10工艺篇--化工流程题专项训练2027届高三化学一轮复习

**基本信息** 以山东高考化工流程真题为载体，构建“五阶段流程模型”，融合科学思维与探究实践，系统提炼解题方法与跨模块知识逻辑。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题溯源|4道高考真题|命题透视：陌生元素+熟悉原理，对比设问，隐含条件挖掘|从真题特征到考点分类，建立“预处理-除杂-转化-产品-评价”逻辑链| |考点梳理|5阶段模型|流程题解题技巧：抓起点终点、除杂剂选择、分离操作、循环物质判断|整合氧化还原、Ksp计算、萃取原理等跨模块知识，形成原理应用体系| |考点精练|13道模拟题|选择/大题靶向突破：概念辨析、方程式书写、定量计算|通过典例覆盖高频易错点，实现方法迁移与知识综合应用|

10工艺篇------化工流程题 1、 真题溯源，命题透视 1.（2025·山东卷）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A. 试剂X可选用粉 B. 试剂Y可选用盐酸 C. “分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D. “酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 2.（2026·山东卷）. 一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为_________________________________________。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是__________（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中_______。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________（填化学式）。 3.（2025·山东卷）. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______(填操作单元名称)循环利用。 4.（2024·山东卷）. 以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。 （4）“置换”中可选用的试剂X为_______(填标号)。 A． B． C． D． “置换”反应的离子方程式为_______。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。 核心考点 2026年 2025年 2024年 工业流程选择 山东卷T13 4分 工业流程大题 山东卷T17 12分 山东卷T17 12分 山东卷T18 12分 近3年试题中，工业流程选择题题型只在2025考过，往前看21-23从未缺席，是必考题型。题目命题有以下特色：“陌生元素+熟悉原理”，题干常引入钛（Ti）、钒（V）、钼（Mo）、钨（W）等陌生过渡金属，但考查的反应往往是熟悉的复分解反应、双水解、或简单的氧化还原反应；“对比型”设问增多，类似大题风格，选项会对比A操作和B操作的优劣；“隐含条件”挖掘，题干中看似无关的一句话，往往是解题关键，例如提到“饱和溶液”，暗示存在溶解平衡；化学用语融合考查，在流程背景下，顺带考离子方程式书写、电子式、结构式等，属于“一鱼两吃”。 从近年山东高考无机流程大题命题来看，总体态势呈现出“情境前沿化、设问微观化、计算定量化、思维辩证化”的特点，命题紧扣国家新能源与战略资源背景。总体来看四段式设问框架稳定，例如预处理：粉碎/焙烧目的、陌生氧化还原/非氧化还原反应方程式书写（必考1~2个，介质酸碱性易错）； 除杂分离：滤渣/滤液成分判断（元素守恒+价态变化）、调pH分步沉淀逻辑、萃取剂选择性解释； 转化富集：控温原因分析（防分解/水解/能耗）、氧化剂/还原剂选用依据（不引杂、绿色）； 结晶与计算：结晶方式选择（蒸浓/冷结/趁热）、洗涤剂作用、Ksp求pH/产率/纯度定量计算（压轴拉分）。 二、考点梳理，思维建模 【精讲速记】 ： ㈠“披着工装的化学基础题”--- 流程选择题。 本质是“微型工艺流程+化学用语+原理判断”的复合题，和后面的工艺流程大题相比，它更讲究“快、准、狠”，不考复杂计算，主打概念辨析与逻辑陷阱。这类题通常给出一个2～4步的简短工业流程框图，然后附带4个选项，分别考察：1.操作判断：过滤、蒸馏、萃取、分液、蒸发结晶、冷却结晶等操作的适用场景。2.物质判断：滤渣、滤液、废气、可循环利用物质的成分。3.原理分析：离子方程式/化学方程式的正误、氧化还原电子转移、反应条件的目的（如调pH、煮沸、加氧化剂的目的）。 一般分为有机实验流程和无机工业流程。 有机制取实验核心有两点：①核心物质的合成机理以及涉及物质的物理性质与化学性质。②杂质物质的分离与提纯。思考物质的分离方法，通常先考虑物理方法（过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取），再想化学分离法。 无机工业流程整体操作可以抽象为这样几个阶段：预处理 除杂与转化 物质分离 提纯 产品制取 。还要注意以下考察学生做题思维和视野的思想：①工业流程题的核心之一是目标物质的制取，因此我们需要时刻关注元素的价态和形态。②工业流程的另一个核心是除杂，因此一定要想清楚每一种杂质元素，在哪一步，以什么样的机理，变成什么样的最终物质被除掉了。③工业流程设计的标准决定了每一个流程要力争做到：绿色化学、成本低、产品纯度高、产率高。这都是原因类答题的思考方向。 备考技巧： 1.抓“起点”和“终点”：迅速确定流程的原料和目标产物，中间的步骤都是为了除去杂质或转化形态。顺着箭头走，瞻前顾后。看每一步加入了什么试剂，生成了什么沉淀或气体。特别注意“过量”二字，过量的试剂会成为后续滤液中的离子。 2.积累“常客”除杂剂：除Fe³⁺/Al³⁺：氨水、NaOH、ZnO、MgO、CuO（调pH） 除Fe²⁺：H₂O₂、Cl₂、O₂（先氧化）除SO₄2⁻：BaCl₂ 除CO₃²⁻：强酸（H⁺） 3.分离操作技巧：溶解度受温度影响大（KNO₃型）→ 冷却结晶、溶解度受温度影响小（NaCl型）→ 蒸发、结晶液体互溶（乙醇-水）→ 蒸馏、液体不互溶（CCl₄-水）→ 分液 4.循环利用物质：找“回头箭”。流程图中箭头指回流程起点的物质，或者既是反应物又是生成物的物质（催化剂除外）。 5.关注“环保”与“成本”：选项如果出现“提高原子利用率”、“减少污染”、“降低成本”，在没有硬伤的情况下，通常是正确的。 ㈡.山东高考化学工艺流程题 载体聚焦战略资源与循环利用：从早期主族元素转向Co、Ni、Mn、Li、Cu、稀土等过渡金属，素材多为废旧锂电池回收、多元共生矿（如铁锰氧化矿）提取、高纯材料制备，贴合“双碳”与绿色化工。流程结构复杂化：突破单线流程，高频考查两段焙烧、酸/碱协同浸出、萃取-反萃取循环等复杂工艺，要求考生对比不同温度、pH、工序下的产率与杂质变化。信息依赖度极高：题干提供大量陌生数据（氢氧化物沉淀pH表、硫酸盐热分解温度、萃取分配系数、络合常数），脱离题目死记模板必错，强调现场读取图表推理滤渣成分与反应产物。跨模块深度融合：不再孤立考无机，而是糅合氧化还原（高温复杂体系）、水溶液离子平衡（Ksp竞争沉淀）、配位化学（有机萃取剂）、反应原理（热分解能耗）及晶体/结构基础。命题题目框架结构一般如图所示： 备考技巧：以下从上图工业流程主要阶段归纳下常考模型，供同学参考 流程阶段 核心任务 高频考点 答题关键词/破题点 Ⅰ. 预处理 （粉碎、酸浸/碱浸、焙烧、煅烧） 改变物质结构，使目标元素转入溶液（浸出） 1. 反应速率与平衡：粉碎/搅拌目的 2. 氧化还原：高温焙烧反应（硫化物→氧化物+SO₂） 3. 试剂选择：酸浸(HCl/H2SO₄/HNO₃) vs 碱浸(NaOH/氨水) 4. 化学方程式：陌生方程式的配平（注意介质：H⁺/OH⁻） • 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 • 高温下将硫化物转化为氧化物，除去硫元素（SO₂） • 盐酸浸出易水解离子（如Ti⁴⁺）易引入杂质；硝酸浸出产生污染性气体​ Ⅱ. 除杂分离 （调pH、沉淀、交换、萃取） 除去浸出液中的杂质离子（Fe³⁺、Al³⁺等），富集目标离子 1. 水解沉淀：调节pH使Fe³⁺/Al³⁺沉淀完全，而目标离子（Cu²⁺/Ni²⁺）不沉淀（利用Ksp） 2. 试剂选择：加入ZnO/氨水/CuO调节pH的原理（消耗H⁺，不引入新杂质） 3. 萃取与反萃取：萃取剂的选择性、反萃取剂的作用 4. 离子交换：树脂吸附与再生 • 使Fe³⁺/Al³⁺完全沉淀，而Cu²⁺/Ni²⁺不沉淀，实现分离 • 消耗H⁺，促进Fe³⁺水解平衡正向移动 • 富集目标离子，除去杂质离子 • 静置，向上层清液中继续滴加××试剂，无沉淀生成​ Ⅲ. 核心转化 （氧化/还原、电解、热分解） 改变目标元素的价态，或将其转化为易分离的形态 1. 氧化剂/还原剂选用：H2O₂、O₂、NaHSO₃、Zn粉等（要求：不引杂、绿色） 2. 电化学原理：电解精炼（阳极泥、阴极沉积）、电沉积 3. 热重分析：加热分解产物判断（失去结晶水或CO₂） 4. 控温原因：防分解、防水解、控速率 • 将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，便于后续调pH除去（H2O₂还原产物为H2O，不引入杂质） • Mⁿ⁺ + ne⁻ = M（阴极得电子还原） • 温度低反应慢；温度高反应物分解/水解/能耗大 • 失去结晶水/分解产生CO₂或O₂​ Ⅳ. 产品获取 （结晶、洗涤、干燥、灼烧） 从净化液中获得目标产品晶体，并进行纯化 1. 结晶方式：蒸发浓缩、冷却结晶（KNO₃型）；蒸发结晶、趁热过滤（NaCl型/防止降温析出） 2. 洗涤试剂：冷水（防溶）、乙醇（易干）、热水（除杂） 3. 干燥/灼烧：低温烘干（防分解）、高温灼烧（转氧化物） 4. 纯度计算：滴定法或热重法计算产率/纯度 • 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（顺序不能乱） • 减少晶体溶解损失；利用乙醇挥发性除去表面水分 • 防止晶体受热分解/失去结晶水 • 关系式法：n(产品)=n(滴定剂)×系数比​ Ⅴ. 绿色评价 （贯穿全流程） 评估工艺的环境效益与经济效益 1. 循环利用：判断可循环使用的物质（如CO₂、NH₃、有机溶剂、母液） 2. 环保处理：尾气吸收（Cl₂、SO₂）、废渣回收 3. 原子经济性：对比不同工艺的产率与副产物 • ××气体（或溶剂）经吸收/再生后可返回流程重复使用 • 在末端增加吸收塔，吸收××有毒气体 • 工艺甲原子利用率高，能耗低，无有毒有害副产物生成​ 三、考点精练，靶向突破 考向1.工业流程选择题 1.（2026·山东临沂·一模）由软锰矿(，含、，和等杂质)制备高纯的流程如下。 已知：①离子浓度小于，视为沉淀完全； ②，，。 下列说法错误的是 A. “酸浸还原”时，被还原的元素有和 B. 常温下，“调”时，沉淀完全 C. 试剂X可以是或 D. “电解”时，阳极反应式为 2.（2026·山东济南·一模）含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。 下列说法正确的是 A．“研磨、磁选”时除去高炉渣中的铁元素 B．“酸浸”和“碱浸”均应在高温下进行 C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变 3．（2026·山东日照·一模）铅渣中富含、、、、等氧化物，一种分离铅渣中的元素的流程如下： 已知：(HA是萃取剂)。下列说法错误的是 A．试剂X可选用氯水或双氧水 B．“操作M”是过滤 C．试剂Y可选用稀或 D．“氧化”过程的离子方程式为 4.（2025·山东临沂·二模）利用和浓盐酸反应制备，为提纯粗品，设计如图路线。 已知：能与醇形成结晶状化合物。 下列说法正确的是 A. 操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均相同 B. 可用NaOH溶液代替溶液 C. 无水的作用只是干燥除水 D. 可用红外光谱仪区分和 考向2.工业流程题 5.（2026·山东临沂·一模） 一种从银铜锌共生矿(主要成分为，，等)中分离银、铜的工艺流程如图所示。 已知：①易被氧化，易与、结合；与结合生成；有强烈的疏水性，能附着在气泡上。 ②，，， 。 回答下列问题： （1）“钝化”的目的是生成碱式碳酸锌，可附着在表面，阻止与结合。生成的离子方程式为______。 （2）“浮选”过程中通入的目的是______；“氧化”过程中加入的作用是______。 （3）“酸浸”过程中，不能发生的原因是______(写出计算过程)。 （4）“氧化浸取”过程中生成的离子方程式为______。 （5）“置换”中可选用的试剂X为______(填标号)。 a． b． c． d． （6）该工艺流程中能循环使用的物质有______(填化学式)。 6.（2026·山东青岛·一模）电解锰渣主要成分为和少量，实验室回收锰和铅的流程如图。 已知：①常温下，，，。②；。回答下列问题： (1)“还原酸浸”时pH控制在2∼4之间，PbS中的被氧化为，反应的化学方程式为_______。pH不能太小的原因为_______。 (2)“浸出渣”主要成分为_______。 (3)“分步沉淀”中的平衡常数_______。“浸出液2”含，当出现沉淀时，_______(忽略离子的水解作用及溶液体积变化)。 (4)“再生除杂1”中加入富铅渣的目的是_______。 (5)为实现“再生液”的循环利用，“试剂X”最好为_______(写化学式)。 7.（2026 · 山东枣庄 · 一模）稀土是保障国家高端制造自主可控、支撑国防安全的战略核心材料。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备稀土化合物的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成 ②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能，萃取反应为；萃取率 ③一定条件下，分别在有机层与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数(分配系数)， 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高浸出率的措施有______(填一种即可)。 (2)萃取用到的玻璃仪器有______；取50 mL含的溶液，一次性加入20 mL萃取剂，若Ce元素的分配系数，则的萃取率为______。 (3)“反萃取”中加入的目的是______；的作用是______(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。 (4)“氧化”中发生反应的离子方程式为______。 (5)产品常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示(的空缺率)。 若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为______。 四、他山之石，可以攻玉 1.（2026·贵州卷）某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “焙烧”的目的是使、分解 B. “浸取”可能的反应为 C. “滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D. “滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 2.（2026·黑吉辽蒙卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 3.（2026·湖北卷）赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。 (2)预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是________。 (3)“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是________（答两条即可）。 (4)酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为________。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于________，此时滤液中的主要成分为________（填化学式）。 (6)沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是________（填化学式）。 4.（2026·陕晋青宁卷） 一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 （4）“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中 为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀， 需小于________(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 5.（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有____。 6.（2026·河南卷）一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 10工艺篇------化工流程题参考答案 1、 真题溯源，命题透视 1.【答案】A【解析】【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。 【详解】A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确； C． 根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确； 2.【答案】（1） （2） （3） ①. 将+3价的还原为+1价、提供配体 ②. （4） （5） 【解析】【分析】铜阳极泥原料主要含、、，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，、被硝酸氧化溶解生成、、二元弱酸与，、、二元弱酸进入滤液，留在沉淀中；沉淀加入、球磨提金，氧化氯离子生成活性，将氧化为，经稀盐酸酸溶得到水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入反萃取，既作还原剂还原又提供配体形成，再经稀盐酸酸化，发生自身氧化还原析出单质；酸浸滤液中加入沉银得到沉淀，加氨水溶银生成可溶性络离子，再用水合肼还原提银析出单质，释放得到滤液； 【小问1详解】中为价被氧化为，为价被氧化为，被还原为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； 【小问2详解】“球磨提金”时，加入的在酸性条件下氧化生成，元素化合价降低，作氧化剂； 【小问3详解】具有还原性，将中价还原为低价价；作为配体，与形成络离子进入水相实现反萃取，因此的作用为将+3价的还原为+1价，提供配体；中降价生成单质，元素部分转化为、部分为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； 【小问4详解】已知：；，总反应为，平衡常数。完全溶于氨水，平衡时，代入，得平衡游离，因此； 【小问5详解】还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放，滤液含铵盐，球磨提金工序需要，向滤液加入，将转化为，可循环至球磨提金步骤。 3. 【答案】（1） ①. ②. Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）①. 4×10-4 ②. （5）低温焙烧 【解析】【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【小问1详解】低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：；Fe2O3、CaSO4； 小问2详解】根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； 【小问3详解】根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； 小问4详解】沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；； 【小问5详解】由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 4.【答案】（1） ①. 1:1 ②. H2S （2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （4） ①. C ②. （5）阳极 【解析】【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 【小问1详解】“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 【小问2详解】“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 【小问3详解】过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。 【小问4详解】“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 【小问5详解】“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 二、考点梳理，思维建模 三、考点精练，靶向突破 1.【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向软锰矿中通入二氧化硫、加入硫酸溶液酸浸还原，将二氧化锰、氧化铁转化为硫酸锰、硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜转化为硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠调节溶液pH为5，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化铵，将溶液中的亚铁离子、铜离子转化为硫化亚铁、硫化铜沉淀，过滤 得到含有硫化亚铁、硫化铜的滤渣和硫酸锰溶液；电解硫酸锰溶液在阳极得到二氧化锰。 【详解】A．由分析可知，酸浸还原时加入硫酸溶液、通入二氧化硫酸浸还原，将二氧化锰、氧化铁转化为硫酸锰、硫酸亚铁，反应中锰元素、铁元素的化合价降低被还原，A正确；B．由溶度积可知，溶液pH为5时，溶液中铝离子的浓度为：=1.3×10-6 mol/L＜1×10-5mol/L，则溶液中铝离子完全沉淀，B正确；C．由分析可知，加入硫化铵的目的是将溶液中的亚铁离子、铜离子转化为硫化亚铁、硫化铜沉淀，则加入的试剂X不可能是氢硫酸，原因是溶液中亚铁离子不能与氢硫酸反应，C错误；D．由分析可知，电解硫酸锰溶液时，阳极发生的反应为水分子作用下锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为：，D正确； 2.【答案】A【分析】含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，经过研磨、磁选分离出，盐酸酸浸，、、溶解，得到各物质的盐溶液，TiO2、SiO2不溶解，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，滤渣1再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶，滤渣2主要成分是TiO2，提纯之后还原得到金属钛；据此分析解题。 【详解】A．四氧化三铁具有磁性，可通过“研磨、磁选”方法除去铁元素，A正确；B．“酸浸”和“碱浸”在室温下就可进行，无需高温，B错误；C．先加入NaOH溶液，CaO与水反应生成Ca(OH)2，氧化铝和二氧化硅反应转化成[Al(OH)4]-和CaSiO3，滤渣主要成分为TiO2、MgO、CaSiO3，滤渣中再加入稀盐酸，氧化镁溶解，最终得到的滤渣为二氧化钛、CaSiO3，C错误；D．先加入NaOH溶液，氧化铝和二氧化硅均可溶解，NaOH用量增加，D错误； 3.【答案】B【分析】铅渣加稀硫酸酸浸，PbO生成难溶的，不与稀硫酸反应，因此滤渣1为、，滤液1含、、的硫酸盐；后续对滤液1萃取除铁，对滤渣1碱浸分离Pb和Si。 【详解】A．试剂X的作用是将氧化为，便于后续萃取，氯水、双氧水均可以氧化，A正确； B． 萃取分液后得到水相和有机相，有机相加入稀硫酸进行反萃取得到，故操作M是反萃取，B错误；C．滤液2为溶液，试剂Y的作用是和反应生成沉淀，酸性：，因此稀硫酸、都可以和反应得到硅酸，最终制得，C正确；D．氧化过程中，作氧化剂，将氧化为，自身被还原为，配平后离子方程式为，电荷、原子均守恒，D正确； 4.【答案】D【解析】【分析】合成反应为，粗品中为、和HCl。操作I加水通过分液方法分离水相（含HCl）和有机相；操作Ⅱ加入碳酸氢钠除去有机相中残留的HCl，然后通过分液去除水相；操作Ⅲ加水进一步除去残留的碳酸氢钠，再分液；操作Ⅳ加无水CaCl2除去有机相中的水以及，然后通过过滤得到有机相；最有通过蒸馏分离和得到纯品。 【详解】A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为分液，操作Ⅳ为过滤，故A错误；B．NaOH可使(CH3)3CCl水解，不能用NaOH溶液代替溶液，故B错误；C．根据已知信息，无水的作用干燥除水，及除去残留的，故C错误；D．(CH3)3COH和(CH3)3CCl含有官能团不同，可用红外光谱分辨，故D正确； 5.【答案】（1）或 （2） ①. 使附着在氮气产生的气泡上，便于分离(合理即得分) ②. 氧化和(合理即得分) （3），所以该反应不能发生(合理即得分) （4） （5）c （6）、 【解析】【分析】钝化阶段：加入碳酸钠、硫酸锌，在ZnS表面生成碱式碳酸锌钝化层，阻止ZnS进入后续浮选影响分离，滤液1为含、过量未反应、的可溶性盐溶液，滤渣为钝化后的混合矿（含、和钝化ZnS）。浮选后，矿料按组分分离为含银组分、含铜组分分别送后续工序：酸浸处理含银组分时，加入稀硫酸，滤液2为含的溶液，滤渣为粗；含铜组分经稀硫酸、双氧水氧化浸出铜、铁离子后，加CuO调pH沉铁，滤渣为氢氧化铁沉淀（除去杂质铁），滤液为纯净硫酸铜溶液，电解后得到精铜。粗经氰化氧化浸出后，硫单质为滤渣，滤液为溶液，经置换、酸溶得到单质银，据此解答。 【小问1详解】碳酸钠与硫酸锌反应，碳酸根水解结合锌离子生成碱式碳酸锌沉淀，同时释放，根据原子和电荷守恒配平得到或； 【小问2详解】根据已知信息，Z-200易被氧化，且需要附着气泡分离，性质稳定，可满足需求；中Fe为+2价，氧化为+3价后便于后续调pH生成沉淀除去，故“氧化”过程中加入的作用是氧化和； 【小问3详解】该反应的平衡常数==，代入数据得：=，K极小，反应几乎不能发生； 【小问4详解】氧气作氧化剂，将中-2价S氧化为S单质，与结合为稳定的，根据得失电子守恒、原子电荷守恒配平为； 【小问5详解】置换Ag需要活泼性强于Ag的金属：Ba性质太活泼，先与水反应，不能置换Ag；Pt活泼性弱于Ag，不反应；Cu置换后，过量Cu不与稀硫酸反应，会混入Ag中；Zn活泼性强于Ag，过量Zn可与稀硫酸反应除去，最终得到纯净Ag，因此选c。 【小问6详解】电解硫酸铜溶液提铜时，反应生成硫酸，可返回流程中的酸浸、氧化步骤重复使用，滤液2含有，也可以循环使用。 6.【答案】(1) pH太小会产生硫化氢有毒气体，污染空气 (2)和 (3) (4)除去 (5) 【分析】该流程以含、、和少量的电解锰渣为原料，先经、还原酸浸，使转化为进入浸出液1用于电解产锰，同时得到含等的富铅渣；富铅渣用浸铅， 转化为进入浸出液2，、成为浸出渣；浸出液2加分步沉淀，转化为（后续可制），再经富铅渣除、试剂（）除杂后得到可循环的再生液，最终实现锰、铅的回收与醋酸盐的循环利用。 【详解】（1）在酸性条件下，MnO2作为氧化剂，将PbS中的S2-氧化为，自身被还原为Mn2+。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为。 PbS在强酸性条件下会发生反应：，生成有毒的气体，污染空气，因此pH需控制在2~4之间，避免逸出。 （2）根据分析，“浸出渣”主要成分为和。 （3）计算平衡常数K：目标反应为：，该反应可以看作是以下两个反应的相加：， ；， ；因此，总反应的平衡常数 。 计算c(Pb2+)：当溶液中开始出现CaCO3沉淀时，溶液中的离子浓度满足其溶度积：，此时溶液中 ，在此 浓度下，的溶度积满足：，所以， 。 （4）分步沉淀后，溶液中残留，富铅渣中含PbSO4，富铅渣中的PbSO4可与反应生成沉淀，从而除去溶液中的，避免干扰后续流程。 （5）“再生除杂1”后，溶液中主要含有、和等离子。为了实现“再生液”（即CH3COONH4溶液）的循环利用，需要除去杂质，则试剂X为(CH3COO)2Ba。加入后，其中的会与溶液中的反应生成难溶的硫酸钡沉淀，从而除去杂质。 7.【答案】(1)适当升高温度、适当提高酸的浓度、搅拌等(2) 分液漏斗、烧杯 77.27%(或77.3%) (3) 加入硫酸，溶液中浓度增大，同时与结合成，转移至水层，促使萃取反应平衡向逆反应进行，提高了Ce的反萃取率 还原剂 (4) (5)15% 【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)，“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，加热分解得到产品，据此分析； 【详解】（1）提高反应速率，可将矿石粉碎（或适当升高温度、适当提高酸浓度、搅拌，任写一种即可）； （2）萃取分液操作使用的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；根据分配系数定义，设水层浓度为，有机层浓度为，萃取率计算为： ； （3）萃取反应为，加入硫酸，增大浓度，同时与结合成，转移至水层，促使萃取反应平衡向逆反应进行，提高了Ce的反萃取率；反萃取后转化为，被还原，因此作还原剂； （4）流程中加入后体系为碱性，将氧化为沉淀，自身被还原为，离 子方程式： （5）设，，则，，总正电荷，因此实际；总阳离子共，理论纯中对应，因此氧空位数，空缺率。 四、他山之石，可以攻玉 1.【答案】A 【解析】 A. MgCO₃分解温度高于CaCO₃，焙烧时仅CaCO₃分解生成CaO和CO₂，MgCO₃未分解，且后续浮选仍得到MgCO₃，故“焙烧”目的不是使MgCO₃分解，A错误。B. 焙烧后CaCO₃分解生成CaO，(NH₄)₂SO₄溶液呈酸性，加热条件下CaO与(NH₄)₂SO₄反应生成CaSO₄、NH₃和H₂O，反应式符合反应规律，B正确。C. 浮选是利用Ca₃(PO₄)₂和MgCO₃表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确。D. 流程中焙烧产生CO₂、浸取产生NH₃，二者入水生成NH₄HCO₃或(NH₄)₂CO₃作为沉淀剂，与滤液中Mg²⁺反应生成MgCO₃沉淀，D正确。 2.【答案】C【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【详解】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确；D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 3.【答案】(1) 3d⁶4s²(2) 矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3) 提供大量H⁺，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供Cl⁻，与Fe³⁺形成稳定配离子，促进铁元素浸出（其他合理答案亦可） (4) 2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O (5) 根据Ksp[FePO₄]计算的浓度；NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃ (6) Fe₂O₃ 【分析】赤铁矿主要成分为Fe₂O₃，含SiO₂、MgO、Al₂O₃等杂质。预处理将部分Fe₂O₃转化为Fe₃O₄，晶格畸变产生微裂纹；酸浸用HCl-H₃PO₄混合酸溶解铁元素；H₂O₂氧化后调节pH生成FePO₄沉淀；滤液含NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃等。 【详解】(1) Fe为26号元素，电子排布为[Ar]3d⁶4s²，价层电子排布式为3d⁶4s²。 (2) 矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率。 (3) “酸浸”加入盐酸，提供大量H⁺，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供Cl⁻，与Fe³⁺形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续FePO₄沉淀生成。 (4) 酸浸液中加入H₂O₂，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，离子方程式为2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O。 (5) 根据Ksp[FePO₄] = c(Fe³⁺)·c(PO₄³⁻)，在pH=2.00、c(PO₄³⁻)确定条件下，可计算c(Fe³⁺)上限。滤液中主要成分为NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃。 (6) FePO₄中Fe与P原子个数比为1:1，若产物中Fe/P=1.05，说明Fe比例偏高，杂质不含P、只含铁，故杂质为Fe₂O₃。 4【答案】（1） （2）适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种） C（石墨） （3）+3 （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液 （5） （6）Na2SO4 （7）将氧化为，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液（） 【分析】本题以废旧电池回收为综合情境，原料为含，混有少量​、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，​等含锂物料与硫酸反应，浸出、、、、磷酸根等离子；随后调 沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到​，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的 可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 【详解】（1）磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； （3）再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即 ，解得x=+3，即Fe为+3价； （4）流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； （5）反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入 为，，； （6）沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； （7）沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 5.【答案】（1） 四 ⅡB（2） （3） 将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【解析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、被空气氧化为金属硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 （1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族；（2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 6.【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可）(2) (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)将分散的铈元素集中（或富集），以便在后续步骤中统一氧化回收生成沉淀，提高利用率 (7)【解析】焙烧：废芯片预处理，将部分金属氧化浸出1：利用Fe₂(SO₄)₃+H₂SO₄体系溶解Cu等活泼金属 电解：从滤液1中回收Cu，同时再生Fe³⁺循环使用浸出2：用王水或类似强氧化性酸初步浸出Au、Pd 沉淀：Ag⁺→AgCl↓，用N₂H₄还原回收Ag浸出3：进一步浸出剩余Au、Pd，转化为氯配合物 Zn还原：从氯配合物中还原得到Au、Pd单质氧化：Ce³⁺→Ce(OH)₄↓回收铈 （1）提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 （2）“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：。 （3）“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为，阴极反应为：。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 （4）的约为，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 （5）AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻。根据得失电子守恒可得化学方程式为：，因此。 （6）“浸出3”中和转化为和，使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl。而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的，流程的最终目的是要将铈元素转化为沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的一起进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高铈的回收率。 （7）氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $10工艺篇------化工流程题 1、 真题溯源，命题透视 1.（2025·山东卷）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A. 试剂X可选用粉 B. 试剂Y可选用盐酸 C. “分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D. “酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 2.（2026·山东卷）. 一种从铜阳极泥（主要含、、）中分离提取贵金属、的工艺流程如下： 已知：“球磨提金”时，生成的高活性直接和反应生成。 ；　。 回答下列问题： （1）“酸浸”时，与稀反应生成二元弱酸的离子方程式为_________________________________________。 （2）“球磨提金”时，生成的反应中作氧化剂的是__________（填化学式）。 （3）“酸溶”时，转化为；“反萃取”时加入溶液后，水相中以形式存在，的两个作用是_______________________________________。“酸化析金”时，发生自身氧化还原反应的离子方程式为_________________________________。 （4）“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使完全溶于氨水，则反应后溶液中_______。 （5）“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加入的物质是___________（填化学式）。 3.（2025·山东卷）. 采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含及等元素的氧化物)分离提取等元素，工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，低温分解生成，高温则完全分解为气体；在完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于。 回答下列问题： （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。与反应转化为时有生成，该反应的化学方程式为_______。“高温焙烧”温度为，“水浸”所得滤渣主要成分除外还含有_______(填化学式)。 （2）在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸时金属元素的浸出率_______(填“增大”“减小”或“不变”)。 （3）萃取反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)。“反萃取”时加入的试剂为_______(填化学式)。 （4）“沉钴”中，时恰好沉淀完全，则此时溶液中_______。已知：。“溶解”时发生反应的离子方程式为_______。 （5）“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入_______(填操作单元名称)循环利用。 4.（2024·山东卷）. 以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫。溶解等物质的量的和时，消耗物质的量之比为_______；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时挥发外，另一目的是防止产生_______(填化学式)。 （2）将“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_______。 （3）“还原”中加入铅精矿的目的是_______。 （4）“置换”中可选用的试剂X为_______(填标号)。 A． B． C． D． “置换”反应的离子方程式为_______。 （5）“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作_______(填“阴极”或“阳极”)。 核心考点 2026年 2025年 2024年 工业流程选择 山东卷T13 4分 工业流程大题 山东卷T17 12分 山东卷T17 12分 山东卷T18 12分 近3年试题中，工业流程选择题题型只在2025考过，往前看21-23从未缺席，是必考题型。题目命题有以下特色：“陌生元素+熟悉原理”，题干常引入钛（Ti）、钒（V）、钼（Mo）、钨（W）等陌生过渡金属，但考查的反应往往是熟悉的复分解反应、双水解、或简单的氧化还原反应；“对比型”设问增多，类似大题风格，选项会对比A操作和B操作的优劣；“隐含条件”挖掘，题干中看似无关的一句话，往往是解题关键，例如提到“饱和溶液”，暗示存在溶解平衡；化学用语融合考查，在流程背景下，顺带考离子方程式书写、电子式、结构式等，属于“一鱼两吃”。 从近年山东高考无机流程大题命题来看，总体态势呈现出“情境前沿化、设问微观化、计算定量化、思维辩证化”的特点，命题紧扣国家新能源与战略资源背景。总体来看四段式设问框架稳定，例如预处理：粉碎/焙烧目的、陌生氧化还原/非氧化还原反应方程式书写（必考1~2个，介质酸碱性易错）； 除杂分离：滤渣/滤液成分判断（元素守恒+价态变化）、调pH分步沉淀逻辑、萃取剂选择性解释； 转化富集：控温原因分析（防分解/水解/能耗）、氧化剂/还原剂选用依据（不引杂、绿色）； 结晶与计算：结晶方式选择（蒸浓/冷结/趁热）、洗涤剂作用、Ksp求pH/产率/纯度定量计算（压轴拉分）。 二、考点梳理，思维建模 【精讲速记】 ： ㈠“披着工装的化学基础题”--- 流程选择题。 本质是“微型工艺流程+化学用语+原理判断”的复合题，和后面的工艺流程大题相比，它更讲究“快、准、狠”，不考复杂计算，主打概念辨析与逻辑陷阱。这类题通常给出一个2～4步的简短工业流程框图，然后附带4个选项，分别考察：1.操作判断：过滤、蒸馏、萃取、分液、蒸发结晶、冷却结晶等操作的适用场景。2.物质判断：滤渣、滤液、废气、可循环利用物质的成分。3.原理分析：离子方程式/化学方程式的正误、氧化还原电子转移、反应条件的目的（如调pH、煮沸、加氧化剂的目的）。 一般分为有机实验流程和无机工业流程。 有机制取实验核心有两点：①核心物质的合成机理以及涉及物质的物理性质与化学性质。②杂质物质的分离与提纯。思考物质的分离方法，通常先考虑物理方法（过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取），再想化学分离法。 无机工业流程整体操作可以抽象为这样几个阶段：预处理 除杂与转化 物质分离 提纯 产品制取 。还要注意以下考察学生做题思维和视野的思想：①工业流程题的核心之一是目标物质的制取，因此我们需要时刻关注元素的价态和形态。②工业流程的另一个核心是除杂，因此一定要想清楚每一种杂质元素，在哪一步，以什么样的机理，变成什么样的最终物质被除掉了。③工业流程设计的标准决定了每一个流程要力争做到：绿色化学、成本低、产品纯度高、产率高。这都是原因类答题的思考方向。 备考技巧： 1.抓“起点”和“终点”：迅速确定流程的原料和目标产物，中间的步骤都是为了除去杂质或转化形态。顺着箭头走，瞻前顾后。看每一步加入了什么试剂，生成了什么沉淀或气体。特别注意“过量”二字，过量的试剂会成为后续滤液中的离子。 2.积累“常客”除杂剂：除Fe³⁺/Al³⁺：氨水、NaOH、ZnO、MgO、CuO（调pH） 除Fe²⁺：H₂O₂、Cl₂、O₂（先氧化）除SO₄2⁻：BaCl₂ 除CO₃²⁻：强酸（H⁺） 3.分离操作技巧：溶解度受温度影响大（KNO₃型）→ 冷却结晶、溶解度受温度影响小（NaCl型）→ 蒸发、结晶液体互溶（乙醇-水）→ 蒸馏、液体不互溶（CCl₄-水）→ 分液 4.循环利用物质：找“回头箭”。流程图中箭头指回流程起点的物质，或者既是反应物又是生成物的物质（催化剂除外）。 5.关注“环保”与“成本”：选项如果出现“提高原子利用率”、“减少污染”、“降低成本”，在没有硬伤的情况下，通常是正确的。 ㈡.山东高考化学工艺流程题 载体聚焦战略资源与循环利用：从早期主族元素转向Co、Ni、Mn、Li、Cu、稀土等过渡金属，素材多为废旧锂电池回收、多元共生矿（如铁锰氧化矿）提取、高纯材料制备，贴合“双碳”与绿色化工。流程结构复杂化：突破单线流程，高频考查两段焙烧、酸/碱协同浸出、萃取-反萃取循环等复杂工艺，要求考生对比不同温度、pH、工序下的产率与杂质变化。信息依赖度极高：题干提供大量陌生数据（氢氧化物沉淀pH表、硫酸盐热分解温度、萃取分配系数、络合常数），脱离题目死记模板必错，强调现场读取图表推理滤渣成分与反应产物。跨模块深度融合：不再孤立考无机，而是糅合氧化还原（高温复杂体系）、水溶液离子平衡（Ksp竞争沉淀）、配位化学（有机萃取剂）、反应原理（热分解能耗）及晶体/结构基础。命题题目框架结构一般如图所示： 备考技巧：以下从上图工业流程主要阶段归纳下常考模型，供同学参考 流程阶段 核心任务 高频考点 答题关键词/破题点 Ⅰ. 预处理 （粉碎、酸浸/碱浸、焙烧、煅烧） 改变物质结构，使目标元素转入溶液（浸出） 1. 反应速率与平衡：粉碎/搅拌目的 2. 氧化还原：高温焙烧反应（硫化物→氧化物+SO₂） 3. 试剂选择：酸浸(HCl/H2SO₄/HNO₃) vs 碱浸(NaOH/氨水) 4. 化学方程式：陌生方程式的配平（注意介质：H⁺/OH⁻） • 增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 • 高温下将硫化物转化为氧化物，除去硫元素（SO₂） • 盐酸浸出易水解离子（如Ti⁴⁺）易引入杂质；硝酸浸出产生污染性气体​ Ⅱ. 除杂分离 （调pH、沉淀、交换、萃取） 除去浸出液中的杂质离子（Fe³⁺、Al³⁺等），富集目标离子 1. 水解沉淀：调节pH使Fe³⁺/Al³⁺沉淀完全，而目标离子（Cu²⁺/Ni²⁺）不沉淀（利用Ksp） 2. 试剂选择：加入ZnO/氨水/CuO调节pH的原理（消耗H⁺，不引入新杂质） 3. 萃取与反萃取：萃取剂的选择性、反萃取剂的作用 4. 离子交换：树脂吸附与再生 • 使Fe³⁺/Al³⁺完全沉淀，而Cu²⁺/Ni²⁺不沉淀，实现分离 • 消耗H⁺，促进Fe³⁺水解平衡正向移动 • 富集目标离子，除去杂质离子 • 静置，向上层清液中继续滴加××试剂，无沉淀生成​ Ⅲ. 核心转化 （氧化/还原、电解、热分解） 改变目标元素的价态，或将其转化为易分离的形态 1. 氧化剂/还原剂选用：H2O₂、O₂、NaHSO₃、Zn粉等（要求：不引杂、绿色） 2. 电化学原理：电解精炼（阳极泥、阴极沉积）、电沉积 3. 热重分析：加热分解产物判断（失去结晶水或CO₂） 4. 控温原因：防分解、防水解、控速率 • 将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，便于后续调pH除去（H2O₂还原产物为H2O，不引入杂质） • Mⁿ⁺ + ne⁻ = M（阴极得电子还原） • 温度低反应慢；温度高反应物分解/水解/能耗大 • 失去结晶水/分解产生CO₂或O₂​ Ⅳ. 产品获取 （结晶、洗涤、干燥、灼烧） 从净化液中获得目标产品晶体，并进行纯化 1. 结晶方式：蒸发浓缩、冷却结晶（KNO₃型）；蒸发结晶、趁热过滤（NaCl型/防止降温析出） 2. 洗涤试剂：冷水（防溶）、乙醇（易干）、热水（除杂） 3. 干燥/灼烧：低温烘干（防分解）、高温灼烧（转氧化物） 4. 纯度计算：滴定法或热重法计算产率/纯度 • 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（顺序不能乱） • 减少晶体溶解损失；利用乙醇挥发性除去表面水分 • 防止晶体受热分解/失去结晶水 • 关系式法：n(产品)=n(滴定剂)×系数比​ Ⅴ. 绿色评价 （贯穿全流程） 评估工艺的环境效益与经济效益 1. 循环利用：判断可循环使用的物质（如CO₂、NH₃、有机溶剂、母液） 2. 环保处理：尾气吸收（Cl₂、SO₂）、废渣回收 3. 原子经济性：对比不同工艺的产率与副产物 • ××气体（或溶剂）经吸收/再生后可返回流程重复使用 • 在末端增加吸收塔，吸收××有毒气体 • 工艺甲原子利用率高，能耗低，无有毒有害副产物生成​ 三、考点精练，靶向突破 考向1.工业流程选择题 1.（2026·山东临沂·一模）由软锰矿(，含、，和等杂质)制备高纯的流程如下。 已知：①离子浓度小于，视为沉淀完全； ②，，。 下列说法错误的是 A. “酸浸还原”时，被还原的元素有和 B. 常温下，“调”时，沉淀完全 C. 试剂X可以是或 D. “电解”时，阳极反应式为 2.（2026·山东济南·一模）含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，其用于提取金属钛的流程如下。已知：不溶于水、稀酸和碱溶液。 下列说法正确的是 A．“研磨、磁选”时除去高炉渣中的铁元素 B．“酸浸”和“碱浸”均应在高温下进行 C．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，最终得到的滤渣主要成分相同 D．若将酸浸区域与碱浸区域互换顺序，理论上氢氧化钠用量不变 3．（2026·山东日照·一模）铅渣中富含、、、、等氧化物，一种分离铅渣中的元素的流程如下： 已知：(HA是萃取剂)。下列说法错误的是 A．试剂X可选用氯水或双氧水 B．“操作M”是过滤 C．试剂Y可选用稀或 D．“氧化”过程的离子方程式为 4.（2025·山东临沂·二模）利用和浓盐酸反应制备，为提纯粗品，设计如图路线。 已知：能与醇形成结晶状化合物。 下列说法正确的是 A. 操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均相同 B. 可用NaOH溶液代替溶液 C. 无水的作用只是干燥除水 D. 可用红外光谱仪区分和 考向2.工业流程题 5.（2026·山东临沂·一模） 一种从银铜锌共生矿(主要成分为，，等)中分离银、铜的工艺流程如图所示。 已知：①易被氧化，易与、结合；与结合生成；有强烈的疏水性，能附着在气泡上。 ②，，， 。 回答下列问题： （1）“钝化”的目的是生成碱式碳酸锌，可附着在表面，阻止与结合。生成的离子方程式为______。 （2）“浮选”过程中通入的目的是______；“氧化”过程中加入的作用是______。 （3）“酸浸”过程中，不能发生的原因是______(写出计算过程)。 （4）“氧化浸取”过程中生成的离子方程式为______。 （5）“置换”中可选用的试剂X为______(填标号)。 a． b． c． d． （6）该工艺流程中能循环使用的物质有______(填化学式)。 6.（2026·山东青岛·一模）电解锰渣主要成分为和少量，实验室回收锰和铅的流程如图。 已知：①常温下，，，。②；。回答下列问题： (1)“还原酸浸”时pH控制在2∼4之间，PbS中的被氧化为，反应的化学方程式为_______。pH不能太小的原因为_______。 (2)“浸出渣”主要成分为_______。 (3)“分步沉淀”中的平衡常数_______。“浸出液2”含，当出现沉淀时，_______(忽略离子的水解作用及溶液体积变化)。 (4)“再生除杂1”中加入富铅渣的目的是_______。 (5)为实现“再生液”的循环利用，“试剂X”最好为_______(写化学式)。 7.（2026 · 山东枣庄 · 一模）稀土是保障国家高端制造自主可控、支撑国防安全的战略核心材料。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备稀土化合物的一种工艺流程如图所示： 已知：①能与结合成，也能与结合成 ②在硫酸体系中能被萃取剂[]萃取，而不能，萃取反应为；萃取率 ③一定条件下，分别在有机层与水层中存在形式的物质的量浓度之比是一个常数(分配系数)， 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高浸出率的措施有______(填一种即可)。 (2)萃取用到的玻璃仪器有______；取50 mL含的溶液，一次性加入20 mL萃取剂，若Ce元素的分配系数，则的萃取率为______。 (3)“反萃取”中加入的目的是______；的作用是______(填“催化剂”“氧化剂”或“还原剂”)。 (4)“氧化”中发生反应的离子方程式为______。 (5)产品常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂，占据原来的位置，可以得到更稳定的结构，如图所示(的空缺率)。 若掺杂后得到的晶体，则此晶体中的空缺率为______。 四、他山之石，可以攻玉 1.（2026·贵州卷）某磷废渣的主要成分为、和，一种对其进行分离的工艺流程如图。 下列说法错误的是 A. “焙烧”的目的是使、分解 B. “浸取”可能的反应为 C. “滤渣浮选”利用了和物理性质的差异 D. “滤液沉淀”可以利用流程中产生的和制备沉淀剂 2.（2026·黑吉辽蒙卷）从铜阳极泥（主要成分为和，含少量和）中提取热电材料碲（）的流程如图。已知与适量空气反应可生成。下列说法正确的是 A. “浸渍”时通入过量空气不发生副反应 B. 滤渣可以全部溶于浓 C. 被氧化过程中，溶液碱性增强 D. “沉碲”过程中被氧化 3.（2026·湖北卷）赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。 (2)预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是________。 (3)“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是________（答两条即可）。 (4)酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为________。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于________，此时滤液中的主要成分为________（填化学式）。 (6)沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是________（填化学式）。 4.（2026·陕晋青宁卷） 一种从废旧电池粉(主要成分为LiFePO4，含有少量FePO4、石墨、Al等)中深度回收锂的工艺，部分流程如下： 已知：①磷酸铁锂电池反应为； ②“沉铝”时，滤渣中含和少量。 回答下列问题： （1）废旧电池粉碎前一般需先放电，正极反应式为________。 （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，可提高酸浸速率的措施有________(任写两种)。该过程有生成，溶解的化学方程式为________。滤渣的主要成分为________。 （3）“沉铝”时，中Fe元素的化合价为________。 （4）“焙烧”时产生的HF，用________吸收后，产物可以循环利用。 （5）“除杂”时，在一定pH范围内，会发生反应(平衡常数为)。若溶液中 为，不考虑其他离子参与反应，为防止沉淀， 需小于________(用含a、b的代数式表示)。 （6）滤液2中，溶质除Na2CO3外，主要含________(填化学式)。 （7）滤液1需先加入H2O2溶液，再加入氨水除杂，最后回收Li3PO4。H2O2的作用是________。取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加________，若产生蓝色沉淀，则需补加H2O2溶液。 5.（2026·四川卷）为了保护环境、充分利用资源，某科研小组提出一种从闪锌矿湿法炼锌后的脱硫浸渣中回收铅和银的方法。浸渣主要含有、、、ZnS和少量等，回收流程如下。 已知：常温下，有关物质的溶度积常数如下。 物质 AgCl 回答下列问题： （1）闪锌矿中的锌元素在元素周期表中位于第___________周期、第___________族。 （2）“煅烧”温度控制在350℃左右，中的硫酸根不分解、铅以形式存在，其分解反应的化学方程式是___________。 （3）“酸浸”时，还加入了少量NaCl，其目的是___________，浸出的主要金属离子是___________。 （4）“溶铅”时，使用含的热浓食盐水将铅盐转化为，其离子方程式是___________。食盐水中添加的作用有___________。 （5）溶液适当稀释和降温，便析出沉淀。分离后的母液，应返回___________步骤中。 （6）“电解”时，压片组成阴极，惰性电极作阳极，溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生和少量外，阳极附近溶液中还伴有少量生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有____。 6.（2026·河南卷）一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 10工艺篇------化工流程题参考答案 一、真题溯源，命题透视 1.【答案】A【解析】【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。 【详解】A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确； C． 根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确； 2.【答案】（1） （2） （3） ①. 将+3价的还原为+1价、提供配体 ②. （4） （5） 【解析】【分析】铜阳极泥原料主要含、、，先加入稀硝酸、稀硫酸进行酸浸，、被硝酸氧化溶解生成、、二元弱酸与，、、二元弱酸进入滤液，留在沉淀中；沉淀加入、球磨提金，氧化氯离子生成活性，将氧化为，经稀盐酸酸溶得到水溶液，有机萃取剂萃取金进入有机相，水相分离后有机相中加入反萃取，既作还原剂还原又提供配体形成，再经稀盐酸酸化，发生自身氧化还原析出单质；酸浸滤液中加入沉银得到沉淀，加氨水溶银生成可溶性络离子，再用水合肼还原提银析出单质，释放得到滤液； 【小问1详解】中为价被氧化为，为价被氧化为，被还原为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； 【小问2详解】“球磨提金”时，加入的在酸性条件下氧化生成，元素化合价降低，作氧化剂； 【小问3详解】具有还原性，将中价还原为低价价；作为配体，与形成络离子进入水相实现反萃取，因此的作用为将+3价的还原为+1价，提供配体；中降价生成单质，元素部分转化为、部分为，结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为； 【小问4详解】已知：；，总反应为，平衡常数。完全溶于氨水，平衡时，代入，得平衡游离，因此； 【小问5详解】还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放，滤液含铵盐，球磨提金工序需要，向滤液加入，将转化为，可循环至球磨提金步骤。 3. 【答案】（1） ①. ②. Fe2O3、CaSO4 （2）减小 （3）H2SO4 （4）①. 4×10-4 ②. （5）低温焙烧 【解析】【分析】采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿中分离提取等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钴、硫酸钙等，产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液，得到的硫酸盐经高温焙烧，只有硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钴元素和锰元素，加入硫化钠，调节pH，生成硫化钴，过滤分离最终得到硫酸钴溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据此解答。 【小问1详解】低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失守恒可知还有氨气生成，化学方程式为：；根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：；Fe2O3、CaSO4； 小问2详解】根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小； 【小问3详解】根据萃取的化学方程式：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，加入有机相将铜离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4； 小问4详解】沉钴时，pH=4时Co2+恰好沉淀完全，其浓度为c(Co2+)=1×10-5mol/L，此时c(H+)=1×10-4mol/L，根据Ksp((CoS)= 4×10-21，推出，又因为Ka1(H2S)= 1×10-7，Ka2(H2S)= 1×10-13，，则c(H2S)= ==4×10-4 mol/L；由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S，化学方程式为：，改写成离子方程式为：。故答案为：4×10-4；； 【小问5详解】由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用，故答案为：低温焙烧。 4.【答案】（1） ①. 1:1 ②. H2S （2）热浸 （3）将过量的Fe3+还原为Fe2+ （4） ①. C ②. （5）阳极 【解析】【分析】本题以铅精矿(含，等)为主要原料提取金属和， “热浸”时，难溶的和转化为和及单质硫，被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。 【小问1详解】“热浸”时，将和中-2价的硫氧化为单质硫，被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的和时，S2-物质的量相等，所以消耗的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。 【小问2详解】“过滤Ⅱ”得到的沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为，电解溶液制备金属，在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。 【小问3详解】过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。 【小问4详解】“置换”中加入试剂X可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：。 【小问5详解】“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电视，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。 二、考点梳理，思维建模 三、考点精练，靶向突破 1.【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向软锰矿中通入二氧化硫、加入硫酸溶液酸浸还原，将二氧化锰、氧化铁转化为硫酸锰、硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜转化为硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠调节溶液pH为5，将溶液中的铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入硫化铵，将溶液中的亚铁离子、铜离子转化为硫化亚铁、硫化铜沉淀，过滤 得到含有硫化亚铁、硫化铜的滤渣和硫酸锰溶液；电解硫酸锰溶液在阳极得到二氧化锰。 【详解】A．由分析可知，酸浸还原时加入硫酸溶液、通入二氧化硫酸浸还原，将二氧化锰、氧化铁转化为硫酸锰、硫酸亚铁，反应中锰元素、铁元素的化合价降低被还原，A正确；B．由溶度积可知，溶液pH为5时，溶液中铝离子的浓度为：=1.3×10-6 mol/L＜1×10-5mol/L，则溶液中铝离子完全沉淀，B正确；C．由分析可知，加入硫化铵的目的是将溶液中的亚铁离子、铜离子转化为硫化亚铁、硫化铜沉淀，则加入的试剂X不可能是氢硫酸，原因是溶液中亚铁离子不能与氢硫酸反应，C错误；D．由分析可知，电解硫酸锰溶液时，阳极发生的反应为水分子作用下锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰和氢离子，电极反应式为：，D正确； 2.【答案】A【分析】含钛高炉渣富含、、、、、等氧化物，经过研磨、磁选分离出，盐酸酸浸，、、溶解，得到各物质的盐溶液，TiO2、SiO2不溶解，滤渣1主要成分是TiO2、SiO2，滤渣1再加氢氧化钠溶液碱浸，SiO2溶解，TiO2不溶，滤渣2主要成分是TiO2，提纯之后还原得到金属钛；据此分析解题。 【详解】A．四氧化三铁具有磁性，可通过“研磨、磁选”方法除去铁元素，A正确；B．“酸浸”和“碱浸”在室温下就可进行，无需高温，B错误；C．先加入NaOH溶液，CaO与水反应生成Ca(OH)2，氧化铝和二氧化硅反应转化成[Al(OH)4]-和CaSiO3，滤渣主要成分为TiO2、MgO、CaSiO3，滤渣中再加入稀盐酸，氧化镁溶解，最终得到的滤渣为二氧化钛、CaSiO3，C错误；D．先加入NaOH溶液，氧化铝和二氧化硅均可溶解，NaOH用量增加，D错误； 3.【答案】B【分析】铅渣加稀硫酸酸浸，PbO生成难溶的，不与稀硫酸反应，因此滤渣1为、，滤液1含、、的硫酸盐；后续对滤液1萃取除铁，对滤渣1碱浸分离Pb和Si。 【详解】A．试剂X的作用是将氧化为，便于后续萃取，氯水、双氧水均可以氧化，A正确； B． 萃取分液后得到水相和有机相，有机相加入稀硫酸进行反萃取得到，故操作M是反萃取，B错误；C．滤液2为溶液，试剂Y的作用是和反应生成沉淀，酸性：，因此稀硫酸、都可以和反应得到硅酸，最终制得，C正确；D．氧化过程中，作氧化剂，将氧化为，自身被还原为，配平后离子方程式为，电荷、原子均守恒，D正确； 4.【答案】D【解析】【分析】合成反应为，粗品中为、和HCl。操作I加水通过分液方法分离水相（含HCl）和有机相；操作Ⅱ加入碳酸氢钠除去有机相中残留的HCl，然后通过分液去除水相；操作Ⅲ加水进一步除去残留的碳酸氢钠，再分液；操作Ⅳ加无水CaCl2除去有机相中的水以及，然后通过过滤得到有机相；最有通过蒸馏分离和得到纯品。 【详解】A．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为分液，操作Ⅳ为过滤，故A错误；B．NaOH可使(CH3)3CCl水解，不能用NaOH溶液代替溶液，故B错误；C．根据已知信息，无水的作用干燥除水，及除去残留的，故C错误；D．(CH3)3COH和(CH3)3CCl含有官能团不同，可用红外光谱分辨，故D正确； 5.【答案】（1）或 （2） ①. 使附着在氮气产生的气泡上，便于分离(合理即得分) ②. 氧化和(合理即得分) （3），所以该反应不能发生(合理即得分) （4） （5）c （6）、 【解析】【分析】钝化阶段：加入碳酸钠、硫酸锌，在ZnS表面生成碱式碳酸锌钝化层，阻止ZnS进入后续浮选影响分离，滤液1为含、过量未反应、的可溶性盐溶液，滤渣为钝化后的混合矿（含、和钝化ZnS）。浮选后，矿料按组分分离为含银组分、含铜组分分别送后续工序：酸浸处理含银组分时，加入稀硫酸，滤液2为含的溶液，滤渣为粗；含铜组分经稀硫酸、双氧水氧化浸出铜、铁离子后，加CuO调pH沉铁，滤渣为氢氧化铁沉淀（除去杂质铁），滤液为纯净硫酸铜溶液，电解后得到精铜。粗经氰化氧化浸出后，硫单质为滤渣，滤液为溶液，经置换、酸溶得到单质银，据此解答。 【小问1详解】碳酸钠与硫酸锌反应，碳酸根水解结合锌离子生成碱式碳酸锌沉淀，同时释放，根据原子和电荷守恒配平得到或； 【小问2详解】根据已知信息，Z-200易被氧化，且需要附着气泡分离，性质稳定，可满足需求；中Fe为+2价，氧化为+3价后便于后续调pH生成沉淀除去，故“氧化”过程中加入的作用是氧化和； 【小问3详解】该反应的平衡常数==，代入数据得：=，K极小，反应几乎不能发生； 【小问4详解】氧气作氧化剂，将中-2价S氧化为S单质，与结合为稳定的，根据得失电子守恒、原子电荷守恒配平为； 【小问5详解】置换Ag需要活泼性强于Ag的金属：Ba性质太活泼，先与水反应，不能置换Ag；Pt活泼性弱于Ag，不反应；Cu置换后，过量Cu不与稀硫酸反应，会混入Ag中；Zn活泼性强于Ag，过量Zn可与稀硫酸反应除去，最终得到纯净Ag，因此选c。 【小问6详解】电解硫酸铜溶液提铜时，反应生成硫酸，可返回流程中的酸浸、氧化步骤重复使用，滤液2含有，也可以循环使用。 6.【答案】(1) pH太小会产生硫化氢有毒气体，污染空气 (2)和 (3) (4)除去 (5) 【分析】该流程以含、、和少量的电解锰渣为原料，先经、还原酸浸，使转化为进入浸出液1用于电解产锰，同时得到含等的富铅渣；富铅渣用浸铅， 转化为进入浸出液2，、成为浸出渣；浸出液2加分步沉淀，转化为（后续可制），再经富铅渣除、试剂（）除杂后得到可循环的再生液，最终实现锰、铅的回收与醋酸盐的循环利用。 【详解】（1）在酸性条件下，MnO2作为氧化剂，将PbS中的S2-氧化为，自身被还原为Mn2+。根据得失电子守恒和原子守恒，配平后的化学方程式为。 PbS在强酸性条件下会发生反应：，生成有毒的气体，污染空气，因此pH需控制在2~4之间，避免逸出。 （2）根据分析，“浸出渣”主要成分为和。 （3）计算平衡常数K：目标反应为：，该反应可以看作是以下两个反应的相加：， ；， ；因此，总反应的平衡常数 。 计算c(Pb2+)：当溶液中开始出现CaCO3沉淀时，溶液中的离子浓度满足其溶度积：，此时溶液中 ，在此 浓度下，的溶度积满足：，所以， 。 （4）分步沉淀后，溶液中残留，富铅渣中含PbSO4，富铅渣中的PbSO4可与反应生成沉淀，从而除去溶液中的，避免干扰后续流程。 （5）“再生除杂1”后，溶液中主要含有、和等离子。为了实现“再生液”（即CH3COONH4溶液）的循环利用，需要除去杂质，则试剂X为(CH3COO)2Ba。加入后，其中的会与溶液中的反应生成难溶的硫酸钡沉淀，从而除去杂质。 7.【答案】(1)适当升高温度、适当提高酸的浓度、搅拌等(2) 分液漏斗、烧杯 77.27%(或77.3%) (3) 加入硫酸，溶液中浓度增大，同时与结合成，转移至水层，促使萃取反应平衡向逆反应进行，提高了Ce的反萃取率 还原剂 (4) (5)15% 【分析】氟碳铈矿(主要含CeFCO3)，“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+，以便后续的提取，加稀硫酸，与结合成[CeSO4]2+，加萃取剂，氟洗液，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取，而Ce3+不能，“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，加入碱后Ce3+转化为沉淀，加入次氯酸钠将Ce从+3氧化为+4，加热分解得到产品，据此分析； 【详解】（1）提高反应速率，可将矿石粉碎（或适当升高温度、适当提高酸浓度、搅拌，任写一种即可）； （2）萃取分液操作使用的玻璃仪器为分液漏斗、烧杯；根据分配系数定义，设水层浓度为，有机层浓度为，萃取率计算为： ； （3）萃取反应为，加入硫酸，增大浓度，同时与结合成，转移至水层，促使萃取反应平衡向逆反应进行，提高了Ce的反萃取率；反萃取后转化为，被还原，因此作还原剂； （4）流程中加入后体系为碱性，将氧化为沉淀，自身被还原为，离 子方程式： （5）设，，则，，总正电荷，因此实际；总阳离子共，理论纯中对应，因此氧空位数，空缺率。 四、他山之石，可以攻玉 1.【答案】A 【解析】 A. MgCO₃分解温度高于CaCO₃，焙烧时仅CaCO₃分解生成CaO和CO₂，MgCO₃未分解，且后续浮选仍得到MgCO₃，故“焙烧”目的不是使MgCO₃分解，A错误。B. 焙烧后CaCO₃分解生成CaO，(NH₄)₂SO₄溶液呈酸性，加热条件下CaO与(NH₄)₂SO₄反应生成CaSO₄、NH₃和H₂O，反应式符合反应规律，B正确。C. 浮选是利用Ca₃(PO₄)₂和MgCO₃表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确。D. 流程中焙烧产生CO₂、浸取产生NH₃，二者入水生成NH₄HCO₃或(NH₄)₂CO₃作为沉淀剂，与滤液中Mg²⁺反应生成MgCO₃沉淀，D正确。 2.【答案】C【解析】【分析】铜阳极泥的主要成分为和，含少量和，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，和反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，和不溶，进入滤渣，滤液1中含有Na2Te2，加入Na2SO3溶液发生氧化还原反应，Na2SO3作氧化剂被还原，同时将Na2Te2氧化为碲粉，滤液2中主要含有低价态含硫化合物用于“浸渍”工序循环利用； 【详解】A．“浸渍”时和生成的都具有还原性，通入过量空气时，过量会进一步将氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；B．铜阳极泥中的Au不参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于王水），因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C．被氧化生成的反应方程式为：，反应生成强碱，溶液中增大，碱性增强，C正确；D．滤液1中在中为价，沉碲得到价碲单质，化合价升高被氧化，因此做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误； 3.【答案】(1) 3d⁶4s²(2) 矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3) 提供大量H⁺，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供Cl⁻，与Fe³⁺形成稳定配离子，促进铁元素浸出（其他合理答案亦可） (4) 2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O (5) 根据Ksp[FePO₄]计算的浓度；NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃ (6) Fe₂O₃ 【分析】赤铁矿主要成分为Fe₂O₃，含SiO₂、MgO、Al₂O₃等杂质。预处理将部分Fe₂O₃转化为Fe₃O₄，晶格畸变产生微裂纹；酸浸用HCl-H₃PO₄混合酸溶解铁元素；H₂O₂氧化后调节pH生成FePO₄沉淀；滤液含NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃等。 【详解】(1) Fe为26号元素，电子排布为[Ar]3d⁶4s²，价层电子排布式为3d⁶4s²。 (2) 矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率。 (3) “酸浸”加入盐酸，提供大量H⁺，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供Cl⁻，与Fe³⁺形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续FePO₄沉淀生成。 (4) 酸浸液中加入H₂O₂，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，离子方程式为2Fe²⁺ + H₂O₂ + 2H⁺ = 2Fe³⁺ + 2H₂O。 (5) 根据Ksp[FePO₄] = c(Fe³⁺)·c(PO₄³⁻)，在pH=2.00、c(PO₄³⁻)确定条件下，可计算c(Fe³⁺)上限。滤液中主要成分为NH₄Cl、MgCl₂、AlCl₃。 (6) FePO₄中Fe与P原子个数比为1:1，若产物中Fe/P=1.05，说明Fe比例偏高，杂质不含P、只含铁，故杂质为Fe₂O₃。 4【答案】（1） （2）适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种） C（石墨） （3）+3 （4）NaOH溶液或Na2CO3溶液 （5） （6）Na2SO4 （7）将氧化为，便于后续沉淀 铁氰化钾溶液（） 【分析】本题以废旧电池回收为综合情境，原料为含，混有少量​、石墨、Al杂质的废旧电池粉，首先经硫酸酸浸，不溶于酸的石墨作为滤渣除去，​等含锂物料与硫酸反应，浸出、、、、磷酸根等离子；随后调 沉铝，沉铝后的滤液可单独回收得到​，沉铝滤渣经焙烧、酸浸、调pH除杂除去铁铝杂质后，最终加饱和碳酸钠沉锂得到产品，焙烧产生的 可吸收循环利用，实现了废旧锂电资源的高效清洁回收。 【详解】（1）磷酸铁锂电池放电时的总反应为：，正极与得电子生成，故正极的电极反应式为； （2）“酸浸Ⅰ”时，除粉碎外，适当升高温度、搅拌、适当增大硫酸浓度等（任写两种）均可提高酸浸速率；“酸浸I”时， LiFePO4与反应生成、和，化学方程式为：；原料含石墨，石墨不与稀硫酸反应，故滤渣主要为C（石墨）； （3）再中，设Fe化合价为x，为+1价，P为+5价，O为-2价，化合价代数和为0，即 ，解得x=+3，即Fe为+3价； （4）流程中 “沉铝” 步骤消耗NaF，HF 与NaOH或Na2CO3反应生成的NaF可循环，故选用NaOH溶液或Na2CO3溶液； （5）反应的平衡常数表达式为，为防止Li3PO4沉淀，反应逆向进行，需满足Q>K，即，带入 为，，； （6）沉锂反应的反应方程式为，则体系阳离子为Na+，阴离子为（酸浸II引入硫酸根），故除过量Na2CO3外，主要含Na2SO4； （7）沉铝产物含，Fe 为+3价，由分析知，酸浸后溶液含，H2O2作氧化剂，将氧化为，便于后续沉淀；由于与铁氰化钾溶液（）生成蓝色沉淀，故取少量加H2O2溶液后的滤液1，滴加铁氰化钾溶液（），若产生蓝色沉淀，则未完全氧化为，则需补加H2O2溶液。 5.【答案】（1） 四 ⅡB（2） （3） 将元素转化为沉淀，提高的回收率 、 （4） 增大浓度，利于生成；与产生的结合，促进反应正向移动 （5）溶铅 （6）阳极发生电极反应、，生成，使得溶液的降低 【解析】脱硫浸渣原料含、、、、少量，通入空气350℃煅烧，分解生成、、与水，、被空气氧化为金属硫酸盐；煅烧产物加稀硫酸酸浸并加入少量，、元素转化为、进入滤液分离除去，体系内与结合生成固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含、、，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与形成可溶性银氯配离子，银元素溶解得到银溶液实现银回收，脱银后的固体再投入含、的热浓食盐水中溶铅，与、反应生成可溶性配离子同时析出废渣，向溶铅液加水稀释降温，解离析出沉淀，分离后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后压片作阴极、惰性电极作阳极，溶液为电解液电解得到金属铅。 （1）Zn元素原子序数30，核外电子层为4层，价电子排布，位于元素周期表第四周期ⅡB族；（2）由题，350℃下分解，硫酸根不分解，产物为、、、，化学方程式为； （3）酸浸加入少量电离出，煅烧生成的会与发生沉淀转化，生成溶度积更小的固体留存于酸浸渣，避免银随、进入滤液流失，提高后续银的总回收率；酸浸时锌、铁的氧化物、硫酸盐溶于稀硫酸，浸出主要金属离子为、； （4）溶铅时固体和、反应生成可溶性与沉淀，离子方程式：；食盐水中的电离出增大体系氯离子浓度，促进转化为可溶性，同时结合反应生成的生成沉淀，降低溶液中硫酸根浓度，推动溶铅平衡正向移动； （5）稀释降温后解离析出，分离后的母液富含、，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； （6）电解时阳极除失电子发生氧化反应生成外，水电离出的和电解液中失电子均会失电子，分别发生反应、生成、，两个阳极反应均生成，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 6.【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可）(2) (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)将分散的铈元素集中（或富集），以便在后续步骤中统一氧化回收生成沉淀，提高利用率 (7)【解析】焙烧：废芯片预处理，将部分金属氧化浸出1：利用Fe₂(SO₄)₃+H₂SO₄体系溶解Cu等活泼金属 电解：从滤液1中回收Cu，同时再生Fe³⁺循环使用浸出2：用王水或类似强氧化性酸初步浸出Au、Pd 沉淀：Ag⁺→AgCl↓，用N₂H₄还原回收Ag浸出3：进一步浸出剩余Au、Pd，转化为氯配合物 Zn还原：从氯配合物中还原得到Au、Pd单质氧化：Ce³⁺→Ce(OH)₄↓回收铈 （1）提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 （2）“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：。 （3）“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为，阴极反应为：。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 （4）的约为，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 （5）AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻。根据得失电子守恒可得化学方程式为：，因此。 （6）“浸出3”中和转化为和，使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl。而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的，流程的最终目的是要将铈元素转化为沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的一起进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高铈的回收率。 （7）氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $