专题02 化学工艺流程综合（大题专练，逐空突破）（上海专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题02 化学工艺流程综合 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 无机化工流程题是上海高考中备受关注的一种题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，并根据其中涉及的化学知识步步设问，使问题情境真实，构成与化工生产紧密联系的化学工艺流程题。包括考查元素化合物知识、反应方程式书写、条件控制、分离提纯方法、产率计算、Ksp应用、绿色化学等。这些是核心考点。近五年的趋势显示，这类题目作为固定题型，情境新颖，可能取材于国际期刊，结合工业生产实际，比如出现更多工业术语和设备名称。这说明未来的考试可能会更贴近实际工业流程，注重应用能力。 预测2026年上海高考化学工艺流程题将延续“工业情境+核心知识+综合能力”的命题思路，可能会更关注原料选择、循环利用、绿色化学、环境保护，以及新物质背景下的综合考查，会更强调实际应用与创新思维，需考生从“知识记忆型”向“问题解决型”转变。考生需要加强信息提取、流程分析和跨知识点整合的能力，同时关注环保和资源利用的最新趋势，以应对更复杂、更贴近实际的工艺流程题。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料预处理的常用方法 热点设问02 转化过程中反应条件的控制方法 热点设问03 工艺流程中的分离与提纯 热点设问04 工艺流程中的Ksp的相关计算 热点设问05 工艺流程中的图象分析 热点设问01原料预处理的常用方法 析典例·明思路 1．(2026·上海嘉定区高三质量调研)闪锌矿氧压浸出工艺中回收部分有价元素的方法如下： (1)以下操作与浸出过程中加压操作效果不同的是______。 A. 适当加热 B. 粉碎闪锌矿 C. 使用98%的浓硫酸 D. 搅拌 2．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： “碱浸”中NaOH的两个作用分别是___________________________________ 研考点·通技法 预处理操作 作用或目的分析 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 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 浸取(即浸出/溶解) 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 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 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 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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化) 提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分 ③增大反应物(酸、碱)的浓度； ④适当升温(加热) 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 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．(2026·上海金山区高三二模)铋(Bi)及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量As2S3、SiO2等杂质)冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是Bi2O3、As2O3、SiO2 ②As2O3+6HCl=2AsCl3+3H2O (1) 工业上常采用沸腾焙烧技术完成“氧化焙烧”，下列说法正确的是________。(不定项) A． 焙烧的目的是将硫化物转化为氧化物，便于后续浸取 B． 焙烧产生的尾气主要是SO2，可用澄清石灰水吸收 C． 沸腾焙烧可以增大反应物接触面积，加快反应速率 D． 焙烧过程中Bi2S3发生还原反应 (2)滤渣的主要成分是________。 2．(2025·上海市长岛中学高三期中考试)磷酸铁(FePO4)可用来制备锂离子电池的电极材料，工业上以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料，制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示： (1)“焙烧”前需将硫铁矿粉碎，目的是 。 (2)下列物质适合做“氧化”过程的氧化剂的是_________。 A．过氧化氢 B．高锰酸钾 C．硝酸 D．次氯酸 3．湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd及ZnSO4·7H2O 等，其生产流程如图： 如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算) 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.0 7.2 5.4 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 8.2 提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1条即可) 4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的工业原料，能溶于水，不溶于乙醇，其工业制法如下。请回答： 步骤①中碱液洗涤的目的是__________________________ 5．钯(Pd)是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯(PdCl2)和Pd的流程，回答下列问题： “钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是____________________ 热点设问02转化过程中反应条件的控制方法 析典例·明思路 1．(2026·上海宝山区高三质量监测)锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、MgCl2、K2SO4等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 Li2CO3 CaSO4 Ca(OH)2 Mg(OH)2 MgC2O4 CaC2O4 Ksp (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中Mg2+的浓度为0.7mol·L-1，求该条件下Mg2+开始沉淀时的pH___________。 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量生石灰时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，可能的原因是___________。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入生石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理进行解释___________。 2．(2026·上海虹口区高三二模)铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Al等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，流程图如下： 已知有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ Fe2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.6 4.7 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 6.7 完成下列填空： (1)用H2O2溶液氧化的目的是_______。 (2)流程中，用NaOH调节溶液至pH=3： 滤渣①的化学式为_______。 A．Fe(OH)3 B．Cu(OH)2 C．Al(OH)3 D．Fe(OH)2 pH=3时，计算溶液中c(Fe3+)=_______mol·L-1(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39)。 (3)写出生成滤渣②的离子方程式_______。 (4)加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉淀率随pH变化如下图所示，由图可知，沉镍操作应控制pH为_______。滤液①中主要含有物质有NaOH、_______。 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 1．(2025·上海市崇明区高三一模调研)稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]是重要化工原料，它易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料制备硝酸铈铵流程如下： 下列说法不正确的是___________。 A．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作 B．酸浸过程中用稀硫酸和H2O2，氧化剂和还原剂物质的量之比为 C．洗涤产品的试剂是乙醇 D．制得(NH4)2Ce(NO3)6晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干 2．(2026·上海金山区高三二模)LiFePO4是锂电池的电极材料之一，它的使用大幅度提高了电动汽车的续航里程。合成LiFePO4的流程如下： ①加入H2O2 ②加入氨水，调节pH至2~3 葡萄糖、Li2CO3 已知：绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，葡萄糖的化学式为C6H12O6 (6) LiFePO4中铁元素的化合价是________。 (7) 理论上，以下能代替H2O2的是________。(不定项) A． KI B． KMnO4 C． Na2SO3 D． Cl2 (8)加入氨水使溶液pH＞3，将导致产率减小，原因是_______。 (9) 写出“高温烧结”制备LiFePO4的化学方程式_________。 3．(2025·上海市奉贤区高三一模)2024年11月，我国一公司发布了应用于汽车工业的固态电池技术。Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2等)为原料制备Cu3Se2的流程如下： (1)“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式 。生成1mol还原产物时电子转移数目为 。 (2)滤渣2的主要成分是___________。 A．二氧化硅 B．氢氧化铁 C．氧化铁 D．氧化亚铁 (3)从绿色化学角度考虑，宜选择 (填化学式)。 (4)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如下图所示(浸出率指单位时间内金属溶解的质量，在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性)。根据图示请选择c1 c2。 A．> B．< C．= 4．(2025·上海市嘉定区高三一模)粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。 (1)以上工艺流程中尾渣的成分为 ，溶液中X为 ；以上流程中能循环的物质为H2O、 。(以上均填化学式) (2)浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 。 5．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (5)转化池中加入硝酸用于除杂，同时产生NO，其发生的离子反应方程式为 。在转化池内通常需要一定量的空气，其作用是 。 A．减少氮氧化物二次污染 B． 除去溶液中的杂质 C．有利于产品的分离 D． 节省HNO3的用量 热点设问03工艺流程中的分离与提纯 析典例·明思路 1．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (4)在分离池中分离出NaNO2的操作为：蒸发浓缩、___________、过滤洗涤。 A．冷却结晶 B．趁热过滤 C．蒸发至干 D．重结晶 2．利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 开始沉淀pH 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6 完全沉淀pH 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2 由“母液4”获取NiSO4·7H2O的操作是 、 、过滤、洗涤。 研考点·通技法 1．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 (1)常压过滤 使用范围 分离难溶物和易溶物 仪器 铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 注意事项 一贴：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。 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。 (3)趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； a.要滤渣(产品)：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； b.要滤液(产品)：或防止降温过程中××析出产品而损耗； 2．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 3．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 4．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。 5．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。 6．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 7．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。 仪器： 铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 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。 注意事项 ①分液漏斗使用之前必须检漏②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③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 1．(2025·上海市松江区高三一模)我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备NaHCO3和NaHSO4，实验室模拟其流程如下。 (1)转化I的化学方程式为 。 (2)转化Ⅱ结束后，将其反应液通过操作制得Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O。操作a的步骤为蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。 (3)转化Ⅲ加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、 。 2．(2025·上海市上海中学东校高三阶段性素质评估)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)。有如下操作： pH Fe(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)3 2 开始沉淀 2.7 5.4 8.1 沉淀完全 3.7 6.9 9.6 (3)“过滤”步骤中，试剂B的作用是__________。 A．提高溶液的pH B．降低溶液的pH C．使Fe3+完全沉淀 D．使Cu2+完全沉淀 (4)“过滤”步骤，为提高产品纯度并减少原料损耗，应将溶液范围控制在 。 ___________________。 (5)“过滤”步骤，要得到较纯的产品，试剂B可选用___________。 A．NaOH B．FeO C．CuO D．Fe2O3 (6)从滤液中得到晶体的步骤： →冷却结晶→过滤→ →低温烘干。 3．铈(Ce)的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备CeO2的工艺流程如图： (1)实验室进行操作①所需的玻璃仪器有烧杯、 。 (2)“系列操作”包含下图几个过程： 已知：Ce3+不能溶于有机物；CeF3+能溶于有机物TBP，且存在反应。“滤液”中加入有机物TBP后的分离方法是 ， 热点设问04工艺流程中的Ksp的相关计算 析典例·明思路 1． (2026·上海普陀区高三质量调研)国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 (5)硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是___________。 2．(2025·上海市长岛中学高三期中考试)磷酸铁(FePO4)可用来制备锂离子电池的电极材料，工业上以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料，制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示： (5)已知：。。若滤液1中含、，为了使完全沉淀(即离子浓度)且Fe2+不沉淀，应控制的范围为 。 研考点·通技法 1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度 破类题·提能力 1．(2025·上海市闵行中学高三月考)已知，常温下Mg(OH)2的Ksp=1.2×10-11。若食盐水中c(Mg2＋)=10-7 mol·L-1，试通过计算判断：当溶液pH=11时，是否有Mg(OH)2沉淀生成。 。 2．(2025·上海市南洋中学高三学习能力诊断)磷酸(H3PO4)是三元中强酸，若含Fe3+和Mg2+的溶液中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全[]，此时 有Mg3(PO4)2沉淀生成？(填“A．会”或“B．不会”)并书写计算过程 。已知：FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为、。 3．(2025·上海市位育中学高三阶段测试)锗在芯片制造领域应用广泛，与镓共同被誉为“芯片新粮食”，锗的出口也因此被许多国家限制，成为了一种重要的战略性金属。所以锗及其化合物的提取技术变得尤为重要。以下是一种用锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)提取高纯GeO2和ZnSO4·H2O的工艺流程： 已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3 ]= 4×10－38，Ksp[Ge (OH)4 ]= 4×10－46。 “中和沉淀”中，化合物A为 (填化学式)，调节溶液pH=4.8使Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。 4．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)氰化法是工业炼金的常用方法。工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如图所示： 已知：Au+＋2CN-[Au(CN)2]- K=1.0×1038 Zn+2Au+ Zn2++2Au K=1.0×1082.7 Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2- K=1.0×1016.7 (1)“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为 。 (2)“置换”时发生的反应为Zn+2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-+2Au，该反应的化学平衡常数 。 (3)16世纪一位托名为BasilValentine的炼金术士详细记载了一种利用“矿泉浴”(即王水)炼金的方法，他提到“矿泉浴”是由“老鹰”和“冷龙”两种物质密闭加热后用水吸收制得。“老鹰”含有3种常见短周期元素，因易“升华”得名，且受热易分解为两种酸碱性相反的气体，则“老鹰”的电子式为 ，其正离子的空间构型为 。 5．电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。 (2)25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol•L-1。 6．电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。 已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19 若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为 mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 (设H2S平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27) 热点设问05工艺流程中的图象分析 析典例·明思路 2．(2025·上海市黄浦区高三调研)为了改善高铁酸钾溶液的稳定性，延长高铁酸钾水处理剂时间，可添加一定浓度的次氯酸钠。下图是不同浓度下高铁酸钾随着反应时间的分解率： 解释次氯酸钠溶液可增加高铁酸钾溶液稳定性的原因 。 1．(2025·上海市金山区高三质量监控)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。) 解释曲线变化的原因。 研考点·通技法 1．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。 2．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： 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 4．沉淀溶解平衡图像题分析 (1)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。 (2)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。 破类题·提能力 1．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： 在30℃时进行碱液吸收NOx的反应，此时NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因是 。 2．(2025·上海市位育中学高三上学期阶段测试)锗在芯片制造领域应用广泛，与镓共同被誉为“芯片新粮食”，锗的出口也因此被许多国家限制，成为了一种重要的战略性金属。所以锗及其化合物的提取技术变得尤为重要。以下是一种用锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)提取高纯GeO2和ZnSO4·H2O的工艺流程： GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是___________。(不定项) A．n点与p点对应的Ksp相等 B．q点无CaGeO3沉淀生成 C．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点 D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点 3．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (1)在一定的气体流速下，碱液吸收时，富“NO2”尾气中的NO、NO2含量与吸收度的关系如图所示，由图可知，最合适的NO含量应为 ，过高和过低都不利于NOx的吸收，其原因是 。 (2)富“NO2”尾气应从吸收塔的___________部通入。 A．顶部 B．上部 C．中部 D．底部 4．(2025·上海市崇明区高三学业质量调研)碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石【主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等】为原料制备碱式碳酸镁的实验流程如下： (1)常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。 应控制“碳化”终点pH约为 ，钙元素的主要存在形式是 (填化学式)。 (2)“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为 。 (3)该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是 (填化学式)。 刷模拟 1．(2026·曹杨二中高三第5次模拟)马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如下： (1)“浸锰”过程中发生了多个反应，其中SO2发挥了其_________性质。 A. 酸性氧化物 B. 氧化性 C. 还原性 D. 漂白性 (2)将下述离子方程式补充完整，并标出电子转移的数目和方向________。 ____________________=_________________ (3)Fe3+的萃取率与溶液的pH的关系如下图所示，当时，Fe3+的萃取率急剧下降的原因可能为(用离子方程式表示)________。 (4)根据下表数据分析，“调pH”的最大范围为________。 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH Fe3+ 1.8 3.2 Al3+ 3.0 5.0 Fe2+ 5.8 88 Mn2+ 7.8 9.8 (5) 如图为硫酸锰水合物的溶解度曲线，若要用“调pH”所得滤液制备MnSO4•H2O，需要控制温度在80~90 ℃之间的原因是________。采用水浴加热、蒸发浓缩、________(填操作名称)，用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，放在真空干燥箱中低温干燥获得。 (6)写出检验“沉锰”是否已完全的实验操作为________。 已知：常温下H3PO4的电离常数，，，。 (7)常温下，马日夫盐溶液呈________性(填“酸”或“碱”)，理由是(写出计算过程并结合必要的文字说明)________。 (8) 实验室模拟马日夫盐在金属表面形成保护。现在空气中对镁合金磷化处理，用磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的离子方程式：________。 (9)为避免废水中磷酸盐的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。当处理后的废水中时，则溶液中________。 2．(2026·复旦大学附属中学高三第二次考试)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①时，，，当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，难溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原。 有机萃取剂可选用有机磷萃取剂，通过制得有机磷萃取剂(RO)3PO，其中-R代表烃基，-R不同，(RO)3PO产率也不同。 (1)当-R为“-CH2CH3”时，(RO)3PO产率_______R为“-CH2CH2CH3”时。 A.大于　　　B.小于　　　C.等于 (2)请从结构的角度分析1题的原因_______。 (3)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量溶液反应的离子方程式：_______。 (4)用“10%盐酸调pH”，过滤，滤液中Sc3+的浓度为1 mol/L，则调pH的范围是_______。(保留一位小数) (5)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，Sc萃取率。某工厂取1000LSc3+总浓度为50 mg/L的废酸液，加入500 L某萃取剂，若D=12，则单次萃取率为_______(保留3位有效数字)。 (6)“反萃取”时，Sc3+与溶液反应生成胶状沉淀。沉淀中仍含有一定量的、杂质，其原因为_______。 (7) 写出“沉钛”过程中离子反应方程式_______。 (8)“沉钪”时，Sc3+转化为Sc2(C2O4)3。相同条件下，制备Sc2(C2O4)3用H2C2O4溶液而不用Na2C2O4溶液的原因为_______。(不定项) A.减少生成Sc(OH)3沉淀 　　B.避免引入Na+　　C.提高c(C2O42-)，加快沉淀速率 (9)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为_______。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)2既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测2是_______氧化物。 锗矿石中含有H2O、煤焦油、As2O3杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： H2O 煤焦油 As2O3 GeO GeO2 熔点 0℃ 20~30℃ 312℃ 710℃升华 1100℃ 沸点 100℃ 70~80℃ 465℃ (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因_______。 (4)真空还原阶段用NaH2PO4·H2O除GeO2，产物还有Na4P2O7、H3PO4、GeO等生成，写出该阶段的化学方程式 。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的NaH2PO4·H2O真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及NaH2PO4·H2O浓度分别为_______。 A．1000℃，2.5% B．1000℃，5.0% C．1100℃，2.5% D．1200℃，2.5% 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ (6)装置图中仪器A的名称为_______。 A．滴定管 B．恒压滴液漏斗 C．冷凝管 D．干燥管 (7)到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 (8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ (9)已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 (10)若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A．未用KIO3标准溶液润洗滴定管 B．未用稀硝酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．未保持在以下滴定 2．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)粗盐中含有SO42、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示： (1)步骤①中BaCl2要稍过量。请描述检验BaCl2是否过量的方法： 。 (2)若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．SO42-不能完全去除 B．消耗更多NaOH C．Ba2+不能完全去除 D．消耗更多Na2CO3 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg2+，再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2+； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L-1，CaCl2含量为1.11 g·L-1，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 固体Ｃ 纯固 体Ａ 带油污镀锌废铁片 ⑥ FeSO4 溶液 ②加入少量Ｂ ③加入过量稀硫酸 干燥 晶体 ④加入(NH4)2SO4(s) ⑤调节pH为１~２ 潮湿的 硫酸亚 铁铵晶体 ①碱液洗涤 $ 专题02 化学工艺流程综合 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 无机化工流程题是上海高考中备受关注的一种题型，该类题源于生产实际，以解决化学实际问题为目的，将化工生产过程中的主要生产流程用框图形式展示出来，并根据其中涉及的化学知识步步设问，使问题情境真实，构成与化工生产紧密联系的化学工艺流程题。包括考查元素化合物知识、反应方程式书写、条件控制、分离提纯方法、产率计算、Ksp应用、绿色化学等。这些是核心考点。近五年的趋势显示，这类题目作为固定题型，情境新颖，可能取材于国际期刊，结合工业生产实际，比如出现更多工业术语和设备名称。这说明未来的考试可能会更贴近实际工业流程，注重应用能力。 预测2026年上海高考化学工艺流程题将延续“工业情境+核心知识+综合能力”的命题思路，可能会更关注原料选择、循环利用、绿色化学、环境保护，以及新物质背景下的综合考查，会更强调实际应用与创新思维，需考生从“知识记忆型”向“问题解决型”转变。考生需要加强信息提取、流程分析和跨知识点整合的能力，同时关注环保和资源利用的最新趋势，以应对更复杂、更贴近实际的工艺流程题。 热点·设问·拆解 热点设问01 原料预处理的常用方法 热点设问02 转化过程中反应条件的控制方法 热点设问03 工艺流程中的分离与提纯 热点设问04 工艺流程中的Ksp的相关计算 热点设问05 工艺流程中的图象分析 热点设问01原料预处理的常用方法 析典例·明思路 1．(2026·上海嘉定区高三质量调研)闪锌矿氧压浸出工艺中回收部分有价元素的方法如下： (1)以下操作与浸出过程中加压操作效果不同的是______。 A. 适当加热 B. 粉碎闪锌矿 C. 使用98%的浓硫酸 D. 搅拌 【答案】(1)C 【解析】(1)加压的目的是提高O2的溶解度，加快反应速率，提高浸出率，本质是通过增大反应物浓度加快反应速率。A．适当加热，升高温度可以加快反应速率，和加压的效果一致，不符合题意；B．粉碎闪锌矿，增大固体反应物的接触面积，加快反应速率，和加压的效果一致，不符合题意；C．98%的浓硫酸中H2O含量极低，H2SO4主要以分子形式存在，H+浓度极低，会降低反应速率，且O2在浓硫酸中溶解度低，会降低反应速率，和加压的效果不同，符合题意。D．搅拌，可以加快反应速率，和加压的效果一致，不符合题意； 2．某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)： “碱浸”中NaOH的两个作用分别是___________________________________ 【答案】除去油脂，溶解铝及其氧化物 【解析】因为废镍催化剂表面沾有油脂，所以“碱浸”的目的是除去油脂，同时还可以溶解催化剂中混有的铝及氧化铝杂质。 研考点·通技法 预处理操作 作用或目的分析 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 目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等 增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等 浸取(即浸出/溶解) 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中 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 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 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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化) 提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分 ③增大反应物(酸、碱)的浓度； ④适当升温(加热) 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 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．(2026·上海金山区高三二模)铋(Bi)及其化合物应用广泛。某工厂采用辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含少量As2S3、SiO2等杂质)冶炼粗铋，进一步精炼制备高纯铋，并测定其纯度。该工艺的部分流程如下： 已知：①焙砂的主要成分是Bi2O3、As2O3、SiO2 ②As2O3+6HCl=2AsCl3+3H2O (1) 工业上常采用沸腾焙烧技术完成“氧化焙烧”，下列说法正确的是________。(不定项) A． 焙烧的目的是将硫化物转化为氧化物，便于后续浸取 B． 焙烧产生的尾气主要是SO2，可用澄清石灰水吸收 C． 沸腾焙烧可以增大反应物接触面积，加快反应速率 D． 焙烧过程中Bi2S3发生还原反应 (2)滤渣的主要成分是________。 【答案】(1) AC (2)SiO2 【解析】(1)A．焙烧将硫化物转化为氧化物，方便后续酸浸取，正确；B．澄清石灰水浓度低，不能完全吸收SO2，工业上常用NaOH吸收，错误；C．沸腾焙烧使矿粒悬浮，增大了与空气的接触面积，加快反应速率，正确；D．焙烧时Bi2S3中S从-2价被氧化为SO2​中+4价，Bi2S3作还原剂，发生氧化反应，错误；故选AC。 (2)焙砂中Bi2O3、As2S3均可与盐酸反应溶解，SiO2不与盐酸反应，因此滤渣为SiO2。 2．(2025·上海市长岛中学高三期中考试)磷酸铁(FePO4)可用来制备锂离子电池的电极材料，工业上以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料，制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示： (1)“焙烧”前需将硫铁矿粉碎，目的是 。 (2)下列物质适合做“氧化”过程的氧化剂的是_________。 A．过氧化氢 B．高锰酸钾 C．硝酸 D．次氯酸 【答案】(1)增大矿粉与空气的接触面积，加快焙烧速率择性 (2)A 【解析】(1)“焙烧”前将硫铁矿粉碎，可增大矿粉与空气的接触面积，加快焙烧速率； (2)“氧化”过程Fe2+氧化为Fe3+，为避免引入新的杂质离子，可选用H2O2作氧化剂，H2O2的还原产物水，不引入杂质离子； 3．湿法炼锌产生的铜镉渣主要含锌、镉(Cd)、铜、铁、钴(Co)等金属单质。利用铜镉渣可生产Cu、Cd及ZnSO4·7H2O 等，其生产流程如图： 如表是部分金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算) 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 开始沉淀的pH 1.9 7.0 7.2 5.4 沉淀完全的pH 3.2 9.0 9.5 8.2 提高铜镉渣的“浸出”速率的措施有________________________________(写出1条即可) 【答案】适当升高浸取液温度(或将铜镉渣磨制成粉末等) 【解析】升高温度、增大反应物表面积等均可提高反应速率。 4．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的工业原料，能溶于水，不溶于乙醇，其工业制法如下。请回答： 步骤①中碱液洗涤的目的是__________________________ 【答案】除去油污和锌层 【解析】用碱性的Na2CO3溶液洗去表面的油污及Zn层，得到纯固体Fe。 5．钯(Pd)是一种不活泼金属，含钯催化剂在工业、科研上用量较大。某废钯催化剂(钯碳)中含有钯(5%～6%)、碳(93%～94%)、铁(1%～2%)以及其他杂质，故钯碳具有很高的回收价值。如图是利用钯碳制备氯化钯(PdCl2)和Pd的流程，回答下列问题： “钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是____________________ 【答案】使碳充分燃烧而除去 【解析】“钯碳”焚烧过程中空气一定要过量，目的是使碳充分燃烧转化为CO2气体除去。 热点设问02转化过程中反应条件的控制方法 析典例·明思路 1．(2026·上海宝山区高三质量监测)锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、MgCl2、K2SO4等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 Li2CO3 CaSO4 Ca(OH)2 Mg(OH)2 MgC2O4 CaC2O4 Ksp (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中Mg2+的浓度为0.7mol·L-1，求该条件下Mg2+开始沉淀时的pH___________。 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量生石灰时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，可能的原因是___________。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入生石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理进行解释___________。 【答案】(1)①富集锂 ②Mg(OH)2、CaSO4 (2)8.45 (3)①反应产生的硫酸钙沉淀会附着在石灰的表面，阻止Mg2+与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的Mg2+ ②加入石灰后Ca2+与SO42-结合成CaSO4沉淀，使Na2SO4(s)2Na+(aq)+ SO42-(aq)溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现Na2SO4的复溶 【解析】盐湖卤水蒸发得到浓缩液，可提高溶液的浓度，将锂元素富集在一起；加入生石灰和水反应生成Ca(OH)2，调节pH值，Ca(OH)2和部分Mg2+生成Mg(OH)2沉淀，部分钙离子和SO42-生成CaSO4沉淀，过滤后得到滤渣1，主要成分为Mg(OH)2和CaSO4；向滤液1中加入Na2C2O4，过滤得到滤渣2，主要成分为MgC2O4和CaC2O4；将滤渣2煅烧，使其受热分解得到MgO和CaO；滤液2经过蒸发过滤得到滤渣3，主要成分为NaCl和KCl；向滤液3中加入Na2CO3，设定温度为80~90℃，得到Li2CO3。 (1)由分析知，“蒸发”的目的是富集锂，滤渣I的主要成分为Mg(OH)2和CaSO4； (2)根据， mol/L ，，故； (3)①反应产生的硫酸钙沉淀会附着在石灰的表面，阻止Mg2+与石灰乳进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的Mg2+；②加入生石灰后Ca2+与SO42-结合成CaSO4沉淀，使Na2SO4(s)2Na+(aq)+ SO42-(aq)溶解平衡正向移动，导致持续加入生石灰能实现Ca2+与SO42-结合成CaSO4的复溶； 2．(2026·上海虹口区高三二模)铜镍电镀废水处理后得到电镀污泥，主要成分是Cu(OH)2和Ni(OH)2，还含有Fe、Al等元素，利用以下工艺可回收部分重金属并制备硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)，流程图如下： 已知有关金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH见下表： 金属离子 Fe3+ Al3+ Ni2+ Fe2+ Cu2+ 开始沉淀的pH 1.5 3.8 7.1 7.6 4.7 沉淀完全的pH 2.8 5.2 9.2 9.6 6.7 完成下列填空： (1)用H2O2溶液氧化的目的是_______。 (2)流程中，用NaOH调节溶液至pH=3： 滤渣①的化学式为_______。 A．Fe(OH)3 B．Cu(OH)2 C．Al(OH)3 D．Fe(OH)2 pH=3时，计算溶液中c(Fe3+)=_______mol·L-1(已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39)。 (3)写出生成滤渣②的离子方程式_______。 (4)加NaOH溶液沉镍操作时，镍和铝元素沉淀率随pH变化如下图所示，由图可知，沉镍操作应控制pH为_______。滤液①中主要含有物质有NaOH、_______。 【答案】(1)将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去 (2)① A ② 2.8 × 10-6 (3)Cu2++S2-=CuS↓ (4)① 13 ②.Na2SO4、Na[Al(OH)4] 【解析】(1)根据金属离子沉淀pH表，Fe2+完全沉淀的pH为9.6，而Ni2+开始沉淀的pH为7.1。如果直接调pH除铁，会导致Ni2+也沉淀，无法实现分离。而Fe3+在pH=2.8时即可完全沉淀，远低于Ni2+的沉淀pH。因此，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便在较低pH下沉淀Fe3+，同时避免Ni2+损失。故H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续通过调节pH将其沉淀除去。 (2)根据流程，酸浸后溶液中含有Cu2+、Ni2+、Fe2+、Al3+等离子。加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+。接着，用NaOH调节pH至3。根据沉淀pH表：Fe3+在pH=2.8时已完全沉淀，pH=3时仍为Fe(OH)3沉淀。Al3+在pH=3.8时才开始沉淀，pH=3时未沉淀。Cu2+和Ni2+的沉淀pH更高，pH=3时均未沉淀。因此，pH=3时，只有Fe3+完全沉淀为Fe(OH)3，而Al3+、Cu2+、Ni2+均留在溶液中。滤渣①应为Fe(OH)3；已知：，pH=3时，c(H⁺) = 10-3 mol·L-1，c(OH⁻) = Kw/c(H+) = 10-14/10-3 = 10-11 mol·L-1。将c(OH⁻)代入Ksp公式：因此，c(Fe3+) = 2.8 × 10-6 mol·L-1。 (3)在除铜步骤中，加入Na2S溶液，目的是将Cu2+沉淀为CuS。根据溶解度，CuS的Ksp远小于NiS，因此Cu2+优先沉淀。反应的离子方程式为：Cu2++S2-=CuS↓。 (4)根据工艺流程和沉淀率图像，沉镍操作需满足以下条件：Ni2+尽可能完全沉淀：Al3+形成可溶性络离子[Al(OH)4]⁻，由此实现镍和铝元素分离，由图可知，pH = 13时Al3+沉淀率几乎为0，Ni2+几乎完全沉淀，因此，沉镍操作应控制pH为13；初始溶液中含Ni2+、Al3+、SO42-、Na+等离子。加入NaOH后，Ni2+沉淀为Ni(OH)2，Al3+部分沉淀或形成[Al(OH)4]-。根据反应：Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓，Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，滤液①中主要含有过量的NaOH，以及还含有Na2SO4(来自H2SO4与NaOH中和)和Na[Al(OH)4]。 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 1．(2025·上海市崇明区高三一模调研)稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]是重要化工原料，它易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)为原料制备硝酸铈铵流程如下： 下列说法不正确的是___________。 A．“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作 B．酸浸过程中用稀硫酸和H2O2，氧化剂和还原剂物质的量之比为 C．洗涤产品的试剂是乙醇 D．制得(NH4)2Ce(NO3)6晶体应洗涤后及时放入烘箱高温烘干 【答案】CD 【解析】A项，“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入，矿粉从中上部加入)，以增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且使反应更充分，A正确；B项，反应物为CeO2、CeF4和H2O2，CeO2、CeF4均为+4价铈，作氧化剂，Ce中化合价均由+4变为+3，得到1个电子发生还原反应，则H2O2中氧会失去2个电子发生氧化反应生成氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，则氧化剂和还原剂物质的量之比为2：1，B正确；C项，硝酸铈铵易溶于水和乙醇，难溶于浓硝酸，洗涤产品的试剂是浓硝酸，C错误；D项，硝酸盐和铵盐分解温度都很低，(NH4)2Ce(NO3)6受热易分解，不能放入烘箱高温烘干，应自然干燥，D错误；故选CD； 2．(2026·上海金山区高三二模)LiFePO4是锂电池的电极材料之一，它的使用大幅度提高了电动汽车的续航里程。合成LiFePO4的流程如下： ①加入H2O2 ②加入氨水，调节pH至2~3 葡萄糖、Li2CO3 已知：绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，葡萄糖的化学式为C6H12O6 (6) LiFePO4中铁元素的化合价是________。 (7) 理论上，以下能代替H2O2的是________。(不定项) A． KI B． KMnO4 C． Na2SO3 D． Cl2 (8)加入氨水使溶液pH＞3，将导致产率减小，原因是_______。 (9) 写出“高温烧结”制备LiFePO4的化学方程式_________。 【答案】(6) +2 (7)BD (8)pH>3时，Fe3+水解程度增大，生成Fe(OH)3沉淀，得到的FePO4量减少，因此产率减小 (9) 【解析】(6化合物中，Li为+1价，PO43-为-3价，设Fe化合价为x，则+1+x-3=0，得x=+2。 (7)流程中H2O2的作用是氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，选项中KI、Na2SO3是还原剂，不符合；KMnO4、Cl2都是氧化剂，可以氧化Fe2+，理论上可代替。答案选BD。 (8)Fe3+可水解，pH越大，水解程度越大，得到的Fe(OH)3越多，生成FePO4的量变少，产率下降。 (9)葡萄糖作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，根据得失电子守恒、原子守恒配平即可得高温烧结时的方程式为。 3．(2025·上海市奉贤区高三一模)2024年11月，我国一公司发布了应用于汽车工业的固态电池技术。Cu3Se2是钠离子电池的电极材料。以黄铜矿(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2等)为原料制备Cu3Se2的流程如下： (1)“液浸”中，CuFeS2参与反应的离子方程式 。生成1mol还原产物时电子转移数目为 。 (2)滤渣2的主要成分是___________。 A．二氧化硅 B．氢氧化铁 C．氧化铁 D．氧化亚铁 (3)从绿色化学角度考虑，宜选择 (填化学式)。 (4)其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如下图所示(浸出率指单位时间内金属溶解的质量，在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性)。根据图示请选择c1 c2。 A．> B．< C．= 【答案】(1)CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S NA (2)B (3)H2O2或(O2、O3) (4)A 【解析】黄铜矿粉(主要成分是CuFeS2，含少量Cu2S、SiO2)中加入细菌、硫酸铁溶液进行液浸，CuFeS2、 Cu2S中-2价S、+1价Cu被氧化，SiO2不溶；加入稀硫酸和强氧化剂R将Fe2+氧化为Fe3+；加入过量氨水后，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀、Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+；过滤后分离出滤液，加入稀硫酸，将[Cu(NH3)4]2+转化为Cu2+；加入(C2H5O)3N、Na2SeSO3等，经过一系列操作，将Cu2+转化为Cu3Se2。 (1)“液浸”中，CuFeS2中的-2价S被Fe3+氧化为S单质，反应的离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S；该反应中Fe化合价下降，则还原产物为Fe2+，生成1mol还原产物时铁的化合价降低1价，电子转移数目为NA； (2)“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3；故选B； (3)从绿色化学角度考虑，纯净物R既能将Fe2+氧化为Fe3+，又不引入新的杂质，所以宜选择H2O2或(O2、O3)等绿色氧化剂也可以； (4)“液浸”中，硫酸铁作氧化剂，浓度越大，氧化能力越强，金属浸出率越高，所以根据图2，c1＞c2，故选A； 4．(2025·上海市嘉定区高三一模)粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物，其主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等。科学家发现了一种利用粉煤灰吸收二氧化碳制碳酸钙的工艺。 (1)以上工艺流程中尾渣的成分为 ，溶液中X为 ；以上流程中能循环的物质为H2O、 。(以上均填化学式) (2)浸取液必须经过系列操作②才能利用的原因 。 【答案】(1) SiO2 NaOH NaNO3 (2)除去H+、Al3+、Fe3+，防止影响碳酸钙的产量及纯度 【解析】II．由题干图中信息可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，过滤沉淀、洗涤沉淀后得到滤液主要为Ca(NO3)2，Ca(NO3)2与Na2CO3反应生成CaCO3和NaNO3。 (1)由分析可知，向粉煤灰中主要氧化物组成为：SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO等加入稀HNO3在将转化为Al3+、Fe3+、Ca2+的硝酸盐，SiO2与HNO3不反应留在尾渣中，溶液中X为NaOH；以上流程中能循环的物质为H2O、NaNO3； (2)由分析可知，经过操作①即过滤出尾渣，所得的滤液即浸出液中含有Al3+、Fe3+、Ca2+，需经过调节pH值使Al3+、Fe3+完全沉淀而去除，即浸取液必须经过系列操作②即除去H+、Al3+、Fe3+才能利用，以防止影响碳酸钙的产量及纯度； 5．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (5)转化池中加入硝酸用于除杂，同时产生NO，其发生的离子反应方程式为 。在转化池内通常需要一定量的空气，其作用是 。 A．减少氮氧化物二次污染 B． 除去溶液中的杂质 C．有利于产品的分离 D． 节省HNO3的用量 【答案】(5) 3NO2-+2H+=2NO+NO3-+H2O ACD 【解析】(5)转化池中加入硝酸与亚硝酸根离子作用生成NO，离子方程式：3NO2-+2H+=2NO+NO3-+H2O；A项，生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，可减少氮氧化物二次污染，A正确；B项，生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，不能起到除杂作用，B错误；C项，生成的NO与空气中氧气反应可生成二氧化氮，与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，有利于产品的分离，C正确；D项，生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，节省HNO3的用量，D正确； 热点设问03工艺流程中的分离与提纯 析典例·明思路 1．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (4)在分离池中分离出NaNO2的操作为：蒸发浓缩、___________、过滤洗涤。 A．冷却结晶 B．趁热过滤 C．蒸发至干 D．重结晶 【答案】(4)D 【解析】(4)在分离池中分离出NaNO2的操作：蒸发浓缩、重结晶、过滤洗涤； 2．利用废镍电池的金属电极芯(主要成分为Co、Ni，还含少量Fe、Al等)生产醋酸钴晶体、硫酸镍晶体的工艺流程如下 已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Ni(OH)2 开始沉淀pH 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6 完全沉淀pH 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2 由“母液4”获取NiSO4·7H2O的操作是 、 、过滤、洗涤。 【答案】蒸发浓缩 冷却结晶 【解析】NiSO4·7H2O是结晶水合物，则由母液4获得NiSO4·7H2O的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。 研考点·通技法 1．过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 (1)常压过滤 使用范围 分离难溶物和易溶物 仪器 铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯 注意事项 一贴：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。 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。 (3)趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度； a.要滤渣(产品)：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度； b.要滤液(产品)：或防止降温过程中××析出产品而损耗； 2．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 3．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 4．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。 5．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。 6．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 7．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。 仪器： 铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗 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。 注意事项 ①分液漏斗使用之前必须检漏②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③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 1．(2025·上海市松江区高三一模)我国芒硝(Na2SO4·10H2O)资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备NaHCO3和NaHSO4，实验室模拟其流程如下。 (1)转化I的化学方程式为 。 (2)转化Ⅱ结束后，将其反应液通过操作制得Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O。操作a的步骤为蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。 (3)转化Ⅲ加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、 。 【答案】(1)Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4 (2)冷却结晶 (3)坩埚、坩埚钳 【解析】(1)转化Ⅰ为Na2SO4和NH3、H2O、CO2反应生成NaHCO3和(NH4)2SO4，化学方程式为Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4； (2)转化Ⅱ结束后，将其反应液通过操作a制得Na2SO4·(NH4)2SO4·2H2O，即从溶液中获得晶体，故操作a的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； (3)转化Ⅲ为灼烧操作，加热时用到的仪器有泥三角、三脚架、酒精灯、玻璃棒、坩埚、坩埚钳； 2．(2025·上海市上海中学东校高三阶段性素质评估)用含少量铁的氧化铜制取氯化铜晶体(CuCl2·xH2O)。有如下操作： pH Fe(OH)3 Cu(OH)2 Fe(OH)3 2 开始沉淀 2.7 5.4 8.1 沉淀完全 3.7 6.9 9.6 (3)“过滤”步骤中，试剂B的作用是__________。 A．提高溶液的pH B．降低溶液的pH C．使Fe3+完全沉淀 D．使Cu2+完全沉淀 (4)“过滤”步骤，为提高产品纯度并减少原料损耗，应将溶液范围控制在 。 ___________________。 (5)“过滤”步骤，要得到较纯的产品，试剂B可选用___________。 A．NaOH B．FeO C．CuO D．Fe2O3 (6)从滤液中得到晶体的步骤： →冷却结晶→过滤→ →低温烘干。 【答案】(3)AC (4)3.7≤pH＜5.4 (5)C (6) 蒸发浓缩 洗涤 【解析】(3)由分析可知，向溶液中加入氧化铜调节溶液pH在3.7≤pH＜5.4的范围内的目的是提高溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，故选AC； (4)向溶液中加入氧化铜调节溶液pH在3.7≤pH＜5.4的范围内的目的是提高溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而铜离子不转化为氢氧化铜沉淀； (5)向溶液中加入氧化铜调节溶液pH在3.7≤pH＜5.4的范围内的目的是提高溶液的pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，而铜离子不转化为氢氧化铜沉淀，不选用氢氧化钠溶液的原因是会引入新杂质，故选C； (6)氯化铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到氯化铜晶体； 3．铈(Ce)的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)为原料制备CeO2的工艺流程如图： (1)实验室进行操作①所需的玻璃仪器有烧杯、 。 (2)“系列操作”包含下图几个过程： 已知：Ce3+不能溶于有机物；CeF3+能溶于有机物TBP，且存在反应。“滤液”中加入有机物TBP后的分离方法是 ， 【答案】(1)漏斗、玻璃棒 (2)分液 【解析】(1)实验室进行操作①为固液分离，是过滤操作，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 (2)滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液的方法进行分离； 热点设问04工艺流程中的Ksp的相关计算 析典例·明思路 1． (2026·上海普陀区高三质量调研)国家规定Cu2＋含量低于6.4×10-6 g·L-1、pH=7的废水符合排放标准。某次实验后，测得废液中c(H＋)=0.1mol·L-1，c(Cu2＋)=0.05mol·L-1，需净化处理。 已知：Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18；Ka1(H2S)=1.3×10-7，Ka2(H2S)=7.0×10-15。 (5)硫化物沉淀法 工业上可使用硫化物来处理含铜废液。请通过计算说明使用FeS处理的优点是___________。 【答案】(5)反应的平衡常数，Cu2＋沉淀更为完全，硫离子残留少 【解析】(5)反应的平衡常数，使用FeS处理含铜废液时，反应进行完全，可将Cu2＋完全除去。 2．(2025·上海市长岛中学高三期中考试)磷酸铁(FePO4)可用来制备锂离子电池的电极材料，工业上以硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、SiO2和Fe3O4)为原料，制备磷酸亚铁锂(LiFePO4)，流程如下图所示： (5)已知：。。若滤液1中含、，为了使完全沉淀(即离子浓度)且Fe2+不沉淀，应控制的范围为 。 【答案】4.7≤pH<7.6 【解析】为了使Al3+完全沉淀，则，c(H+)=，pH≈4.7；不沉淀，则，c(H+)=，pH=7.6，则应控制pH的范围为4.7≤pH<7.6； 研考点·通技法 1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度 破类题·提能力 1．(2025·上海市闵行中学高三月考)已知，常温下Mg(OH)2的Ksp=1.2×10-11。若食盐水中c(Mg2＋)=10-7 mol·L-1，试通过计算判断：当溶液pH=11时，是否有Mg(OH)2沉淀生成。 。 【答案】Qc[Mg(OH)2]= c(Mg2＋)·c2(OH-)=10-7×(10-3)2=10-13< Ksp=1.2×10-11，没有Mg(OH)2沉淀生成 【解析】食盐水中c(Mg2＋)=10-7 mol·L-1，溶液pH=11时，c(H+)=10-11 mol·L-1，，Qc[Mg(OH)2]= c(Mg2＋)·c2(OH-)=10-7×(10-3)2=10-13< Ksp=1.2×10-11，没有Mg(OH)2沉淀生成。 2．(2025·上海市南洋中学高三学习能力诊断)磷酸(H3PO4)是三元中强酸，若含Fe3+和Mg2+的溶液中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全[]，此时 有Mg3(PO4)2沉淀生成？(填“A．会”或“B．不会”)并书写计算过程 。已知：FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为、。 【答案】B Fe3+恰好完全沉淀时，溶液中Mg2+的浓度减半，结合磷酸铁的Ksp可得：，则磷酸镁的浓度积，则不会生成磷酸镁沉淀 【解析】含Fe3+和Mg2+的溶液中，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，此时溶液中Mg2+的浓度减半，；Fe3+恰好完全沉淀时，结合磷酸铁的Ksp可得：，则磷酸镁的浓度积，则不会生成磷酸镁沉淀。 3．(2025·上海市位育中学高三阶段测试)锗在芯片制造领域应用广泛，与镓共同被誉为“芯片新粮食”，锗的出口也因此被许多国家限制，成为了一种重要的战略性金属。所以锗及其化合物的提取技术变得尤为重要。以下是一种用锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)提取高纯GeO2和ZnSO4·H2O的工艺流程： 已知：①常温下，Ksp[Fe(OH)3 ]= 4×10－38，Ksp[Ge (OH)4 ]= 4×10－46。 “中和沉淀”中，化合物A为 (填化学式)，调节溶液pH=4.8使Ge和Fe共沉淀，此时滤液中 。 【答案】ZnO或Zn(OH)2 1.2 【解析】向滤液中加入化合物A的目的是为了调节溶液pH，将溶液中的铁离子、锗离子转化为氢氧化铁、氢氧化锗沉淀，根据不引入新的杂质，所以A可以为氧化锌或氢氧化锌；由溶度积可知，，所以； 4．(2025·上海市华东师大二附中高三期中)氰化法是工业炼金的常用方法。工业上利用氰化法从含金矿石(成分为Au、Ag、Fe2O3和其他不溶性杂质)中提取金和银。工艺流程如图所示： 已知：Au+＋2CN-[Au(CN)2]- K=1.0×1038 Zn+2Au+ Zn2++2Au K=1.0×1082.7 Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2- K=1.0×1016.7 (1)“浸出Ⅱ”将单质Au转化为[Au(CN)2]-，Au溶解反应的离子方程式为 。 (2)“置换”时发生的反应为Zn+2[Au(CN)2]-[Zn(CN)4]2-+2Au，该反应的化学平衡常数 。 (3)16世纪一位托名为BasilValentine的炼金术士详细记载了一种利用“矿泉浴”(即王水)炼金的方法，他提到“矿泉浴”是由“老鹰”和“冷龙”两种物质密闭加热后用水吸收制得。“老鹰”含有3种常见短周期元素，因易“升华”得名，且受热易分解为两种酸碱性相反的气体，则“老鹰”的电子式为 ，其正离子的空间构型为 。 【答案】(1)8CN-＋4Au＋O2＋2H2O=4[Au(CN)2]-＋4OH- (2)1.0×1023.4 (3) 正四面体 【解析】含金矿石研磨后加入硝酸浸出，Au不溶于硝酸形成沉淀，Ag和Fe2O3转化为对应的金属阳离子，滤渣中加入KCN、KOH、O2进行浸出Ⅱ，此时Au溶解转化为[Au(CN)2]-，过滤得到滤液Ⅱ，随后滤液中加入锌进行置换得到锌金沉淀，最后可向锌金沉淀中加入HCl，溶解锌过滤得到金单质。(1)Au与CN-、O2、H2O反应生成[Au(CN)2]-和氢氧根离子，离子方程式为8CN-＋4Au＋O2＋2H2O=4[Au(CN)2]-＋4OH-；(2)将已知中的三个反应分别标号为①②③，目标反应=反应②+反应③-反应①×2，则目标反应的平衡常数K=1.0×1082.7×1.0×1016.7÷(1.0×1038)2=1.0×1023.4；(3)“老鹰”含有3种常见短周期元素，因易“升华”得名，且受热易分解为两种酸碱性相反的气体，则“老鹰”为NH4Cl，电子式为；正离子为铵根离子，价层电子对数为4+(5-1-4×1)=4+0=4，空间构型为正四面体。 5．电子印制工业产生的某退锡废液含硝酸、锡化合物及少量Fe3+和Cu2+等，对其处理的流程如图。 Sn与Si同族，25℃时相关的溶度积见表。 化学式 Sn(OH)4(或SnO2·2H2O) Fe(OH)3 Cu(OH)2 溶度积 1.0×10-56 4×10-38 2.5×10-20 (1)滤液1中Fe3+和Cu2+的浓度相近，加入NaOH溶液，先得到的沉淀是 。 (2)25℃时，为了使Cu2+沉淀完全，需调节溶液H+浓度不大于 mol•L-1。 【答案】(1) Fe(OH)3 (2)2×10-7 【解析】(1)由溶度积可知，向滤液1中加入氢氧化钠溶液，溶解度小的氢氧化铁先沉淀； (2)由溶度积可知，25℃时，铜离子沉淀完全时，溶液中的氢氧根离子浓度为=5×10-8mol/L，则溶液中的氢离子浓度不大于2×10-7mol/L，故答案为：2×10-7； 6．电镀在工业生产中具有重要作用，某电镀厂生产的废水经预处理后含有和少量的Cu2+、Ni2+，能够采用如图流程进行逐一分离， 实现资源再利用。 已知： Ksp(CuS)=6.3 ×10-36和Ksp(NiS)=3.0×10-19 若废水中还含有Cd2+，pH=4时Cd2+的浓度为 mol·L-1，用该结果说明Cd2+影响上述流程进行分离的原因是 (设H2S平衡浓度为1.0× 10-6mol·L-1。已知：H2S的K1=1.0×10-7，K2=7.0×10-15，Ksp(CdS)=7.0×10-27) 【答案】(1) 1.0×10 -7mol/L 在沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，经过计算可以发现此时c(Cd2+)<1.0×10-5mol/L，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开 【解析】(1)H2S的、，pH=4时，，则，而沉淀池2中进行的沉淀Cu2+反应需要调节溶液体系pH=4，此时，可以认为Cd2+与Cu2+此时均完全沉淀，即沉淀2是CuS和CdS的混合物而无法准确分离开； 热点设问05工艺流程中的图象分析 析典例·明思路 2．(2025·上海市黄浦区高三调研)为了改善高铁酸钾溶液的稳定性，延长高铁酸钾水处理剂时间，可添加一定浓度的次氯酸钠。下图是不同浓度下高铁酸钾随着反应时间的分解率： 解释次氯酸钠溶液可增加高铁酸钾溶液稳定性的原因 。 【答案】次氯酸钠水解呈碱性有利于溶液的稳定。次氯酸钠在碱性条件下可将三价铁氧化生成高铁酸根 【解析】为了改善高铁酸钾溶液的稳定性，延长高铁酸钾水处理剂时间，可添加一定浓度的次氯酸钠；次氯酸钠溶液可增加高铁酸钾溶液稳定性的原因是次氯酸钠水解呈碱性有利于溶液的稳定；次氯酸钠在碱性条件下可将三价铁氧化生成高铁酸根离子。 1．(2025·上海市金山区高三质量监控)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。) 解释曲线变化的原因。 【答案】NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大 【解析】将84消毒液的稀释液放置在空气中一段时间后，其主要成分NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大。 研考点·通技法 1．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。 2．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： 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 4．沉淀溶解平衡图像题分析 (1)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。 (2)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。 破类题·提能力 1．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： 在30℃时进行碱液吸收NOx的反应，此时NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因是 。 【答案】浓度过高不利于NO2的溶解 【解析】NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因：浓度过高不利于NO2的溶解； 2．(2025·上海市位育中学高三上学期阶段测试)锗在芯片制造领域应用广泛，与镓共同被誉为“芯片新粮食”，锗的出口也因此被许多国家限制，成为了一种重要的战略性金属。所以锗及其化合物的提取技术变得尤为重要。以下是一种用锌浸渣(主要含ZnFe2O4、CaSO4，另含少量ZnS、SiO2以及GeS2)提取高纯GeO2和ZnSO4·H2O的工艺流程： GeO2与碱反应可生成锗酸盐，其中CaGeO3是一种难溶电解质，一定温度下，CaGeO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是___________。(不定项) A．n点与p点对应的Ksp相等 B．q点无CaGeO3沉淀生成 C．通过蒸发可以使溶液由q点变到p点 D．加入Na2GeO3可以使溶液由n点变到m点 【答案】AB 【解析】A项，Ksp只受温度影响，温度不变则Ksp不变，n点与p点对应温度相同，则Ksp相等，故A正确；B项，q点离子积小于Ksp，无CaGeO3沉淀生成，故B正确；C项，蒸发过程中溶剂损失，溶液中c(Ca2+)、c(GeO32-)浓度均增大，因此通过蒸发不能使溶液由q点变到p点，故C错误；D项，加入Na2GeO3，可使c((GeO32-)浓度增大，同时c(Ca2+)减小，故D错误；故选AB。 3．(2025·上海市曹杨第二中学高三等级考模拟)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下： (1)在一定的气体流速下，碱液吸收时，富“NO2”尾气中的NO、NO2含量与吸收度的关系如图所示，由图可知，最合适的NO含量应为 ，过高和过低都不利于NOx的吸收，其原因是 。 (2)富“NO2”尾气应从吸收塔的___________部通入。 A．顶部 B．上部 C．中部 D．底部 【答案】(1) 50% 过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢 (2)D 【解析】(1)如图所示，最合适的NO含量应为50%，因为过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢； (2)NaOH溶液从吸收塔从上而下喷洒，富“NO2”尾气应从吸收塔的底部通入； 4．(2025·上海市崇明区高三学业质量调研)碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]是一种重要的无机化工产品。一种由白云石【主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等】为原料制备碱式碳酸镁的实验流程如下： (1)常温常压下，“碳化”可使镁元素转化为Mg(HCO3)2，“碳化”时终点pH对最终产品中CaO含量及碱式碳酸镁产率的影响如图1和图2所示。 应控制“碳化”终点pH约为 ，钙元素的主要存在形式是 (填化学式)。 (2)“热解”生成碱式碳酸镁的化学方程式为 。 (3)该工艺为达到清洁生产，可以循环利用的物质是 (填化学式)。 【答案】(1) 9.0 CaCO3 (2)5Mg(HCO3)2=4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑ (3)CO2 【解析】白云石[主要成分为CaMg(CO3)2，含少量SiO2、Fe2O3等]在高温下焙烧，其中CaMg(CO3)2分解生成CaO、MgO和CO2，再加水“消化”，其中MgO、CaO均与水反应生成Mg(OH)2和Ca(OH)2，经过滤除去SiO2、Fe2O3等残渣，再向所得溶液中通入CO2气体进行碳化，使得Mg(OH)2转化为可溶的Mg(HCO3)2，经过滤除去CaCO3，将所得Mg(HCO3)2溶液加热并控制温度95∼100℃即得到碱式碳酸镁，最后过滤并洗涤得到产品。 (1)由图象可知，应控制“碳化”终点pH约为9.0，这时碱式碳酸镁产率较高，而CaO含量较低；煅烧产物CaO和MgO都可与水反应生成Ca(OH)2和Mg(OH)2，结合产物的要求，所以“碳化”时发生的主要反应有Mg(OH)2+2CO2=Mg(HCO3)2 和Ca(OH)2+CO2= CaCO3↓+H2O，钙元素存在的主要形式为CaCO3； (2)由Mg(HCO3)2受热分解生成碱式碳酸镁的化学方程式为5Mg(HCO3)2=4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O+6CO2↑； (3)由流程图可知，可循环利用的物质有CO2。 刷模拟 1．(2026·曹杨二中高三第5次模拟)马日夫盐[Mn(H2PO4)2•2H2O]用于钢铁制品，特别是大型机械设备的磷化处理，可起到防锈效果。以软锰矿(主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2)为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如下： (1)“浸锰”过程中发生了多个反应，其中SO2发挥了其_________性质。 A. 酸性氧化物 B. 氧化性 C. 还原性 D. 漂白性 (2)将下述离子方程式补充完整，并标出电子转移的数目和方向________。 ____________________=_________________ (3)Fe3+的萃取率与溶液的pH的关系如下图所示，当时，Fe3+的萃取率急剧下降的原因可能为(用离子方程式表示)________。 (4)根据下表数据分析，“调pH”的最大范围为________。 金属离子 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH Fe3+ 1.8 3.2 Al3+ 3.0 5.0 Fe2+ 5.8 88 Mn2+ 7.8 9.8 (5) 如图为硫酸锰水合物的溶解度曲线，若要用“调pH”所得滤液制备MnSO4•H2O，需要控制温度在80~90 ℃之间的原因是________。采用水浴加热、蒸发浓缩、________(填操作名称)，用80~90℃的蒸馏水洗涤2~3次，放在真空干燥箱中低温干燥获得。 (6)写出检验“沉锰”是否已完全的实验操作为________。 已知：常温下H3PO4的电离常数，，，。 (7)常温下，马日夫盐溶液呈________性(填“酸”或“碱”)，理由是(写出计算过程并结合必要的文字说明)________。 (8) 实验室模拟马日夫盐在金属表面形成保护。现在空气中对镁合金磷化处理，用磷酸钠溶液使镁合金表面形成含有的保护层，写出反应的离子方程式：________。 (9)为避免废水中磷酸盐的污染，常在其中加入石灰，将磷元素全部转化成磷酸钙，进行回收利用。当处理后的废水中时，则溶液中________。 【答案】(1) C (2) (3)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ (4) (5)温度较高时，有利于析出较多的MnSO4•H2O 趁热过滤 (6)取少许上层清液于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成 (7) 酸性 根据，的水解常数为 ，因为H2PO4-的电离常数Ka2为6.23×10-8大于Kh3，所以H2PO4-在溶液中以电离为主，即溶液显酸性。 (8) (9)4.4×10-12 【解析】软锰矿(主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2)用稀硫酸浸取，FeO、Al2O3和MnO2被溶解，同时二氧化锰氧化Fe2+，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O，；SiO2不参与反应，过滤，滤渣1为SiO2，滤液含有：Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣2为Al(OH)3，滤液主要含有Mn2+，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，再用磷酸反应，净化得到Mn(H2PO4)2•2H2O。 (1)软锰矿主要成分MnO2，在浸锰时加稀硫酸和SO2，反应方程式：，其中SO2中S的化合价由+4价变为+6价，被氧化，SO2作还原剂，故选C。 (2)根据离子方程式书写规则与电子得失守恒，推得该离子方程式为：。 (3)因Fe3+发生水解，溶液c(Fe3+)中下降，造成萃取率下降，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。 (4)从流程来看，前面已经分离出Fe3+，调pH的主要目的是为了除去Al3+，同时要防止Mn2+转化为沉淀，所以“调pH”的最大范围为。 (5)当温度高于23.9℃时，硫酸锰水合物主要以MnSO4•H2O形式存在，温度升高其溶解度呈下降趋势，温度在80℃~90℃时，MnSO4•H2O的溶解度较小，有利于析出。“趁热过滤”可防止因温度过低MnSO4•5H2O而析出，而且趁热时MnSO4•H2O溶解度较低，有利于获得更多MnSO4•H2O。 (6)“沉锰”完成时，溶液中c(Mn2+)很小，再加入Na2CO3溶液，难以形成MnCO3沉淀，故答案为：取少许上层清液于试管中，滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成，则说明沉锰已经完成。 (7)Mn2+水解显酸性是造成马日夫盐的水溶液显酸性的原因之一，H2PO4-的电离程度与水解程度的大小关系也是影响其酸碱性的另一原因。根据水解方程式：，可知H2PO4-的水解常数为：，因为H2PO4-的电离常数Ka2=6.23×10-8大于其水解常数Kh3，所以H2PO4-在溶液中以电离为主，故溶液显酸性。 (8)镁合金在空气中与水、磷酸钠反应，具体的离子方程式为：。 (9)当处理后的废水中，结合，可得。 2．(2026·复旦大学附属中学高三第二次考试)钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。钪的价格昂贵，在地壳里的含量只有0.0005%，化学性质非常活泼。以钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程如图所示。 已知：①时，，，当离子浓度减小至时可认为沉淀完全。 ②氢氧化钪Sc(OH)3是白色固体，难溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似；Sc3+易形成八面体形的配离子。 ③Sc2O3和TiO2性质较稳定，不易被还原。 有机萃取剂可选用有机磷萃取剂，通过制得有机磷萃取剂(RO)3PO，其中-R代表烃基，-R不同，(RO)3PO产率也不同。 (1)当-R为“-CH2CH3”时，(RO)3PO产率_______R为“-CH2CH2CH3”时。 A.大于　　　B.小于　　　C.等于 (2)请从结构的角度分析1题的原因_______。 (3)“反萃取”时若加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解。写出Sc(OH)3与过量溶液反应的离子方程式：_______。 (4)用“10%盐酸调pH”，过滤，滤液中Sc3+的浓度为1 mol/L，则调pH的范围是_______。(保留一位小数) (5)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，Sc萃取率。某工厂取1000LSc3+总浓度为50 mg/L的废酸液，加入500 L某萃取剂，若D=12，则单次萃取率为_______(保留3位有效数字)。 (6)“反萃取”时，Sc3+与溶液反应生成胶状沉淀。沉淀中仍含有一定量的、杂质，其原因为_______。 (7) 写出“沉钛”过程中离子反应方程式_______。 (8)“沉钪”时，Sc3+转化为Sc2(C2O4)3。相同条件下，制备Sc2(C2O4)3用H2C2O4溶液而不用Na2C2O4溶液的原因为_______。(不定项) A.减少生成Sc(OH)3沉淀 　　B.避免引入Na+　　C.提高c(C2O42-)，加快沉淀速率 (9)草酸钪晶体[Sc2(C2O4)3·6H2O]在空气中加热，随温度的变化情况如下图所示。250℃时，晶体的主要成分是_______(填化学式)，550~850℃，反应的化学方程式为_______。。 【答案】(1) A (2)“-CH2CH2CH3”的推电子能力强于“-CH2CH3”，导致结合的O-H键更难断裂，使(RO)3PO的产率降低 (3)Sc(OH)3+3OH-=[Sc(OH)6]3- (4) (5)85.7% (6) Sc(OH)3胶状沉淀吸附了含Fe、Ti元素的杂质[或Fe3+、Ti2+与NaOH反应生成沉淀，包裹在Sc(OH)3沉淀中] (7) (8)AB (9)Sc2(C2O4)3·H2O 2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2 【解析】利用钛白酸性废水(主要含TiO2+、Fe3+、Sc3+)为原料制备Sc及TiO2的工艺流程为：将钛白酸性废水加入有机溶剂进行萃取、分液后得到有机相，将有机相用稀硫酸和过氧化氢溶液进行洗涤，分液后得到得到有机相，加入NaOH溶液进行反萃取得到Sc(OH)3沉淀，加入稀盐酸调节pH溶解富集，经过一系列处理得到ScCl3，加入单质Mg对ScCl3进行热还原得到单质Sc；另一边对洗涤后得到的含[TiO(H2O2)]2+水层溶液，加入亚硫酸钠还原转化，再用热水进行沉钛得到TiO2.nH2O，最后加热脱去结晶水得到产品TiO2。 (1)烷基为推电子基团，随着碳原子数增加，“-CH2CH2CH3”的给电子能力强于“-CH2CH3”，导致结合的O-H键更难以断裂，不利于反应的正向进行，使(RO)3PO产率降低；故选A； (2)根据第(1)题的分析，其原因为“-CH2CH2CH3”的推电子能力强于“-CH2CH3”，导致结合的O-H键更难断裂，使(RO)3PO的产率降低； (3)根据题干信息，Sc(OH)3难溶于水，其化学性质与Al(OH)3相似，则在反萃取时加入的氢氧化钠溶液过量，Sc(OH)3沉淀会溶解，同时要使Sc3+形成八面体型配离子，根据八面体形状可知至少需要配体为6才能满足，则反应的离子方程式为Sc(OH)3+3OH-=[Sc(OH)6]3-； (4)用10%盐酸调节pH时，沉淀主要含Fe(OH)3和Sc(OH)3，加盐酸时只溶解Sc(OH)3而不能溶解Fe(OH)3，滤液中Sc3+的浓度为1mol/L时，根据Ksp可知，；得到此时溶液的pH等于4，当Fe(OH)3沉淀完全时，c(Fe3+)=10-5 mol/L，根据Ksp可知，，约等于2.9，故应调节的pH范围为； (5)根据已知，代入D=12、V有机=500 L、V水=1000 L，解得Sc单次萃取率为85.7%； (6)Sc(OH)3是胶状沉淀，胶体具有较大的表面积，具有吸附性，能吸附Fe3+、Ti2+，原因为Sc(OH)3胶状沉淀吸附了含Fe、Ti元素的杂质[或Fe3+、Ti2+与NaOH反应生成沉淀，包裹在Sc(OH)3沉淀中]， (7)沉钛过程为TiO2+与水反应得到TiO2.nH2O沉淀，则反应离子方程式为； (8)H2C2O4为弱酸，c(C2O42-)浓度低，减少Sc3+水解生成Sc(OH)3，A正确；用Na2C2O4会引入Na+杂质，用H2C2O4可以避免引入，B正确；H2C2O4是弱酸，部分电离，而Na2C2O4是盐，完全电离，所以相同浓度的H2C2O4和Na2C2O4，H2C2O4中的c(C2O42-)的低，C错误；故答案为：AB； (9)已知原始固体为Sc2(C2O4)3·6H2O ，摩尔质量为462 g/mol，250℃时，剩余固体质量为1-19.5%=80.5%，计算失去结晶水的质量分数，失去了5个结晶水，故此时晶体只带一个结晶水，化学式为Sc2(C2O4)3·H2O；550~850℃过程中，Sc2(C2O4)3发生反应，根据质量变化及后续产物，可知是与氧气反应，根据原子守恒配平化学方程式，得2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3+12CO2。 刷真题 1．(2025·上海市普通高中学业水平等级性考试)工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为_______。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)2既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测2是_______氧化物。 锗矿石中含有H2O、煤焦油、As2O3杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： H2O 煤焦油 As2O3 GeO GeO2 熔点 0℃ 20~30℃ 312℃ 710℃升华 1100℃ 沸点 100℃ 70~80℃ 465℃ (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因_______。 (4)真空还原阶段用NaH2PO4·H2O除GeO2，产物还有Na4P2O7、H3PO4、GeO等生成，写出该阶段的化学方程式 。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的NaH2PO4·H2O真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及NaH2PO4·H2O浓度分别为_______。 A．1000℃，2.5% B．1000℃，5.0% C．1100℃，2.5% D．1200℃，2.5% 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ (6)装置图中仪器A的名称为_______。 A．滴定管 B．恒压滴液漏斗 C．冷凝管 D．干燥管 (7)到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 (8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ (9)已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 (10)若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A．未用KIO3标准溶液润洗滴定管 B．未用稀硝酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．未保持在以下滴定 【答案】(1)A (2)两性 (3)①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；②真空还原阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出 (4)8GeO2+4 NaH2PO4·H2ONa4P2O7+2H3PO4+8GeO↑+5H2O (5)C (6)C (7) 无色 浅蓝色 (8)隔绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4导致滴定结果偏低 (9) (10)AD 【解析】低品位锗矿焙烧得到GeO2，然后加入NaH2PO4·H2O真空还原为GeO，经过多步反应得到Ge；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算。 (1)可以通过原子发射光谱法可检验物质中所含元素，故选A； (2)既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；GeO2既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测GeO是两性氧化物； (3)①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；②真空还原阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的GeO2； (4)真空还原阶段用NaH2PO4·H2O除GeO2，产物还有GeO、Na4P2O7、H3PO4等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：8GeO2+4 NaH2PO4·H2ONa4P2O7+2H3PO4+8GeO↑+5H2O； (5)由图，1100℃，使用2.5%的NaH2PO4·H2O真空还原时，Ge元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料，故选C； (6)由图，装置a名称为球形冷凝管，故选C； (7)根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。 (8)空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化(或绝氧气，避免GeCl2被氧化为GeCl4，否则导致滴定结果偏低)，从而产生滴定误差； (9)由题干反应结合Ge元素守恒，存在3Ge~KIO3，则样品(固体)中Ge元素的质量分数； (10)A项，未用KIO3标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大；B项，未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低；C项，滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小；D项，在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定)，LiH2PO3可能被标准液KIO3氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大；故选AD。 2．(2024·上海市普通高中学业水平等级性考试)粗盐中含有SO42、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，实验室按下面的流程进行精制： 已知：KCl和NaCl的溶解度如图所示： (1)步骤①中BaCl2要稍过量。请描述检验BaCl2是否过量的方法： 。 (2)若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，会导致_______。 A．SO42-不能完全去除 B．消耗更多NaOH C．Ba2+不能完全去除 D．消耗更多Na2CO3 (3)过滤操作中需要的玻璃仪器。除烧杯和玻璃棒外，还需要_______。 A．分液漏斗 B．漏斗 C．容量瓶 D．蒸发皿 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，除去的离子有 。 (5)“一系列操作”是指_______。 A．蒸发至晶膜形成后，趁热过滤 B．蒸发至晶膜形成后，冷却结晶 C．蒸发至大量晶体析出后，趁热过滤 D．蒸发至大量晶体析出后，冷却结晶 (6)请用离子方程式表示加入盐酸后发生的反应 。 另有两种方案选行粗盐提纯。 方案2：向粗盐水中加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg2+，再通入含NH3、CO2的工业废气除去Ca2+； 方案3：向粗盐水中加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+。 (7)相比于方案3，方案2的优点是 。 (8)已知粗盐水中MgCl2含量为0.38 g·L-1，CaCl2含量为1.11 g·L-1，现用方案3提纯10L该粗盐水，求需要加入石灰乳(视为)和碳酸钠的物质的量 。 【答案】(1)取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量 (2)AD (3)B (4) OH-、CO32- (5)C (6)H++OH-=H2O、2H++CO32-=CO2↑+H2O (7)提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境 (8)0.04mol；0.14mol 【解析】粗盐中含有SO42、K+、Ca2+、Mg2+等杂质离子，加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去SO42-，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去OH-、CO32-，经过一系列操作后得到精盐。 (1)步骤①中若BaCl2过量，则溶液中存在Ba2+，故判断过量的方法是：取少量该步骤所得的上清液于试管中，再滴入几滴稀硫酸溶液，若溶液未变浑浊，表明BaCl2已过量； (2)相同条件下，由于BaCO3和BaSO4的Ksp较为接近，若加BaCl2后不先过滤就加氢氧化钠和碳酸钠，可能发生沉淀的转化：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)，使得SO42-不能完全去除，且消耗更多的Na2CO3溶液，故选AD； (3)过滤操作中需要的玻璃仪器，除烧杯和玻璃棒外，还需要漏斗，故选B。 (4)步骤④中用盐酸调节pH至3~4，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，除去的离子有：OH-、CO32-； (5)由图可知，KCl的溶解度受温度影响较大，而NaCl的溶解度受温度影响较小，因此先蒸发至大量晶体析出，此时KCl在滤液中，趁热过滤，可得到精盐，故选C； (6)加入盐酸后，H+能与多余的NaOH和Na2CO3反应，离子方程式分别为：H++OH-=H2O、2H++CO32-=CO2↑+H2O； (7)方案2加入石灰乳[主要成分为Ca(OH)2]除去Mg2+后，通入含NH3、CO2的离子方程式为：Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH+，相比于方案3，方案2的优点是：提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，同时减少了废气的排放，有利于保护环境； (8) MgCl2含量为0.38 g·L-1，即，由关系式：MgCl2~ Ca(OH)2~ CaO可得，提纯10L该粗盐水，需要加入石灰乳(视为CaO)物质的量为；粗盐水中CaCl2含量为1.11 g·L-1，即，，加入石灰乳(视为CaO)物质的量为0.04mol，即此时溶液中Ca2+总物质的量为：0.1mol+0.04mol=0.14mol，由关系式：Ca2+~CO32-可得，需加入Na2CO3的物质的量为0.14mol。 1 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 固体Ｃ 纯固 体Ａ 带油污镀锌废铁片 ⑥ FeSO4 溶液 ②加入少量Ｂ ③加入过量稀硫酸 干燥 晶体 ④加入(NH4)2SO4(s) ⑤调节pH为１~２ 潮湿的 硫酸亚 铁铵晶体 ①碱液洗涤 $