的主要化学成分为(不考虑其他杂质)。利用白云石制备高纯氧化镁的流程示意图如下。 已知： 物质 物质 (1)白云石煅烧前需粉碎，其作用是______。 (2)“煅烧粉”中，“消化”所得的上清液中______(填“>”“=”或“<”)。 (3)在不同的“碳化”终点pH下，固体A中的主要物质如下表。 终点pH 固体A中的主要物质 12 、、 11 、 9 、(量均比少) 8 (量比少) 根据固体A组成的变化，确定为“碳化”终点。 ①“碳化”至的过程中，固体A的组成发生的原因是：、______、______(填化学方程式)。 ②若“碳化”至时加入适量可提高产品中MgO的纯度，原因是______。 (4)写出“热解”过程的离子方程式：______。 (5)煅烧，剩余固体质量随温度变化如下。 已知相对分子质量： 466；MgO 40 写出的过程中发生反应的化学方程式：______。 【答案】(1)增大反应物接触面积，加快煅烧反应速率，使煅烧更充分 (2)> (3) 远小于，加入草酸铵后，溶液中残留的会转化为沉淀除去，降低，而仍留在溶液中，因此提高产品纯度 (4) (5) 【分析】白云石煅烧分解为、和，得到煅烧粉；加水消化后，、分别转化为、；通入碳化，调节过滤除去大部分钙、镁沉淀（固体A），可溶性镁以形式留在滤液A中；滤液A热解得到碱式碳酸镁，最后煅烧得到高纯氧化镁。 【详解】（1）粉碎固体可以增大反应物的接触表面积，加快煅烧的反应速率，使反应进行更充分； （2）消化后体系中同时存在两种沉淀的溶解平衡： ，，同一体系中相同，因此，远大于； （3）① 随不断通入，pH逐渐降低，固体A成分变化：从到最终pH=8只剩，且量比pH=9少，说明原固体中的和过量反应生成可溶的（进入滤液，固体A中不再含化合物），部分和反应生成可溶的（因此量减少），符合题目描述；② 根据溶度积数据，，说明难溶，溶解度大。碳化到pH=9时，滤液中仍混有杂质，加入草酸铵后，会生成沉淀被过滤除去，而仍留在溶液中，因此最终产物的纯度提高； （4）滤液A中镁以、形式存在，热解生成沉淀和，根据电荷、原子守恒配平：； （5）假设初始为，摩尔质量为：M点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于无水碱式碳酸镁的摩尔质量（），说明M点结晶水已经完全失去，组成为。N点剩余固体质量分数为，剩余质量：，恰好等于的质量（），说明N点产物为。因此是分解生成、和，配平。 2．（2026·北京石景山·一模）FeS可用于去除酸性废水中的砷。 (1)制备FeS 已知：柠檬酸根可以和形成配合物。 ①硫酸亚铁铵溶液显酸性，用化学用语解释原因_______。 ②硫代乙酰胺在酸性或碱性条件下均能发生水解反应。酸性条件下：。碱性条件下：_______。 ③硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺溶液直接混合后溶液，此时不能生成FeS，增大溶液pH则会生成，解释加入柠檬酸三钠的作用_______。 (2)除砷 已知：ⅰ．含砷废水中砷主要以亚砷酸()形式存在，溶液中亚砷酸铁很难生成。ⅱ．砷酸()是一种三元弱酸。ⅲ．的为，的为。 ①经FeS处理后，大部分砷转化为沉淀，写出反应的离子方程式_______。 ②滤液A用NaOH分别调节pH为5、6、7、8、10、12，曝气(通空气)1小时后静置，取上层清液，砷去除率与pH的关系如下图所示。 分析pH增大时溶液中砷去除率先增大后减小的原因_______。 ③用NaOH调时，_______(填“>”或“<”)。 【答案】(1) ； 和形成配合物，降低，防止生成，不断释放出和反应 (2) pH增大增大，有利于生成沉淀，pH继续增大减小，不利于生成或转化为释放出（从吸附含砷物质角度解释也可以） < 【分析】（1）第一步配位络合：向硫酸亚铁铵溶液中加入柠檬酸三钠固体，柠檬酸根与形成稳定的橙黄色配合物，避免直接水解沉淀；第二步硫化反应：依次加入硫代乙酰胺溶液、pH 7.5~10 的缓冲溶液，在保护下加热，硫代乙酰胺水解释放，与配合物中缓慢释放的反应生成 FeS；最后处理：分离、水洗、干燥，得到 FeS 样品。 （2）第一步初级除砷：向酸性含砷废水中加入 FeS，大部分砷以沉淀形式（固体 B）被去除，剩余砷留在滤液A中； 第二步深度除砷：滤液 A 用 NaOH 调 pH 并曝气（通空气），将剩余亚砷酸氧化为砷酸，通过胶体吸附、沉淀（固体 D）进一步除砷，最终滤液C为达标废水。 【详解】（1）①硫酸亚铁铵（）是强酸弱碱盐，和均发生水解，使溶液呈酸性：，； ②酸性条件水解：，碱性条件下，、、均与反应，最终生成、、（或），反应式为：； ③柠檬酸根与形成稳定配合物，大幅降低溶液中游离的浓度，避免在调节 pH 至 7.5~10 时，直接与结合生成沉淀； 配合物可缓慢释放，与硫代乙酰胺水解产生的均匀反应，生成高纯度、晶粒均匀的 FeS；同时保护可防止被氧化为，避免生成等杂质； （2）①FeS作为硫源和还原剂，与酸性废水中的反应，生成沉淀，同时FeS溶解为，配平后的离子方程式为：； ②曝气（通空气）将（亚砷酸）氧化为（砷酸）；pH 升高时，被氧化为，水解生成胶体，可通过吸附、共沉淀作用去除砷，pH 增大（），去除率升高； pH（>7）过高时，胶体溶解，吸附能力下降；同时在强碱性条件下溶解，重新释放到溶液中，导致砷去除率下降； ③，，pH=6时，，所以，。 3．（2026·北京房山·一模）ZnS在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。 (1)制备ZnS。 由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是_______。 ②酸浸时ZnS发生反应的离子方程式_______。 ③酸浸时通入可提高浸出率，结合平衡移动原理，解释原因_______。 ④通入除镉。当溶液时，_______(填“是”或“否”)沉淀完全。 (2)ZnS用于回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，可缓慢水解。 不同温度下，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为_______。 (3)利用ZnS制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A带_______(填“正电”或“负电”)。区域B“”中的离子为_______(填离子符号)。 【答案】(1) 加快反应速率 ，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行 否 (2) 升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降 (3) 正电 Cu+ 【分析】闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]加入硫酸和氧气溶解，-2价S转化为单质S除去，金属元素溶解，除铁后，加入H2S将Cd2+转化为CdS除去后，再调pH加入H2S将Zn2+转化为ZnS。 【详解】（1）①温度越高，反应速率越快，增加酸浸效率，因此闪锌矿浸出在高温下进行； ②酸浸时ZnS与硫酸和氧气反应生成S，ZnS中的-2价S被氧化为0价S，Zn元素转化为Zn2+，则氧气被还原为水，发生反应的离子方程式为； ③ZnS存在沉淀-溶解平衡：，通入氧气，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行，因此酸浸时通入可提高浸出率； ④通入除镉的离子方程式为，平衡常数为，当溶液时，，因此未沉淀完全。 （2）①ZnS为难溶物，为弱酸，在离子方程式中均不可拆，两者反应生成，As和S的化合价不改变，因此Zn元素应转化为Zn2+，反应发生在酸性条件，根据电荷守恒和原子守恒，用H+和水配平得到反应的离子方程式为； ②据已知，可缓慢水解，水解为吸热反应，温度升高，水解程度增加，更多As(Ⅲ)进入溶液，砷去除率下降。 （3） 掺杂后的晶胞中Cu+占据原Zn2+的位置，Cl-占据原S2-的位置，对比原CuCl晶胞和掺杂后的晶胞，区域A中S2-的位置被Cl-替代，负电荷减少，因此区域A带正电，区域B中Cu+占据原Zn2+的位置，因此“”中的离子为Cu+，正电荷减少，因此区域B带负电。 4．（2026·北京丰台·一模）氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 (1)步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平_______。 (2)步骤Ⅱ，试剂是_______。 (3)步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有_______。 (4)步骤Ⅳ，滤渣3的成分为_______。 (5)步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ．   ①，随着pH升高，增大，原因是_______。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；_______。 【答案】(1) (2)水 (3)   (4) (5) ，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大 形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低 【分析】氟碳铈精矿（主要成分为，含杂质）与在焙烧，生成、、和少量；经水浸分离等可溶性杂质，滤渣用盐酸在酸浸，转化为，转化为；加氨水调节，沉淀为，滤液中经氧化、调得到，据此分析。 【详解】（1）①在受热分解，生成、和，化学方程式为； ②根据原子守恒、氧化还原反应配平，在焙烧生成的化学方程式为； （2）步骤Ⅱ需浸出可溶性杂质，分离不溶性铈的氧化物，试剂为水； （3）滤渣1含、，在下与盐酸反应，与反应生成和，离子方程式为；与、发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式为； （4）溶液2含、，加氨水调节，沉淀为； （5）①时，、形成沉淀，，升高，增大，比值增大； ②时，形成沉淀，随升高沉淀量增多，固液接触面积小于液体，氧化速率降低；且生成的附着于表面，减小反应物接触面积，导致氧化速率降低。 5．（2026·北京昌平·一模）太阳能电池废料的回收利用对光伏产业具有重要意义。从预处理后的废料（其中的铜铟镓硒元素主要以硒化物形式存在，如、、）中提取金属镓的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ。Ga、In元素位于第ⅢA族，Se元素位于第ⅥA族； ⅱ。萃取剂2以形式存在，萃取原理为：M表示金属元素，org表示有机相， (1)在浸出前将废料进行粉碎预处理，其作用是________。 (2)浸出液中含Se元素的物质为。“沉硒”过程发生反应的化学方程式为________。 (3)解释“多级萃取铟”过程中主要萃取出的原因是________。 (4)向有机相2中加入试剂X可实现萃取剂2再生。 ①试剂X是________。 ②从化学平衡角度解释萃取剂2如何再生________。 (5)电解获取金属镓。一种电解法制取镓的装置如下图1，电解过程中阳极溶液、及碳损失量随电解时间的变化如下图2。 ①获得镓的电极反应式为________。 ②当电路中通过a库仑电量时，理论上可获得的金属镓的质量为________g（列出计算式）。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96500库仑。 ③图2中在8~11 h基本保持不变，结合化学用语说明可能的原因是________。 (6)该工艺体现绿色化学思想，流程中除萃取剂外，还能够循环利用的物质有________。 【答案】(1)增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 (2)H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4 (3)K萃取In大于K萃取Ga (4) 稀盐酸 向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2 (5) [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- 在8~11 h，阳极区发生两个反应：和，当两个反应速率相等时，基本保持不变 (6)NaOH 【分析】由题给流程可知，向预处理后的废料中加入盐酸和过氧化氢混合溶液浸取，将金属元素转化为金属氯化物，硒元素转化为亚硒酸，过滤得到滤渣和浸出液；向浸出液中通入二氧化硫沉硒，将亚硒酸转化为单质硒，过滤得到硒固体和滤液1；向滤液1中加入萃取剂1萃取除铜，分液得到含有铜离子的有机相1和水相1；向水相1中加入萃取剂2多级萃取铟，分液得到含有铟离子的有机相2和水相2；向水相2中加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为4.5，将镓离子转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到滤液2和氢氧化镓；向氢氧化镓中加入氢氧化钠溶液，将氢氧化镓转化为四羟基合镓酸钠；电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使用的氢氧化钠。 【详解】（1）在浸出前将废料进行粉碎预处理，可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸取速率，提高浸取率； （2）由分析可知，“沉硒”过程通入二氧化硫沉硒的目的是将亚硒酸转化为单质硒，反应的化学方程式为：H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4； （3）由题给信息可知，加入萃取剂2多级萃取铟时，铟元素的萃取反应的平衡常数远大于镓元素的萃取反应的平衡常数，所以萃取过程中主要萃取出铟离子； （4）①由萃取方程式可知，增大溶液中的氢离子可以使平衡向逆反应方向移动，有利于萃取剂2的生成，所以试剂X是盐酸； ②由萃取方程式可知，萃取剂2再生的操作为向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2； （5）①由题意可知，获得镓的阴极反应为四羟基合镓酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成镓和氢氧根离子，电极反应式为：[Ga(OH)4]-+ 3e-=Ga+4OH-； ②电路中通过库仑电量时，转移电子的物质的量为，生成1mol Ga转移3mol电子，Ga摩尔质量约为，因此质量为。 ③阳极上水放电：，生成的与反应，使增大；同时又与反应，故阳极区发生反应：和，在8~11 h，两个反应速率相等时，基本保持不变， （6）由分析可知，电解四羟基合镓酸钠得到镓和可以循环使用的氢氧化钠，所以流程中可以循环使用的物质是萃取剂和氢氧化钠。 6．（2026·北京西城·一模）某冶金过程产生的废渣有、CuO、、FeO、PbO、CaO等。利用该废渣生产的一种流程示意图如下。 已知：ⅰ．25℃，微溶于水，和黄钠铁矾均难溶于水。 ⅱ．冶金废渣中部分元素的质量分数如下表。 元素 Si Cu Fe Pb Ca 质量分数/% 15.34 14.75 4.66 14.31 2.16 Ⅰ．酸浸 (1)CuO与硫酸反应的离子方程式是___________。 (2)酸浸渣中除外，还含有___________。 Ⅱ．沉铁 (3)加入的目的有___________。 Ⅲ．还原沉铜 (4)开始沉铜后，若不继续调控沉铜过程中溶液的pH，的使用量将增加，结合与反应的离子方程式解释原因。___________ (5)酸浸时，若硫酸的浓度较低，则得到的中含有杂质，解释原因：___________。 Ⅳ．产品中含量的测定 (6)经提纯后，产品中只有和Cu，测定产品中含量的方法如下。 已知： ①样品溶解发生反应：、___________。 ②步骤ⅲ中溶液的物质的量浓度和消耗的体积分别为c和V，计算样品中的质量分数还需要的实验数据是___________。 【答案】(1) (2)、 (3)与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁 (4)与发生反应，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少 (5)微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀 (6) 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量 【分析】冶金废渣加硫酸酸浸，不与硫酸反应，PbO与硫酸反应生成难溶于水的，CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，、CaSO4和形成酸浸渣，氧化铜、氧化铁、氧化亚铁溶于硫酸转化成溶于水的硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁；溶液通入空气，加入Na2CO3调节pH=2.0，生成黄钠铁矾，溶液中加入调节pH=3.5，温度控制80℃，生成Cu2O。 【详解】（1）CuO为碱性氧化物，离子方程式中不拆分，与强酸反应生成铜盐和水，离子方程式为：。 （2）结合分析可知，不与硫酸反应，难溶于水；PbO与硫酸反应生成难溶于水的，二者均留在酸浸渣中。 （3）酸浸后溶液酸性较强，碳酸钠中与反应，降低浓度，调节pH，使沉淀为黄钠铁矾除去，同时提供黄钠铁矾组成中需要的。 （4）与反应的离子方程式为：，反应生成，若不调控pH，溶液中与反应生成H2SO3，分解为受热逸出，使还原剂的量减少。 （5）微溶于水，硫酸浓度较低时，溶液中​浓度小，不能在酸浸步骤完全沉淀，部分随滤液进入沉铜步骤，沉铜反应生成，c()增大，使Q()>Ksp()，生成沉淀最终随共沉淀析出，因此得到的中混有 ​杂质。 （6）①酸性条件下，被氧化，+1价Cu转化为+2价Cu，被还原为，离子方程式为； ②样品用Fe2(SO4)3溶液溶解，生成，用过量的溶液将氧化成，再用(NH4)2Fe(SO4)2滴定剩余的，间接去测量的质量，因此还需要溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量才能计算质量分数。 7．（2026·北京顺义·一模）以型废催化剂为原料，实现、、(钼)元素高效分离回收的某种工业流程如下。 已知：i．是一种长链有机萃取剂，呈弱碱性，几乎不溶于水。萃取时，需将先酸化为； ii．NiO不溶于强碱，易溶于氨水；易升华，易溶于碱。 (1)高温焙烧可将镍元素、钼元素转化为NiO和。但焙烧温度过高，钼元素的浸出效果反而下降，可能原因是______。 (2)浸出过程中，转化为、转化为进入溶液。 ①NiO转化为的离子方程式为______。 ②不能用NaOH溶液替代氨水，说明理由______(写出2条)。 (3)萃取时，滤液中加入酸化的会选择性萃取而不萃取。原因是______。 (4)反萃取过程中反萃取剂可选用______(填序号)。 a．氨水    b．硫酸溶液    c．氯化铵溶液 (5)该流程中可循环利用的物质有______。 (6)测定反萃取液中钼元素的物质的量浓度。 取100mL反萃取液转移至250mL容量瓶，用蒸馏水定容至刻度，摇匀得待测液；移取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入酸化后滴加指示剂，用标准液滴定，至滴定终点时消耗溶液的体积为12.00mL。 已知：。 反萃取液中钼元素的物质的量浓度为______。 【答案】(1)易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸 (2) 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离 (3)由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥 (4)a (5)、氨水 (6) 【分析】废催化剂经高温焙烧将镍元素、钼元素转化为NiO和，氯化铵、氨水将镍元素和钼元素以 、形式浸出，氧化铝形成滤渣除去；利用酸化的萃取出进入有机层，进入水层，加入氢氧化钠得到氢氧化镍；有机层再经反萃取，净化浓缩得到钼盐，据此分析。 【详解】（1）已知易升华，焙烧温度过高时，升华逸出，可浸出的钼元素减少，影响后续溶浸； （2）①与氨水、反应生成六氨合镍(II)配离子，根据电荷守恒、原子守恒配平即可得到离子方程式：； ②已知NiO不溶于强碱，易溶于氨水，若使用氢氧化钠，氢氧化钠与铵根离子反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成，后续不易分离，所以不可以用替换氨水，故答案为：不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离； （3）酸化生成的带正电荷，可静电吸引带负电的进入有机层；而带正电荷，与相互排斥，不能进入有机层，因此仅选择性萃取，故答案为：由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥； （4）萃取时酸化为带正电的，结合进入有机层；反萃取需要中和的，使变回中性的，释放进入水层，因此需要碱，选项中只有氨水为碱性，故选a； （5）反萃取后再生，可回到萃取步骤循环使用；萃取后水层与反应生成和氨水，所以氨水也可以回收循环用于浸出步骤，因此可循环的物质为和氨水； （6）根据反应，可得： 待测液中，， 则原反萃取液中总，因此 8．（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。 【详解】（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。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 工艺流程 工艺流程选择题 题型01 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 D B C B C C B 工艺流程简答题 题型02 1．(1)增大反应物接触面积，加快煅烧反应速率，使煅烧更充分 (2)> (3) 远小于，加入草酸铵后，溶液中残留的会转化为沉淀除去，降低，而仍留在溶液中，因此提高产品纯度 (4) (5) 2．(1) ； 和形成配合物，降低，防止生成，不断释放出和反应 (2) pH增大增大，有利于生成沉淀，pH继续增大减小，不利于生成或转化为释放出（从吸附含砷物质角度解释也可以） < 3．(1) 加快反应速率 ，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行 否 (2) 升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降 (3) 正电 Cu+ 4．(1) (2)水 (3)   (4) (5) ，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大 形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低 5．(1)增大接触面积，加快浸取速率，提高浸取率 (2)H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4 (3)K萃取In大于K萃取Ga (4) 稀盐酸 向有机相2中加入稀盐酸，溶液中的氢离子浓度增大，萃取平衡向逆反应方向移动，反应后分液得到萃取剂2 (5) [Ga(OH)4]-+3e-=Ga+4OH- 在8~11 h，阳极区发生两个反应：和，当两个反应速率相等时，基本保持不变 (6)NaOH 6．(1) (2)、 (3)与反应，调节溶液的pH：提供，形成黄钠铁矾沉淀除铁 (4)与发生反应，生成的与反应生成，分解为受热逸出，使还原剂的量减少 (5)微溶，酸浸时低，酸浸液中有未完全沉淀。沉铜反应生成，增大，使，生成沉淀 (6) 溶液的物质的量浓度和体积、样品的质量 7．(1)易升华，温度过高，流失，影响后续溶浸 (2) 不可以替换，原因1：氨水提供铵根离子参与反应，氢氧化钠会增加氯化铵用量；原因2：氢氧化钠溶液可以和氧化铝反应，后续不易分离 (3)由于静电引力作用，萃取有效成分吸引，而会静电排斥 (4)a (5)、氨水 (6) 8．(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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $