第05讲 工业流程题解题策略（复习讲义）（全国通用）2027年高考化学一轮复习讲练测

该高中化学高考复习讲义聚焦工业流程题，涵盖微型工业流程选择与综合题两大核心考点，按命题透视、思维建模、考点精讲、真题溯源逻辑架构知识，通过考点梳理、方法指导、真题训练环节，帮助学生系统突破物质制备与提纯等难点。 讲义创新采用“四线法”解题模型与分层训练策略，如微型题“三步法”训练培养科学思维，工业流程综合题试剂线等分析提升科学探究能力，配合真题变式与答题模板，确保高效复习，助力教师把控节奏，提升学生应考能力。

第05讲 工业流程题解题策略 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 微型工业流程题 知识解构 知识点1 微型工业流程选择题的核心特点 ∣ 知识点2 高频考查方式 知识点3 核心知识要点归纳(聚焦选择题高频基础点) ∣ 知识点4 高效分析方法(适配 “流程短 + 选项逐一判断” 特点)∣ 知识点5 高效解题策略(针对选择题 “选项判断 + 陷阱规避” 核心) 考向破译 考向1 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 ∣ 考向2 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 解题妙招1微型工艺流程题基本流程 解题妙招2 微型工艺流程中的过程评价思路 考点二 工业流程综合题 知识解构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 ∣ 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 ∣ 知识点4 核心反应——陌生方程式的书写∣知识点5 原料预处理的六种常用方法 知识点6 控制反应条件的七种常用方法 ∣知识点7 副产品及循环物质的确定 知识点8 工业流程题的分析方法 ∣知识点9 业流程题中常见的答题模板 考向破译 考向1 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 ∣ 考向2 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 解题妙招1 “四线法”解题模型 解题妙招2 化学工艺流程题的解题策略 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 微型工业流程题 四川卷T11，3分 贵州卷T12，3分 江西卷T6，3分 浙江1月卷T16，3 黑吉辽蒙卷T12，3分 湖南卷T12，3分 山东卷T13，4分 甘肃卷T11，3分 重庆卷T13，3分 辽吉黑蒙卷T11，3分 福建卷T5，4分 福建卷T4，4分 贵州卷T13，3分 北京卷T7，3分 湖南卷T11，3 辽吉黑卷T13，3分 工业流程综合题 云南卷，15 广东卷，18 贵州卷，16 河北卷，16 河南卷，15 重庆卷，15 湖南卷，16 江西卷，16 山东卷，17 四川卷，17 上海卷 黑吉辽蒙卷，16 陕晋青宁卷，16 广西卷T16 海南卷T15 江西卷T16 四川卷T17 湖南卷T16 重庆卷T15 广东卷T18 河北卷T16 河南卷T15 江苏卷T14 安徽卷T15 北京卷T16 北京卷T18 甘肃卷T16 云南卷T15 湖北卷T16 山东卷T17 辽吉黑蒙卷T16 陕晋宁青卷T16 全国新课标卷T9 北京卷T18 湖南卷T16 甘肃卷T15 福建卷T11，15分 广西卷T15，14分 山东卷T18，12分 河北卷T16，14分 湖北卷T16，13分 江苏卷T14，15分 海南卷T15，12分 江西卷T15，14分 辽吉黑卷T16，14分 浙江6月卷T18，10分 全国新课标卷T8，14分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。 2．从命题思路上看，化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。 (1)聚焦 “酸浸 / 碱浸 / 焙烧” 涉及的核心物质：如金属氧化物(Fe₂O₃、Al₂O₃)、硫化物(Cu₂S、ZnS)、硅酸盐(SiO₂)与酸 / 碱 / 氧气的反应，整理成 “物质 - 反应 - 条件” 表格(例：Al₂O₃仅与强碱反应，SiO₂不与强酸反应)，避免因基础反应遗忘导致流程分析卡顿。 (2)强化 “反应原理与流程的关联”：如调 pH 除杂需熟记 “Fe³⁺/Al³⁺/Cu²⁺完全沉淀的 pH 范围”(结合 Ksp 计算)，水解平衡需明确 “升温 / 加酸 / 加碱对水解的影响”(例：TiOSO₄水解需加热促进，NH₄HCO₃需低温防水解分解)，拒绝死记流程步骤。 (3)避免混淆易混操作：如 “蒸发结晶” vs“蒸发浓缩、冷却结晶”(依据溶质溶解度受温度影响程度判断，如 NaCl 用前者，KNO₃用后者)；“萃取” vs “分液”(前者是分离溶质，后者是分离互不相溶的液体，流程中常配套使用)；“焙烧” vs “煅烧”(前者多涉及氧化还原，如硫化物焙烧，后者多涉及分解，如碳酸盐煅烧)，每类操作标注 “原理 + 适用场景”。 3.预计2026年高考的试题仍以某矿石为原料制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，呈现化工生产流程图，进行命题设计，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，题目综合性强，难度大，旨在考查考生提取信息，迁移应用的逻辑思维能力。 (1)复习初期可按 “三步法” 刻意训练：拿到题目先圈出 “原料(含杂质)” 和 “最终产品”，明确 “核心元素的转化路径”(如 FeTiO₃→TiO₂，Ti 从 + 4 价不变，Fe 从 + 2 价需转化为 Fe²⁺分离)，再逐段分析 “该步骤要除去什么杂质 / 转化什么物质”(例：加入 Fe 粉的目的是除过量 H₂SO₄+ 还原 Fe³⁺，而非单一目的)，避免因盲目跟流程导致漏判。 (2)遇到新情境(如 “离子交换法提锂”“膜分离技术”)，不要过度紧张：先看题目给的 “辅助信息”(如离子交换树脂的选择性吸附、膜的透过性)，再结合 “分离提纯的本质 —— 将目标物质与杂质分离” 推导，新情境只是载体，核心仍是 “除杂 / 转化 / 富集” 的逻辑。 ►复习目标： 1．掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。 2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。 3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等，对核心物质与反应：做到 “记准、写对、会用”。 4．掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法，对操作本质与差异：做到 “辨得清、说得出”。 5．掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法，掌握 “定向拆解法”，快速定位关键信息，达到 “速度与准确率双达标”，实现 “跨题型融合”，应对复杂设问。 6．掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等，掌握 “专项解法”，确保基础分不丢，做到 “以不变应万变”，实现 “错一题、会一类”。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 微型工业流程题 知●识●解●构 知识点1 微型工业流程选择题的核心特点 工业流程题选择题的核心特征可概括为 “绑流程、显陷阱、考基础”，具体差异如下： 维度 微型工业流程选择题 微型非选择小问 常规工业流程大题 考查载体 流程 + 4 个选项(每个选项对应流程 1 个环节 / 知识点) 流程 + 1-2 个填空(聚焦 1 个核心考点) 完整流程 + 5-6 个设问(多考点串联) 陷阱设置 显性错误(如 “操作与溶质不匹配”“试剂选错”) 隐性疏漏(如方程式漏条件、计算漏数据) 隐性陷阱(如隐性循环、多步反应叠加) 知识深度 仅考 “基础知识点判断”(无复杂计算 / 机理) 考 “基础知识点应用”(如写简单方程式) 考 “基础 + 难点融合”(如 Ksp 计算、机理分析) 解题耗时 3-5 分钟(快速扫流程 + 逐选项判断) 5-7 分钟(分析流程 + 书写答案) 15-18 分钟(完整拆解 + 多问作答) 典型示例 流程 “废铜→浓 H2SO4加热→过滤→CuSO4”，选项判断 “蒸发结晶获 CuSO4・5H2O 是否正确” 流程同上，设问 “写出铜与浓 H1SO4反应的方程式” 钛铁矿提 TiO2，设问 “算产率 + 判循环物质” 知识点2 高频考查方式 微型工业流程选择题的考查围绕 “流程环节与知识点的匹配度判断” 展开，可分为 5 类高频形式： 1. 操作合理性判断 (1)核心考查：“分离提纯操作” 与 “溶质 / 杂质性质” 的匹配，常见操作包括蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗气等； (2)真题示例(2023 全国卷 Ⅱ)： ①流程：“废金属渣(Fe、Cu、SiO2)→稀盐酸浸取→过滤→滤液(含 Fe2+、Cu2+)→加 H2O2→调 pH→过滤→Cu2+溶液”， ②选项：“从最终 Cu2+溶液获 CuCl2晶体，采用蒸发结晶(正确，因 CuCl2溶解度受温度影响较小)”； ③易错点：混淆 “蒸发结晶” 与 “冷却结晶”(如 KNO3用蒸发结晶为错误选项)。 2. 反应方程式正误判断 (1)核心考查：“流程中反应” 的原子守恒、条件标注、产物合理性，多为简单氧化还原 / 复分解反应； (2)示例： ①流程：“MnO2矿→浓盐酸加热→Cl2→饱和食盐水除杂”， ②选项：“MnO2与浓盐酸反应：MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(正确)”； ③易错点：漏写 “浓”“△” 等条件(如写 “MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O” 为错误选项)。 3. 物质成分判断 (1)核心考查：“流程中滤渣、滤液、气体” 的成分，基于原料杂质与试剂的反应规律判断； (2)示例： ①流程：“铝土矿(Al2O3、Fe2O3、SiO2)→NaOH 浸取→过滤”， ②选项：“过滤后滤渣含 Fe2O3和 SiO2(错误，因 SiO2与 NaOH 反应生成 Na2SiO3进入滤液，滤渣仅含 Fe2O3)”； ③易错点：忽略 “SiO2与 NaOH 反应”“Al2O3的两性” 等基础性质。 4. 试剂选择判断 (1)核心考查：“除杂、转化环节” 的试剂是否符合 “不引入新杂质、不反应目标物质” 原则； (2)示例： ①流程：“CuSO4溶液(含 Fe3+)→调 pH 除杂→CuSO4溶液”， ②选项：“调 pH 选用 CuO(正确，不引入新杂质)”“调 pH 选用 NaOH(错误，引入 Na + 且使 Cu2+沉淀)”； ③易错点：选用 “会引入新杂质的试剂”(如除 Fe3+用 HCl、NaOH)。 5. 现象与结论匹配 (1)核心考查：“试剂添加后的现象” 与 “原料 / 产物成分” 的逻辑对应； (2)示例： ①流程：“某矿石→稀盐酸浸取→产生气泡”， ②选项：“气泡证明矿石含碳酸盐(正确，碳酸盐与盐酸反应生成 CO2)”“气泡证明矿石含硫化物(错误，硫化物与稀盐酸反应生成 H2S，但需结合气味等其他现象，且微型题默认碳酸盐为高频考点)”； ③易错点：“单一现象推导多种结论”(如气泡可能是 CO2、H2S，但微型题优先选最常见的碳酸盐)。 知识点3 核心知识要点归纳(聚焦选择题高频基础点) 微型工业流程选择题仅考查 “基础知识点的判断”，无需拓展复杂原理，核心聚焦 5 类高频要点： 1. 预处理操作：目的是 “让原料更易反应” 操作方法 原理 目的 适用场景 粉碎 / 研磨 增大固体表面积 加快反应速率，提高原料利用率 块状固体原料(如矿石) 酸浸(H2SO4/HCl) 溶解金属氧化物、碳酸盐等 溶解目标成分，分离不溶杂质(如 SiO2) 金属矿物(如赤铁矿、铜矿) 碱浸(NaOH) 溶解酸性氧化物(Si2)、两性物质(Al2O3) 分离 SiO2、Al2O3等杂质 含硅 / 铝的矿物(如铝土矿) 焙烧 / 煅烧 氧化还原反应(如硫化物→氧化物)、分解反应(如碳酸盐→氧化物) 转化原料形态，除去挥发性杂质(如 S、CO2) 硫化物矿物(如 ZnS)、碳酸盐(如 CaCO3) 水浸 / 有机溶剂浸取 溶解水溶性 / 脂溶性成分 富集目标成分 焙烧后产物、有机原料 2. 核心反应：4个判断要点 (1)反应类型：以氧化还原反应为主(如 Fe2+→Fe³⁺、Cu2+→Cu)，辅以非氧化还原反应(如复分解、水解)。 (2)反应条件控制： ①温度：加热(加快反应)、低温(防挥发 / 防分解，如H2O2、NH4HCO3)； ②浓度：浓溶液(加快反应)、稀溶液(防过量反应，如稀 HNO₃防氧化过度)； ③催化剂：降低活化能(如合成氨中的 Fe)； ④压强：高压(促进气体反应，如合成氨)。 (3)产物合理性：稀 HNO3作氧化剂时，产物为 “Fe3+(而非 Fe2+)”“NO(而非 NO2)”； (4)原子守恒：简单反应需满足 “左右原子种类、数目相等”(如 “Zn+HCl=ZnCl2+H2↑” 漏写 HCl 前的 “2” 为错误)。 3. 分离提纯操作：核心是 “除杂不引入新杂质”，4 个判断要点(选择题核心) 操作 适用场景(选择题高频) 错误选项特征 过滤 固液分离(如浸取后除不溶杂质 SiO2、Fe (OH)2) 分离互溶液体(如乙醇与水)用过滤 蒸发结晶 溶质溶解度受温度影响小(NaCl、KCl、CuCl2) 溶质为 KNO3、CuSO4・5H2O，用蒸发结晶 冷却结晶 溶质溶解度受温度影响大(KNO3、CuSO4) 溶质为 NaCl，用冷却结晶 调 pH 除杂 除 Fe3+用 pH≥2.8(选 CuO/ZnO)；除 Al3+用 pH≥4.7 除 Fe3+选 NaOH(引入 Na+)；pH<2.8 仍提 “Fe3+完全沉淀” 4. 试剂选择：2 个核心原则(选择题必考点) (1)不引入新杂质：除杂试剂的 “阴离子 / 阳离子” 需与目标物质一致(如除 CuSO4中 Fe3+，选 CuO/Cu (OH)2/CuCO3，不选 NaOH/H2SO4)； (2)不反应目标物质：试剂仅与杂质反应(如除 Fe3+用Cl2，仅氧化 Fe2+为 Fe3+，不与 Cu2+反应)。 5. 现象与物质：3 组对应关系(选择题高频) 现象 对应物质 / 反应(微型题高频) 易错对应关系 产生气泡 碳酸盐 + 酸→CO2(如 CaCO3+HCl)、活泼金属 + 酸→H2(如 Zn+H2SO4) 气泡→硫化物 + 酸(如 FeS+HCl→H2S) 溶液变色 Fe3+遇 KSCN→红色、Fe2+遇 KMnO4(酸性)→褪色 Fe2+遇 KSCN→红色(错误，Fe2+与 KSCN 不反应) 生成沉淀 Fe3+调 pH→Fe (OH)3(红褐色)、Ag + 遇 Cl-→AgCl(白色) Cu2+调 pH→Cu (OH)2(蓝色)却提 “红褐色沉淀” 知识点4 高效分析方法(适配“流程短”+“选项逐一判断”) 微型工业流程选择题的分析核心是 “快速抓流程关键 + 逐选项对应知识点”，3 分钟内可完成，具体步骤如下： 步骤 1：1 分钟扫流程，抓 “3 个关键信息” (1)圈原料(含杂质)：如 “废铜屑(含少量 CuO)”“铝土矿(Al2O3、Fe1O3、SiO2)”，明确杂质种类； (2)圈核心试剂：如 “稀 H2SO4”“NaOH”“Cl2”，预判反应类型(酸浸 / 碱浸、氧化还原)； (3)圈流程主线：如 “原料→浸取→过滤→产品”，明确每个环节的操作(无需关注细节，如 “加热”“搅拌” 等次要条件)。 步骤 2：2 分钟逐选项判断，用 “知识点匹配法” (1)对每个选项，先定位其对应流程环节(如 “蒸发结晶” 对应 “产品获取环节”)； (2)再调用对应知识点判断正误(如 “产品为 CuSO4・5H2O”，对应 “冷却结晶” 知识点，若选项提 “蒸发结晶” 则错误)； (3)若选项涉及反应 / 试剂，直接核对 “反应条件、产物合理性、试剂原则”(如 “加 NaOH 调 pH 除 Fe3+”，核对 “是否引入新杂质” 知识点，判断为错误)。 知识点5 高效解题策略(针对选择题“选项判断”+“陷阱规避”核心) 1. 优先用 “排除法”，快速筛除显性错误选项 微型工业流程选择题的错误选项多为 “基础知识点错误”，可按以下顺序排除： 第一步：排除 “操作与溶质不匹配” 选项(如 KNO3用蒸发结晶、NaCl 用冷却结晶)； 第二步：排除 “试剂引入新杂质” 选项(如除 Fe3+用 NaOH、除 Cu2+用 HCl)； 第三步：排除 “反应条件 / 产物错误” 选项(如 Cu 与浓 H2SO4反应漏 “△”、稀 HNO3生成 Fe2+)； 示例：若选项中同时出现 “KNO3用蒸发结晶” 和 “除 Fe3+用 CuO”，先排除前者(操作错误更显性)。 2. 牢记 “3 个高频陷阱”，避免惯性错误 陷阱 1：“混淆金属与酸的反应”—— 如 “Cu 与稀盐酸反应”“Fe 与浓 H2SO4常温反应”(错误，Cu 与稀盐酸不反应，Fe 与浓 H₂SO₄常温钝化)； 陷阱 2：“忽略 SiO2与 NaOH 的反应”—— 如 “铝土矿 NaOH 浸取后滤渣含 SiO2”(错误，SiO₂与 NaOH 反应生成 Na2SiO3进入滤液)； 陷阱 3：“单一现象过度推导”—— 如 “浸取产生气泡→一定含碳酸盐”(需注意，若原料含活泼金属也会产生 H2，但微型题优先选碳酸盐，除非选项明确提活泼金属)。 3. 验证正确选项：“双匹配原则” 排除错误选项后，对剩余选项需验证 “两个匹配”： (1)选项与流程环节匹配：如 “调 pH 除杂” 选项需对应流程中 “除 Fe3+/Al3+” 环节，而非 “预处理环节”； (2)选项与知识点匹配：如 “加 H2O2氧化 Fe2+” 需匹配 “Fe2+易被氧化，便于调 pH 除杂” 的知识点，无矛盾则为正确。 4. 特殊情况处理：“微型题默认规律” 若遇到 “模糊选项”(如 “气泡可能是 CO2或 H2”)，按以下默认规律判断： (1)酸浸产生气泡：默认 “碳酸盐→CO2”(高频考点)，而非 “活泼金属→H2”“硫化物→H2S”； (2)调 pH 除杂：默认 “除 Fe3+”(最高频)，调节剂默认 “CuO/ZnO”(与目标金属匹配)； (3)反应类型：默认 “非氧化还原反应(复分解、酸碱中和)” 优先，复杂氧化还原(如多步电子转移)极少出现在微型选择题中。 考●向●破●译 考向1 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 例1(2026·河南新未来联合测评高三联考)某科研团队利用废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，其制备流程如图所示： 已知：室温下，物质的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4。下列说法正确的是( ) A．“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2 B．“氧化I”中H2O2溶液用量往往要稍微过量的主要原因是加快反应速率 C．“氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式：6ClO-+2Fe3++4OH-=2FeO42-+3Cl2↑+2H2O D．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 解题妙招 微型工艺流程题基本流程 微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。 【变式1】【变载体】(2026·四川宜宾一模)利用某铁尾渣(含Fe2O3、SiO2及少量Nd2O3、Al2O3、Co2O3)可获得稀土钕(Nd)、钴(Co)的富集渣及高纯度的FeSO4·7H2O，其工艺流程如下图。 已知：还原渣中铁元素主要以Fe、FeO和少量Fe3O4的形式存在。 下列说法正确的是( ) A．可通过观察还原渣的颜色判断铁尾渣的还原程度 B．“还原”步骤中，仅Fe2O3被活性炭还原 C．“除钴”过程发生反应Co2++S2-=CoS↓ D．“系列操作”为蒸发结晶、过滤等 【变式2】【变载体】(2026·福建厦门考前热身模拟预测)一种主要成分为Pb5(VO4)3Cl的钒铅矿(杂质元素为Si、Al)，通过如下工艺可制得NH4VO3。已知：NH4VO3沉淀的最佳pH范围为7.0~8.5. 电炉焙烧步骤反应：。 下列说法错误的是( ) A．“出炉气”可用电解饱和食盐水的阴极区溶液进行吸收以避免环境污染 B．“浸取”中热水的作用是增大NaVO3的溶解度 C．“除硅铝”经调节pH将Al3+转化为Al(OH)3除去 D．“沉钒”中析出NH4VO3时，需要加入过量NH4Cl 【变式3】【变载体】(2026·黑龙江九师联盟高三联考)利用粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)制备Ga(OH)3的流程如下： 已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似； ②“碱浸”后溶液的主要成分为Na[Ga(OH)4]、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3。 下列说法错误的是( ) A．“焙烧”可将Ga2O3转化为NaGaO2，该反应的化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaCaO2 +CO2↑ B．滤渣1的主要成分是Fe2O3和SiO2 C．“调pH沉镓”通入过量气体A发生反应的离子方程式为[Ga(OH)4]-+CO2 = Ga(OH)3↓ +HCO3- D．“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3 考向2 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 例2(2026·辽宁辽阳考前模拟预测)废旧磷酸亚铁锂电池正极片含Al箔、LiFePO4活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂，某学习小组在实验室中欲从碱浸渣中回收Li2CO3、FePO4，简易流程如图所示： 已知： ①常温下，。 ②“滤液2”中。 ③沉淀率。 下列说法错误的是( ) A．“酸浸”的主要反应为2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O B．可通过向“滤液2”中滴加K3[Fe(CN)6]溶液来判断沉铁是否完全 C．“滤液3”中的溶质除少量Na2CO3外，主要为Na2SO4 D．加入等体积的Na2CO3溶液后，“滤液3”中c(CO32-)为0.04mol·L-1，则Li+的沉淀率为90% 解题妙招 微型工艺流程中的过程评价思路 流程的最终目的就是收益最大化，工艺流程题设中的问题顺序通常与流程图的流程顺序是一致的，且一个问题对应流程图的一个或依次相连的若干个环节，做题时只需找到所需回答的问题与流程图中相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”就可以有效解决相关问题，对流程进行在效评价。微型工艺流程中的过程评价思路： (1)化学反应原理——化学原理在实际工业上是否可行； (2)成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等； (3)原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用； (4)生产过程要快——化学反应速率； (5)产率要高——化学平衡； (6)产品要纯——产品的分离、提纯； (7)环保问题——反应物尽可能无毒无害无副作用，“三废”处理。 【变式1】【变载体—废旧电池利用】(2026·山东威海二模)采用氨浸-离子交换树脂吸附法从废旧锂电池正极材料(主要含Co、Ni、Li、Mn等元素)中回收钴，可避免传统酸浸带来的环境二次污染。该工艺流程如下： 已知：①正极材料中Co、Ni主要呈+2价，少量呈+3价； ②氨浸时Co、Ni、Li均以六氨配合物形式浸出。 下列说法正确的是( ) A．“氨浸”时加入(NH4)2SO3的主要目的是增大NH4+浓度，抑制NH3·H2O电离 B．“吸附”时有CH-90树脂对锂配合物的结合能力强于钴、镍的配合物 C．“洗脱”过程中元素Co发生反应：[Co(NH3)6]2++6H+=Co2++6NH4+ D．该工艺可循环使用的物质有CH-90树脂、NH4Cl和Na2CO3 【变式2】【变载体】(2026·福建厦门高三期中)从废铅膏(主要成分为PbSO4\、PbO2、PbO和Pb，含少量Ba、Fe等元素)中获取高纯PbO的工艺流程如图。下列说法错误的是( ) A．“煅烧”过程利用Fe2(SO4)3沸点低的原理进行分离提纯 B．“溶浸”过程H2O2主要用于氧化Pb C．“溶铅”过程的离子方程式为PbSO4\+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+ SO42- D．“沉铅”的滤液中主要含有CH3COOH和(NH4)2SO4 【变式3】【变载体—废水处理】(2026·福建龙岩高三期中)砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①砷元素在“滤渣”中的存在形式为As2S3；As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O；As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)； ②砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是( ) A．浸渣中的主要成分为FeS B．“脱硫”过程中涉及的反应有AsS33-+4ClO-=4Cl-+AsO43-+3S↓ C．“还原”后可用KI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 D．研究小组认为，“沉砷”过程改用过量的Na2S，效果更好 考点二 工业流程综合题 知●识●解●构 知识点1 工业流程中的常考知识点 1.原料处理阶段的常见考查点 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤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。 2．分离提纯阶段的常见考查点 (1)调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 (2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 (3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 3．获得产品阶段的常见考查点 (1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。 (2)蒸发时的气体氛围抑制水解：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。 (3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。 (4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。 知识点2 工业流程题中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 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 酸浸 在酸性溶液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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 知识点3 工业流程题中常见问题的答题方向 常见问题 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 知识点4 核心反应——陌生方程式的书写 关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。 1.氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式书写。 ①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。 ②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。 ③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。 2.非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。 知识点5 原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 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 知识点6 控制反应条件的七种常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.控制压强。改变速率，影响平衡。 4.使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 5.趁热过滤。防止某物质降温时析出。 6.冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 7.氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 知识点7 副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 (1)副产品是生成物，不是反应物 (2)从流程图上看：是支线产品 (3)根据制备的目的判断不是主产品 (4)常是对人类生产生活有用的、无毒的、不污染环境的产品 2.循环物质的确定 (1)后面反应步骤的生成物 (2)前面反应步骤的反应物 (3)在流程图上看：箭头回头 (4)容易分离的物质 (5)标注每一步物质 (6)在流程中加入的物质，在后续步骤中会产生可以循环利用的物质(滤渣、滤液) (7)可逆反应中有可以循环利用的物质 知识点8 工业流程题的分析方法 1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。 如按照主线分析法分析如下： 2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。 3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4.四线分析法 四线 内涵 试剂线 分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线 工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 知识点9 工业流程中常见的答题模板 1.除杂：除去……中的…… 2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止…… 3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。 4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。 5.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。 6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。 7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。 8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。 9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。 10.检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。 11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。 13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。 14.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。 15.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。 16.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。 17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。 考●向●破●译 考向1 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 例1(2026·河南许昌三模)锆及其化合物广泛应用于航空航天、核工业、耐火材料和精密陶瓷领域。工业上常以锆英砂为原料制备高纯锆化合物。某地锆英砂的主要成分为ZrSiO4，并含少量Fe2O3、Cr2O3、SiO2和炭质杂质。某企业拟设计新工艺制备航空级ZrCl4，工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”后，锆元素以ZrO2+的形式存在于溶液中。 ②“氨沉”得到的不溶物为Fe(OH)3、Cr(OH)3、Zr(OH)4。 ③相关物质的沸点如下表： 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点/℃ 331 315(熔点：306) 1300 1023(HCl氛围中，700℃左右升华) 1150 回答下列问题： (1)Zr位于第五周期ⅣB族，基态Zr原子的价层电子排布式是___________。 (2)锆英砂“碱熔”时需要粉碎并与NaOH混匀，其目的是___________；“碱熔”时生成Na2ZrO3的化学方程式为___________。 (3)“氨沉”时，若常温下滤液Ⅱ的，则滤液Ⅱ中c(Cr3+)=___________mol·L-1{常温下，Ksp[Cr(OH)3]= 6×10－31}。 (4)“高温氯化”时ZrO2转化为ZrCl4的化学方程式为___________。 (5)“还原”的目的是___________。 (6)流程中可循环利用的物质有___________(填化学式)。 解题妙招 “四线法”解题模型 试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用； 转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等； 除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等； 分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。 【变式1】【变载体—制备锂盐】(2026·四川资阳三模)以萤石尾矿(含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、A12O3)为原料经过两段除铝制备锂盐和Be(OH)2的工艺流程如下： 已知： ①Li+与FeCl4-生成的LiFeCl4可被TBP萃取；。 ②苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。 (1)基态Fe原子的价层电子排布图为 ________ 。 (2)“加热酸溶”过程中CaF2发生反应的化学方程式为 ________ ，滤渣I主要成分的化学式为________。 (3)“沉铁”过程中加入H2O2的作用是________。 (4)物质的溶解度曲线如下图所示，“精制Ⅰ”时滤渣Ⅱ的成分是________。 (5)“精制Ⅱ”过程中，得到滤渣Ⅲ的离子方程式为________；该过程需要控制溶液pH不宜过低，其原因是________。 (6)“萃取”时，还需要加入NH4C1，其作用是________。 【变式2】【变载体—制备MnCO3】(2026·广东广州三模)采用两段焙烧-水浸法从深海铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Si等元素的氧化物)中获取MnCO3的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体。 ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ③时，Ka1(H2S)=1×10−7、Ka2(H2S)=1×10−13、Ksp(CoS)=4×10−21 (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；“水浸”时金属元素浸出率随焙烧温度变化如下图所示，请选择合适的“低温焙烧”温度______。 A．250℃      B．400℃       C．450℃       D．500℃ (2)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣的主要成分有______、______(填化学式)。 (3)萃取剂HR为，“萃取分离”后铜元素的存在形式为： ①铜易进入有机相的原因有______。 A．铜与N、O形成配位键          B．配位时Cu2+价态发生改变 C．配合物与水能形成分子间氢键          D．烷基链具有疏水性 ②“反萃取”时加入的试剂为______(填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5 mol∙L−1]，则此时溶液中c(HS−)=______mol∙L−1。 (5)“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为______；离子所得滤液2经处理后的产品可导入______(填单元操作名称)中循环。 (6)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为______g· cm-3(列出计算式即可)。 【变式3】【变载体—制备V2O5】五氧化二钒常作为化学工业中的催化剂，广泛用于冶金化工等行业，工业上以石煤(含有V2O3、V2O5、Al2O3等)来制备V2O5的一种工艺流程如下： 已知：①(偏钒酸铵)是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。 ②沉淀生成和溶解的pH如下表所示： 物质 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 沉淀开始溶解的pH 沉淀完全溶解的pH 2.2 5.1 7.1 8.1 3.3 4.7 8.7 12.8 回答下列问题： (1)Ⅴ位于元素周期表第 周期第 族。元素的第一电离能：N O(填“＞”或“＜”)。 (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成的化学方程式为 。 (3)粗V2O5中含有，可通过加入NaOH溶液碱溶除去，需调节pH的范围为 。 (4)已知：室温下，，，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2溶液，当溶液中时，溶液中 mol/L。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成100 mL溶液。取20.00 mL该溶液于锥形瓶中，用a mol/L标准溶液进行滴定，经过三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00 mL。已知：。该产品中V2O5的质量分数是 %。 (6)碳化钒晶体主要用于制造钒钢等，其立方晶胞结构如图所示。 ①碳化钒晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子数目为 。 ②若碳化钒晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数为 nm(列出计算式)。 考向2 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 例2(2026·湖北黄冈二模)钌(Ru)是一种贵金属元素，其产品在电子、航空航天等领域有重要应用价值。下图所示工艺流程是对某含钌废渣(主要成分为Ru，含、、等氧化物)进行的回收： 请结合所学知识回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置是第____周期第____族。 (2)为提高“酸溶”速率，可以采取的措施是_______________(写一条即可)。 (3)“转化”过程中有机产物为乙醛，且溶液碱性显著增大，则相关反应的化学方程式为____________________。 (4)某含钌催化剂可用于催化水的析氢反应，该催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，下图为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化(*表示吸附态)。 根据题目信息推测H2O的“吸附解离”主要发生在_____位点上(填“a”“b”“c”)。 a．钌单原子     b．钌团簇     c．NiO NiO表面吸附的H2更容易脱附的原因是_________________________。 (5)气体单质X经____(填处理操作)后，可循环至“蒸馏”工序，以实现降本增效。 (6)“系列操作”包含Cr3+和Co2+的分离，已知常温下Ksp[Cr(OH)3]= 1×10－32，Ksp[Co(OH)2]= 1.8×10－15，酸溶滤液中Cr3+、Co2+的浓度分别为1.01mol/L、1.8×10-3mol/L，若通过调实现二者分离，首先沉淀的离子是______，此时pH的最佳范围是______。 解题妙招 化学工艺流程题的解题策略 审题要点 a．粗读试题，了解生产目的、原料及产品，尽量弄懂流程图b．图中一般会出现超纲知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用 c．分析各步的反应条件、原理及物质成分 d．理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点 答题切入点 a．原料及产品的分离提纯；b．生产目的及反应原理；c．生产要求及反应条件；d．有关产率、产量及组成的计算；e．绿色化学 解题策略 a．流程中要分析“进”、“出”物质和仍然留在溶液中的离子等(否则可能漏掉副产品或干扰离子)b．一般默认进的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，减少损失 c．反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？ 【变式1】【变载体—提取稀贵金属】(2026·福建莆田三模)一种从蒸硒渣(主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au)中提取稀贵金属的工艺流程如图。 已知：①CuSO4开始分解的温度为653℃，SeO2在315℃开始升华。 ②“滤液1”含TeO32-；“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在。 回答下列问题： (1)Cu2S中Cu(Ⅰ)的价电子排布式为_______。Se在元素周期表中的位置为_______。 (2)“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应的化学方程式为_______。从所得混合气体中分离出SeO2的方法为_______。 (3)从“滤液2”中可提取的金属是_______(填名称)。 (4)“滤液3”中加Na2SO3，过滤得到Au，该反应的离子方程式为_______。 (5)“浸取4”所得溶液中含银元素的离子是_______(填化学式)。 (6)“试剂X”可选择_______(填字母)。 A．过氧化氢溶液 B．N2H4·H2O C．葡萄糖 D．稀硫酸 (7)一种铜硒化合物()具有优异的电化学性能，晶胞结构如下图所示。 ①_______。 ②与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为_______。 【变式2】【变载体—回收金属】(2026·重庆江津三模)炼铁炉渣中含有Fe、Cu、Al、Ni、Ca、Si等元素的氧化物，为了节约和充分利用资源，通过以下工艺流程分离、回收Fe、Cu、Al等元素。 (1)基态Cu的价层电子排布式为___________，“酸浸”过程产生的“固体残渣”的成分是___________。 (2)“高压加热”时生成Fe2O3的离子方程式为___________。 (3)“沉铝”时，“滤液1”pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)(已知：滤液1中Cu2+、Ni2+的浓度均为0.01 mol/L；常温下，，)｡ 在“沉铝”的过程中，除了会向溶液中加入碱性物质调节pH外，还会加入少量氢氧化铝粉末，静置一段时间才进行过滤，这样做的目的是___________。 (4)萃取剂HNAO对Cu2+有极高的选择性，HNAO与Cu2+形成的配合物如图所示。关于该配合物说法正确的是___________ A．铜与N、O形成配位键 B．该配合物存在分子内氢键，有利于该配合物与水相分离 C．溶液的酸性越强，越有利于该配合物的形成 D．该配合物中配位数和配体数均为4 (5)采用碘量法测定上述Fe3O4样品的纯度，实验步骤如下： ①准确称取0.464 g该样品，加入足量稀盐酸和H2O2溶液，使样品中所有铁元素全部转化为Fe3+(杂质不反应、不干扰)； ②继续加热溶液一段时间后再冷却至室温，向溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，用0.100 mol/L Na2S2O3的标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)；③滴定至终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则该样品中Fe3O4的质量分数为___________%。(保留三位有效数字) 【变式3】【变载体—提钒】(2026·云南昆明三模)钒是具有重要用途的战略金属。以某种石煤矿(主要成分为SiO2，含Al、V、Fe等多种金属的硅酸盐)为原料，磷酸盐辅助提钒(V2O5)的流程如下： 已知：P204是有机萃取剂[用HA(org)表示，其中org表示有机相]，萃取金属离子的能力：Fe3+＞VO2+，其它金属离子不干扰钒的萃取； 萃取钒的反应可表示为VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态V原子的价层电子排布的轨道表示式为___________。 (2)“硫酸熟化”时，三价V(用V2O3表示)被氧化为VOSO4，反应的化学方程式为___________。 (3)“水浸”时，VO2+、Al3+、Fe3+均可被浸出，加入磷酸钠必须沉淀除去的离子是___________；浸渣中除了该离子的磷酸盐沉淀外，主要成分的化学式为___________；水浸酸性强时，会生成[Fe(H2PO4)(H2O)4]2+和铝的配离子(结构如图)，配体H2PO4-中与Al3+配位的是非羟基氧(P=O和P-O-型氧)，下列原因分析合理的是___________(填标号)。 A．羟基氧被氢原子束缚，配位能力较弱 B．羟基氢对氧配位产生一定的空间位阻，配位能力减弱 C．非羟基氧电子云密度较羟基氧高，配位能力较强 D．P-O-由羟基去质子化形成，没有氢原子束缚，配位能力增强 (4)“反萃取”使VO2+从有机相进入水相，原理是___________。 (5)“沉钒”时VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀，反应的离子方程式为___________。 (6)某种钒氧化物的晶胞结构如图所示。晶胞参数，()，。其晶体密度为___________g· cm-3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·四川卷，11，3分)稀有金属镓(Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温煅烧”时，铝的化合物转化为MAlO2(M为Na+、K+)。 下列说法错误的是( ) A．“高温煅烧”时，1 mol Al2O3发生的反应生成1 mol CO2 B．“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式在浸渣中被除去 C．“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga(OH)4]－+4H+=Ga3++4H2O D．晶体的化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+) 2．(2026·贵州卷，1，3分)某磷废渣的主要成分为CaCO3、MgCO3和Ca5(PO4)3F，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CaCO3、MgCO3分解 B．“浸取”可能的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O C．“滤渣浮选”利用了CaCO3和Ca5(PO4)3F物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的CO2和NH3制备沉淀剂 3．(2026·黑吉辽蒙卷，12，3分)从铜阳极泥(主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au)中提取热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。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HNO3 C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 4．(2026·江西卷，6，3分)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 5．(2026·云南卷，15)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②1O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于__________区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。 (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag+、__________(填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整) HSO3-+SO32-=__________+__________+1O2 (5)工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。 (6)“碱沉”前，用0.100mol·L-1的NaOH标准溶液测定50.00mL“滤液”中的H+及Ni2+浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(，，忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中Ni2+的浓度为__________mol·L-1(结果保留小数点后3位)。 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为__________。 6．(2026·广东卷，18)金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、Sb2S3、FeS2、SiO2和MgO等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：Au(III )和Ag(I )在一定条件下均可与Cl-形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Ksp(298) 2.8×10-39 4.9×10-17 5.6×10-12 (1)金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为___________。 (3)“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为___________。 ②初始电解液中c(Fe3+)=1.4mol·L-1，c(Mg2+)=0.056mol·L-1。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室c(OH-)应不大于___________mol·L-1(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到HCl和H2O2溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中c(H2O2)的变化如图2，Au在滤液2中主要以[AuCl4]-存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 (5)“沉金”通过NaOH的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成Au的离子方程式为___________。 2[AuCl4]-+_____HSO3-+__________=2Au↓+__________+8Cl-+_____H+ (6)某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且___________。 (7)①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号) 7．(2026·河南卷，15)一种从废芯片(主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-。 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，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和FeSO4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3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4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，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为___________。 8．(2026·黑吉辽蒙卷，16)某工厂利用镍矿(主要成分为，含少量Fe2O3和CuS)制备超细镍粉，物质转化流程如下(部分反应条件已略去)： 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在，硫以SO4 2-和少量S2O3 2-形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1~5。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，Ni元素位于周期表_____区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为_______________。 (3)滤液1中铜的主要存在形式为_______(填离子符号)。气体为__________(填化学式)。 (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O3 2-，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化1molS2O3 2-消耗O2的物质的量为______mol。 (5)滤液3浓缩结晶得到的______(填化学式)可用于生成化肥。 (6)近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[Ni(II )]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni(II )的还原速率和转化率，x应选择_______(填“”或“”)。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因：______________________(结合离子方程式作答)。 9．(2026·湖南卷，16)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)为一种二元弱碱。 ②Ksp[Zn(OH)2]= 3.0×10－17，Ksp[Cd(OH)2]= 7.2×10－15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5 mol·L－1时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 (3)“酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L－1、0.02mol·L－1，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，Cd2+______(填标号)。 a．沉淀完全    b．部分沉淀    c．未沉淀 (4)“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb(en)2]SO4，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3]。下列说法正确的是______(填标号)。 a．配合物[Pb(en)2]SO4中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 10．(2026·四川卷，17)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SiO2、PbFe6(SO4)4(OH)12、CaSO4、ZnS、少量Ag2S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 PbSO4 PbCl2 CaSO4 Ag2SO4 AgCl Ksp 2.5×10-8 1.7×10-5 4.9×10-5 1.2×10-5 1.8×10-10 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，PbFe6(SO4)4(OH)12中的硫酸根不分解、铅以PbSO4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CaCl2的热浓食盐水将铅盐转化为[PbCl4]2-，其离子方程式是___________。食盐水中添加CaCl2的作用有___________。 (5)[PbCl4]2-溶液适当稀释和降温，便析出PbCl2沉淀。分离PbCl2后的母液，应返回___________步骤中。 (6)“电解”时，PbCl2压片组成阴极，惰性电极作阳极，NH4Cl溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生Cl2和少量O2外，阳极附近溶液中还伴有少量N2生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 工业流程题解题策略 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 微型工业流程题 知识解构 知识点1 微型工业流程选择题的核心特点 ∣ 知识点2 高频考查方式 知识点3 核心知识要点归纳(聚焦选择题高频基础点) ∣ 知识点4 高效分析方法(适配 “流程短 + 选项逐一判断” 特点)∣ 知识点5 高效解题策略(针对选择题 “选项判断 + 陷阱规避” 核心) 考向破译 考向1 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 ∣ 考向2 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 解题妙招1微型工艺流程题基本流程 解题妙招2 微型工艺流程中的过程评价思路 考点二 工业流程综合题 知识解构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 ∣ 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 ∣ 知识点4 核心反应——陌生方程式的书写∣知识点5 原料预处理的六种常用方法 知识点6 控制反应条件的七种常用方法 ∣知识点7 副产品及循环物质的确定 知识点8 工业流程题的分析方法 ∣知识点9 业流程题中常见的答题模板 考向破译 考向1 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 ∣ 考向2 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 解题妙招1 “四线法”解题模型 解题妙招2 化学工艺流程题的解题策略 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 微型工业流程题 四川卷T11，3分 贵州卷T12，3分 江西卷T6，3分 浙江1月卷T16，3 黑吉辽蒙卷T12，3分 湖南卷T12，3分 山东卷T13，4分 甘肃卷T11，3分 重庆卷T13，3分 辽吉黑蒙卷T11，3分 福建卷T5，4分 福建卷T4，4分 贵州卷T13，3分 北京卷T7，3分 湖南卷T11，3 辽吉黑卷T13，3分 工业流程综合题 云南卷，15 广东卷，18 贵州卷，16 河北卷，16 河南卷，15 重庆卷，15 湖南卷，16 江西卷，16 山东卷，17 四川卷，17 上海卷 黑吉辽蒙卷，16 陕晋青宁卷，16 广西卷T16 海南卷T15 江西卷T16 四川卷T17 湖南卷T16 重庆卷T15 广东卷T18 河北卷T16 河南卷T15 江苏卷T14 安徽卷T15 北京卷T16 北京卷T18 甘肃卷T16 云南卷T15 湖北卷T16 山东卷T17 辽吉黑蒙卷T16 陕晋宁青卷T16 全国新课标卷T9 北京卷T18 湖南卷T16 甘肃卷T15 福建卷T11，15分 广西卷T15，14分 山东卷T18，12分 河北卷T16，14分 湖北卷T16，13分 江苏卷T14，15分 海南卷T15，12分 江西卷T15，14分 辽吉黑卷T16，14分 浙江6月卷T18，10分 全国新课标卷T8，14分 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码： 1．从命题题型和内容上看，化学工艺流程题是全国高考中的必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，是无机框图的创新。 2．从命题思路上看，化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。 (1)聚焦 “酸浸 / 碱浸 / 焙烧” 涉及的核心物质：如金属氧化物(Fe₂O₃、Al₂O₃)、硫化物(Cu₂S、ZnS)、硅酸盐(SiO₂)与酸 / 碱 / 氧气的反应，整理成 “物质 - 反应 - 条件” 表格(例：Al₂O₃仅与强碱反应，SiO₂不与强酸反应)，避免因基础反应遗忘导致流程分析卡顿。 (2)强化 “反应原理与流程的关联”：如调 pH 除杂需熟记 “Fe³⁺/Al³⁺/Cu²⁺完全沉淀的 pH 范围”(结合 Ksp 计算)，水解平衡需明确 “升温 / 加酸 / 加碱对水解的影响”(例：TiOSO₄水解需加热促进，NH₄HCO₃需低温防水解分解)，拒绝死记流程步骤。 (3)避免混淆易混操作：如 “蒸发结晶” vs“蒸发浓缩、冷却结晶”(依据溶质溶解度受温度影响程度判断，如 NaCl 用前者，KNO₃用后者)；“萃取” vs “分液”(前者是分离溶质，后者是分离互不相溶的液体，流程中常配套使用)；“焙烧” vs “煅烧”(前者多涉及氧化还原，如硫化物焙烧，后者多涉及分解，如碳酸盐煅烧)，每类操作标注 “原理 + 适用场景”。 3.预计2026年高考的试题仍以某矿石为原料制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，呈现化工生产流程图，进行命题设计，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等，题目综合性强，难度大，旨在考查考生提取信息，迁移应用的逻辑思维能力。 (1)复习初期可按 “三步法” 刻意训练：拿到题目先圈出 “原料(含杂质)” 和 “最终产品”，明确 “核心元素的转化路径”(如 FeTiO₃→TiO₂，Ti 从 + 4 价不变，Fe 从 + 2 价需转化为 Fe²⁺分离)，再逐段分析 “该步骤要除去什么杂质 / 转化什么物质”(例：加入 Fe 粉的目的是除过量 H₂SO₄+ 还原 Fe³⁺，而非单一目的)，避免因盲目跟流程导致漏判。 (2)遇到新情境(如 “离子交换法提锂”“膜分离技术”)，不要过度紧张：先看题目给的 “辅助信息”(如离子交换树脂的选择性吸附、膜的透过性)，再结合 “分离提纯的本质 —— 将目标物质与杂质分离” 推导，新情境只是载体，核心仍是 “除杂 / 转化 / 富集” 的逻辑。 ►复习目标： 1．掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。 2．掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。 3．掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等，对核心物质与反应：做到 “记准、写对、会用”。 4．掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法，对操作本质与差异：做到 “辨得清、说得出”。 5．掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法，掌握 “定向拆解法”，快速定位关键信息，达到 “速度与准确率双达标”，实现 “跨题型融合”，应对复杂设问。 6．掌握相关计算，如利用化学方程式计算、氧化还原滴定计算、pH计算、各种常数的计算等，掌握 “专项解法”，确保基础分不丢，做到 “以不变应万变”，实现 “错一题、会一类”。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 微型工业流程题 知●识●解●构 知识点1 微型工业流程选择题的核心特点 工业流程题选择题的核心特征可概括为 “绑流程、显陷阱、考基础”，具体差异如下： 维度 微型工业流程选择题 微型非选择小问 常规工业流程大题 考查载体 流程 + 4 个选项(每个选项对应流程 1 个环节 / 知识点) 流程 + 1-2 个填空(聚焦 1 个核心考点) 完整流程 + 5-6 个设问(多考点串联) 陷阱设置 显性错误(如 “操作与溶质不匹配”“试剂选错”) 隐性疏漏(如方程式漏条件、计算漏数据) 隐性陷阱(如隐性循环、多步反应叠加) 知识深度 仅考 “基础知识点判断”(无复杂计算 / 机理) 考 “基础知识点应用”(如写简单方程式) 考 “基础 + 难点融合”(如 Ksp 计算、机理分析) 解题耗时 3-5 分钟(快速扫流程 + 逐选项判断) 5-7 分钟(分析流程 + 书写答案) 15-18 分钟(完整拆解 + 多问作答) 典型示例 流程 “废铜→浓 H2SO4加热→过滤→CuSO4”，选项判断 “蒸发结晶获 CuSO4・5H2O 是否正确” 流程同上，设问 “写出铜与浓 H1SO4反应的方程式” 钛铁矿提 TiO2，设问 “算产率 + 判循环物质” 知识点2 高频考查方式 微型工业流程选择题的考查围绕 “流程环节与知识点的匹配度判断” 展开，可分为 5 类高频形式： 1. 操作合理性判断 (1)核心考查：“分离提纯操作” 与 “溶质 / 杂质性质” 的匹配，常见操作包括蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗气等； (2)真题示例(2023 全国卷 Ⅱ)： ①流程：“废金属渣(Fe、Cu、SiO2)→稀盐酸浸取→过滤→滤液(含 Fe2+、Cu2+)→加 H2O2→调 pH→过滤→Cu2+溶液”， ②选项：“从最终 Cu2+溶液获 CuCl2晶体，采用蒸发结晶(正确，因 CuCl2溶解度受温度影响较小)”； ③易错点：混淆 “蒸发结晶” 与 “冷却结晶”(如 KNO3用蒸发结晶为错误选项)。 2. 反应方程式正误判断 (1)核心考查：“流程中反应” 的原子守恒、条件标注、产物合理性，多为简单氧化还原 / 复分解反应； (2)示例： ①流程：“MnO2矿→浓盐酸加热→Cl2→饱和食盐水除杂”， ②选项：“MnO2与浓盐酸反应：MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(正确)”； ③易错点：漏写 “浓”“△” 等条件(如写 “MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O” 为错误选项)。 3. 物质成分判断 (1)核心考查：“流程中滤渣、滤液、气体” 的成分，基于原料杂质与试剂的反应规律判断； (2)示例： ①流程：“铝土矿(Al2O3、Fe2O3、SiO2)→NaOH 浸取→过滤”， ②选项：“过滤后滤渣含 Fe2O3和 SiO2(错误，因 SiO2与 NaOH 反应生成 Na2SiO3进入滤液，滤渣仅含 Fe2O3)”； ③易错点：忽略 “SiO2与 NaOH 反应”“Al2O3的两性” 等基础性质。 4. 试剂选择判断 (1)核心考查：“除杂、转化环节” 的试剂是否符合 “不引入新杂质、不反应目标物质” 原则； (2)示例： ①流程：“CuSO4溶液(含 Fe3+)→调 pH 除杂→CuSO4溶液”， ②选项：“调 pH 选用 CuO(正确，不引入新杂质)”“调 pH 选用 NaOH(错误，引入 Na + 且使 Cu2+沉淀)”； ③易错点：选用 “会引入新杂质的试剂”(如除 Fe3+用 HCl、NaOH)。 5. 现象与结论匹配 (1)核心考查：“试剂添加后的现象” 与 “原料 / 产物成分” 的逻辑对应； (2)示例： ①流程：“某矿石→稀盐酸浸取→产生气泡”， ②选项：“气泡证明矿石含碳酸盐(正确，碳酸盐与盐酸反应生成 CO2)”“气泡证明矿石含硫化物(错误，硫化物与稀盐酸反应生成 H2S，但需结合气味等其他现象，且微型题默认碳酸盐为高频考点)”； ③易错点：“单一现象推导多种结论”(如气泡可能是 CO2、H2S，但微型题优先选最常见的碳酸盐)。 知识点3 核心知识要点归纳(聚焦选择题高频基础点) 微型工业流程选择题仅考查 “基础知识点的判断”，无需拓展复杂原理，核心聚焦 5 类高频要点： 1. 预处理操作：目的是 “让原料更易反应” 操作方法 原理 目的 适用场景 粉碎 / 研磨 增大固体表面积 加快反应速率，提高原料利用率 块状固体原料(如矿石) 酸浸(H2SO4/HCl) 溶解金属氧化物、碳酸盐等 溶解目标成分，分离不溶杂质(如 SiO2) 金属矿物(如赤铁矿、铜矿) 碱浸(NaOH) 溶解酸性氧化物(Si2)、两性物质(Al2O3) 分离 SiO2、Al2O3等杂质 含硅 / 铝的矿物(如铝土矿) 焙烧 / 煅烧 氧化还原反应(如硫化物→氧化物)、分解反应(如碳酸盐→氧化物) 转化原料形态，除去挥发性杂质(如 S、CO2) 硫化物矿物(如 ZnS)、碳酸盐(如 CaCO3) 水浸 / 有机溶剂浸取 溶解水溶性 / 脂溶性成分 富集目标成分 焙烧后产物、有机原料 2. 核心反应：4个判断要点 (1)反应类型：以氧化还原反应为主(如 Fe2+→Fe³⁺、Cu2+→Cu)，辅以非氧化还原反应(如复分解、水解)。 (2)反应条件控制： ①温度：加热(加快反应)、低温(防挥发 / 防分解，如H2O2、NH4HCO3)； ②浓度：浓溶液(加快反应)、稀溶液(防过量反应，如稀 HNO₃防氧化过度)； ③催化剂：降低活化能(如合成氨中的 Fe)； ④压强：高压(促进气体反应，如合成氨)。 (3)产物合理性：稀 HNO3作氧化剂时，产物为 “Fe3+(而非 Fe2+)”“NO(而非 NO2)”； (4)原子守恒：简单反应需满足 “左右原子种类、数目相等”(如 “Zn+HCl=ZnCl2+H2↑” 漏写 HCl 前的 “2” 为错误)。 3. 分离提纯操作：核心是 “除杂不引入新杂质”，4 个判断要点(选择题核心) 操作 适用场景(选择题高频) 错误选项特征 过滤 固液分离(如浸取后除不溶杂质 SiO2、Fe (OH)2) 分离互溶液体(如乙醇与水)用过滤 蒸发结晶 溶质溶解度受温度影响小(NaCl、KCl、CuCl2) 溶质为 KNO3、CuSO4・5H2O，用蒸发结晶 冷却结晶 溶质溶解度受温度影响大(KNO3、CuSO4) 溶质为 NaCl，用冷却结晶 调 pH 除杂 除 Fe3+用 pH≥2.8(选 CuO/ZnO)；除 Al3+用 pH≥4.7 除 Fe3+选 NaOH(引入 Na+)；pH<2.8 仍提 “Fe3+完全沉淀” 4. 试剂选择：2 个核心原则(选择题必考点) (1)不引入新杂质：除杂试剂的 “阴离子 / 阳离子” 需与目标物质一致(如除 CuSO4中 Fe3+，选 CuO/Cu (OH)2/CuCO3，不选 NaOH/H2SO4)； (2)不反应目标物质：试剂仅与杂质反应(如除 Fe3+用Cl2，仅氧化 Fe2+为 Fe3+，不与 Cu2+反应)。 5. 现象与物质：3 组对应关系(选择题高频) 现象 对应物质 / 反应(微型题高频) 易错对应关系 产生气泡 碳酸盐 + 酸→CO2(如 CaCO3+HCl)、活泼金属 + 酸→H2(如 Zn+H2SO4) 气泡→硫化物 + 酸(如 FeS+HCl→H2S) 溶液变色 Fe3+遇 KSCN→红色、Fe2+遇 KMnO4(酸性)→褪色 Fe2+遇 KSCN→红色(错误，Fe2+与 KSCN 不反应) 生成沉淀 Fe3+调 pH→Fe (OH)3(红褐色)、Ag + 遇 Cl-→AgCl(白色) Cu2+调 pH→Cu (OH)2(蓝色)却提 “红褐色沉淀” 知识点4 高效分析方法(适配“流程短”+“选项逐一判断”) 微型工业流程选择题的分析核心是 “快速抓流程关键 + 逐选项对应知识点”，3 分钟内可完成，具体步骤如下： 步骤 1：1 分钟扫流程，抓 “3 个关键信息” (1)圈原料(含杂质)：如 “废铜屑(含少量 CuO)”“铝土矿(Al2O3、Fe1O3、SiO2)”，明确杂质种类； (2)圈核心试剂：如 “稀 H2SO4”“NaOH”“Cl2”，预判反应类型(酸浸 / 碱浸、氧化还原)； (3)圈流程主线：如 “原料→浸取→过滤→产品”，明确每个环节的操作(无需关注细节，如 “加热”“搅拌” 等次要条件)。 步骤 2：2 分钟逐选项判断，用 “知识点匹配法” (1)对每个选项，先定位其对应流程环节(如 “蒸发结晶” 对应 “产品获取环节”)； (2)再调用对应知识点判断正误(如 “产品为 CuSO4・5H2O”，对应 “冷却结晶” 知识点，若选项提 “蒸发结晶” 则错误)； (3)若选项涉及反应 / 试剂，直接核对 “反应条件、产物合理性、试剂原则”(如 “加 NaOH 调 pH 除 Fe3+”，核对 “是否引入新杂质” 知识点，判断为错误)。 知识点5 高效解题策略(针对选择题“选项判断”+“陷阱规避”核心) 1. 优先用 “排除法”，快速筛除显性错误选项 微型工业流程选择题的错误选项多为 “基础知识点错误”，可按以下顺序排除： 第一步：排除 “操作与溶质不匹配” 选项(如 KNO3用蒸发结晶、NaCl 用冷却结晶)； 第二步：排除 “试剂引入新杂质” 选项(如除 Fe3+用 NaOH、除 Cu2+用 HCl)； 第三步：排除 “反应条件 / 产物错误” 选项(如 Cu 与浓 H2SO4反应漏 “△”、稀 HNO3生成 Fe2+)； 示例：若选项中同时出现 “KNO3用蒸发结晶” 和 “除 Fe3+用 CuO”，先排除前者(操作错误更显性)。 2. 牢记 “3 个高频陷阱”，避免惯性错误 陷阱 1：“混淆金属与酸的反应”—— 如 “Cu 与稀盐酸反应”“Fe 与浓 H2SO4常温反应”(错误，Cu 与稀盐酸不反应，Fe 与浓 H₂SO₄常温钝化)； 陷阱 2：“忽略 SiO2与 NaOH 的反应”—— 如 “铝土矿 NaOH 浸取后滤渣含 SiO2”(错误，SiO₂与 NaOH 反应生成 Na2SiO3进入滤液)； 陷阱 3：“单一现象过度推导”—— 如 “浸取产生气泡→一定含碳酸盐”(需注意，若原料含活泼金属也会产生 H2，但微型题优先选碳酸盐，除非选项明确提活泼金属)。 3. 验证正确选项：“双匹配原则” 排除错误选项后，对剩余选项需验证 “两个匹配”： (1)选项与流程环节匹配：如 “调 pH 除杂” 选项需对应流程中 “除 Fe3+/Al3+” 环节，而非 “预处理环节”； (2)选项与知识点匹配：如 “加 H2O2氧化 Fe2+” 需匹配 “Fe2+易被氧化，便于调 pH 除杂” 的知识点，无矛盾则为正确。 4. 特殊情况处理：“微型题默认规律” 若遇到 “模糊选项”(如 “气泡可能是 CO2或 H2”)，按以下默认规律判断： (1)酸浸产生气泡：默认 “碳酸盐→CO2”(高频考点)，而非 “活泼金属→H2”“硫化物→H2S”； (2)调 pH 除杂：默认 “除 Fe3+”(最高频)，调节剂默认 “CuO/ZnO”(与目标金属匹配)； (3)反应类型：默认 “非氧化还原反应(复分解、酸碱中和)” 优先，复杂氧化还原(如多步电子转移)极少出现在微型选择题中。 考●向●破●译 考向1 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断 例1(2026·河南新未来联合测评高三联考)某科研团队利用废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)制备一种多功能饮用水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)，其制备流程如图所示： 已知：室温下，物质的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4。下列说法正确的是( ) A．“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2 B．“氧化I”中H2O2溶液用量往往要稍微过量的主要原因是加快反应速率 C．“氧化Ⅱ”发生反应的离子方程式：6ClO-+2Fe3++4OH-=2FeO42-+3Cl2↑+2H2O D．“一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】A 【解析】废炉渣(主要成分为Fe2O3，还含有少量Fe3O4、CaO、CuO、SiO2等)用稀硫酸酸溶，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，CuO转化为Cu2+，CaO转化为微溶的CaSO4，SiO2不溶于稀硫酸，过滤后“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2，滤液中加入铁粉将Cu2+转化为Cu过滤除去，向滤液中加入H2O2溶液，把Fe2+氧化为Fe3+，将含硫酸铁的溶液与NaClO、NaOH溶液混合得到Na2FeO4，向Na₂FeO₄溶液中加入饱和KOH溶液，利用溶解度差异析出K2FeO4，再经过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到高铁酸钾晶体。A项，由分析可知，“滤渣I”的主要成分为CaSO4和SiO2，A正确；B项，氧化Ⅰ中H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2受热或者在Fe3+的催化下易发生分解，所以H2O2溶液用量往往要稍微过量，确保Fe2+完全氧化，B错误；C项，氧化Ⅱ在碱性条件下进行，ClO-氧化Fe3+生成FeO42-，Cl元素应被还原为Cl-，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，C错误；D项，室温下，物质的溶解度：K2FeO4＜Na2FeO4，向Na2FeO4溶液中加入饱和KOH溶液，K2FeO4因溶解度小直接析出，无需蒸发浓缩，一系列操作应为过滤、洗涤、干燥，D错误；故选A。 解题妙招 微型工艺流程题基本流程 微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。 【变式1】【变载体】(2026·四川宜宾一模)利用某铁尾渣(含Fe2O3、SiO2及少量Nd2O3、Al2O3、Co2O3)可获得稀土钕(Nd)、钴(Co)的富集渣及高纯度的FeSO4·7H2O，其工艺流程如下图。 已知：还原渣中铁元素主要以Fe、FeO和少量Fe3O4的形式存在。 下列说法正确的是( ) A．可通过观察还原渣的颜色判断铁尾渣的还原程度 B．“还原”步骤中，仅Fe2O3被活性炭还原 C．“除钴”过程发生反应Co2++S2-=CoS↓ D．“系列操作”为蒸发结晶、过滤等 【答案】A 【解析】铁尾渣(含Fe2O3、SiO2、Nd2O3、Al2O3、Co2O3)，首先用活性炭还原铁尾渣，将Fe2O3转化为Fe、FeO及少量Fe3O4；再用H2SO4酸溶，Fe、FeO、Fe3O4与硫酸反应生成Fe2+、Fe3+；铁尾渣中的Nd2O3、Al2O3、Co2O3分别转化为Nd3+、Al3+、Co2+，SiO2不溶成为滤渣；调pH使Nd3+、Al3+沉淀为富集渣；加入 FeS除钴，利用沉淀转化生成CoS富集渣；最后通过系列操作得到 FeSO4·7H2O。A项，铁尾渣中Fe2O3为红棕色，还原后生成的Fe，还原程度不同时，还原渣中红棕色Fe2O3的残留量不同，颜色会发生变化，A符合题意；B项，“还原”步骤中仅Fe2O3被活性炭还原，该说法错误；铁尾渣中除Fe2O3外，Co2O3也具有氧化性，活性炭作为还原剂，会同时还原Fe2O3和Co2O3，最终Co2O3转化为Co2+，B不符合题意；C项，“除钴”过程加入的除钴试剂是 FeS， FeS难溶，会通过沉淀转化反应实现除钴，正确反应为FeS(s)+CO2+(aq)CoS(s)+ Fe2+(aq)，C不符合题意；D项，FeSO4·7H2O是含结晶水的盐，若采用蒸发结晶，会导致结晶水失去或Fe2+被氧化；正确操作应为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D不符合题意；故选A。 【变式2】【变载体】(2026·福建厦门考前热身模拟预测)一种主要成分为Pb5(VO4)3Cl的钒铅矿(杂质元素为Si、Al)，通过如下工艺可制得NH4VO3。已知：NH4VO3沉淀的最佳pH范围为7.0~8.5. 电炉焙烧步骤反应：。 下列说法错误的是( ) A．“出炉气”可用电解饱和食盐水的阴极区溶液进行吸收以避免环境污染 B．“浸取”中热水的作用是增大NaVO3的溶解度 C．“除硅铝”经调节pH将Al3+转化为Al(OH)3除去 D．“沉钒”中析出NH4VO3时，需要加入过量NH4Cl 【答案】C 【解析】钒铅矿(主要成分为Pb5(VO4)3Cl)与纯碱在电炉中通入空气焙烧，发生反应生成NaVO3、PbO、Cl2和CO2，杂质 Si、Al 也会与纯碱反应生成可溶性的硅酸钠(Na2SiO3)和Na[Al(OH)4]，出炉气中含Cl2和CO2；用热水浸取焙烧产物，NaVO3溶于热水，PbO等不溶物形成浸渣；之后通过调节pH，使硅酸根(SiO32-)和[Al(OH)4]-转化为硅酸(H2SiO3)和氢氧化铝沉淀除去。最后加入NH4Cl，在pH为7.0～8.5的条件下沉淀出NH4VO3晶体。A项，“出炉气”中含有有毒气体Cl2。电解饱和食盐水时，阴极区发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，生成NaOH溶液。Cl2可以与NaOH溶液反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，从而被吸收，避免污染环境，A正确；B项，“浸取”中使用热水，是为了增大NaVO3的溶解度，使其充分溶解在溶液中，提高浸取率，B正确；C项，由分析可知，“除硅铝”步骤通过调节pH，可将溶液中的[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3沉淀除去，C错误；D项，沉钒过程发生复分解反应，离子方程式为NH4++VO3-=NH4VO3↓，利用同离子效应，加入过量NH4Cl，可以促进NH4VO3尽可能析出完全，D正确；故选C。 【变式3】【变载体】(2026·黑龙江九师联盟高三联考)利用粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)制备Ga(OH)3的流程如下： 已知：①镓与铝同主族，其化合物性质相似； ②“碱浸”后溶液的主要成分为Na[Ga(OH)4]、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3。 下列说法错误的是( ) A．“焙烧”可将Ga2O3转化为NaGaO2，该反应的化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaCaO2 +CO2↑ B．滤渣1的主要成分是Fe2O3和SiO2 C．“调pH沉镓”通入过量气体A发生反应的离子方程式为[Ga(OH)4]-+CO2 = Ga(OH)3↓ +HCO3- D．“沉淀”步骤中加入过量稀硫酸至生成的沉淀不再溶解，则滤渣2的主要成分是H2SiO3 【答案】B 【解析】粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)中加入Na2CO3进行焙烧，Ga2O3、Al2O3、SiO2分别与Na2CO3反应生成盐和二氧化碳，焙烧产物经碱液浸取，不溶的Fe2O3形成滤渣1，而Ga2O3、Al2O3、SiO2均转化为可溶性盐进入溶液，加入稀硫酸，Na[Ga(OH)4]、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3分别生成Na2SO4、Ga2(SO4)3、Al2(SO4)3、H2SiO3沉淀，过滤得到滤渣2，滤渣2为H2SiO3，加入NaOH调pH，再分别通入二氧化碳气体调pH沉铝和沉镓，得到氢氧化铝和氢氧化镓。A项，“焙烧”后镓元素转化为可溶性钠盐NaGaO2，则反应的化学方程式为Ga2O3+Na2CO32NaCaO2 +CO2↑，A正确；B项，在“焙烧”步骤，酸性氧化物SiO2与Na2CO3反应生成可溶于水的Na2SiO3，因此“碱浸”后SiO2进入滤液1，滤渣1的主要成分应为不参与反应的Fe2O3，B错误；C项，“调pH沉镓”时通入过量气体A生成Ga(OH)3沉淀和NaHCO3，发生反应的离子方程式为[Ga(OH)4]-+CO2 = Ga(OH)3↓ +HCO3-，C正确；D项，“焙烧”时SiO2转化为Na2SiO3，酸化生成H2SiO3沉淀，D正确；故选B。 考向2 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断 例2(2026·辽宁辽阳考前模拟预测)废旧磷酸亚铁锂电池正极片含Al箔、LiFePO4活性材料和少量不溶于酸碱的导电剂，某学习小组在实验室中欲从碱浸渣中回收Li2CO3、FePO4，简易流程如图所示： 已知： ①常温下，。 ②“滤液2”中。 ③沉淀率。 下列说法错误的是( ) A．“酸浸”的主要反应为2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O B．可通过向“滤液2”中滴加K3[Fe(CN)6]溶液来判断沉铁是否完全 C．“滤液3”中的溶质除少量Na2CO3外，主要为Na2SO4 D．加入等体积的Na2CO3溶液后，“滤液3”中c(CO32-)为0.04mol·L-1，则Li+的沉淀率为90% 【答案】B 【解析】酸浸：加入稀硫酸与H2O2，将LiFePO4中+2价Fe氧化为+3价，Li、Fe、P均溶解进入滤液，滤渣1为不溶的导电剂；沉铁：向滤液1加碳酸钠调节pH，使Fe3+转化为FePO4沉淀分离，得到含Li+的滤液2；沉锂：向滤液2加饱和碳酸钠析出Li2CO3，过滤洗涤后得到目标产物。A项，“酸浸”中，LiFePO4中Fe为+2价，被H2O2氧化为+3价，根据升降价守恒、电荷守恒、原子守恒，反应的离子方程式2LiFePO4+8H++H2O2=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O，配平正确，A正确；B项，K3[Fe(CN)6]是用来检验Fe2+的试剂，沉铁过程是沉淀Fe3+，若沉铁不完全，溶液中剩余Fe3+，不能用该试剂检验，无法判断沉铁是否完全，B错误；C项，酸浸加入稀硫酸，流程中多次加入钠盐(碳酸钠)，SO42-始终不沉淀，因此滤液3中除剩余Na2CO3外，主要溶质为Na2SO4，C正确；D项，根据，已知滤液3中c(CO32-)=0.04mol·L-1，可得平衡时： ，c(Li+)=0.2mol·L-1。 加入等体积碳酸钠溶液，原滤液2中c(Li+)=4mol·L-1，稀释后初始c(Li+)=2mol·L-1，因此Li+沉淀率，D正确；故选B。 解题妙招 微型工艺流程中的过程评价思路 流程的最终目的就是收益最大化，工艺流程题设中的问题顺序通常与流程图的流程顺序是一致的，且一个问题对应流程图的一个或依次相连的若干个环节，做题时只需找到所需回答的问题与流程图中相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”就可以有效解决相关问题，对流程进行在效评价。微型工艺流程中的过程评价思路： (1)化学反应原理——化学原理在实际工业上是否可行； (2)成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等； (3)原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用； (4)生产过程要快——化学反应速率； (5)产率要高——化学平衡； (6)产品要纯——产品的分离、提纯； (7)环保问题——反应物尽可能无毒无害无副作用，“三废”处理。 【变式1】【变载体—废旧电池利用】(2026·山东威海二模)采用氨浸-离子交换树脂吸附法从废旧锂电池正极材料(主要含Co、Ni、Li、Mn等元素)中回收钴，可避免传统酸浸带来的环境二次污染。该工艺流程如下： 已知：①正极材料中Co、Ni主要呈+2价，少量呈+3价； ②氨浸时Co、Ni、Li均以六氨配合物形式浸出。 下列说法正确的是( ) A．“氨浸”时加入(NH4)2SO3的主要目的是增大NH4+浓度，抑制NH3·H2O电离 B．“吸附”时有CH-90树脂对锂配合物的结合能力强于钴、镍的配合物 C．“洗脱”过程中元素Co发生反应：[Co(NH3)6]2++6H+=Co2++6NH4+ D．该工艺可循环使用的物质有CH-90树脂、NH4Cl和Na2CO3 【答案】C 【解析】该流程中废旧锂电池正极材料中主要含有Co、Ni、Li、Mn等，经过氨浸后，根据已知Co、Ni、Li均以六氨配合物形式浸出，并且材料中少量的Co3+和Ni3+被SO32-还原成+2价的[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+，过滤后滤渣中主要是含Mn元素物质，滤液中主要为[Co(NH3)6]2+、[Ni(NH3)6]2+和[Li(NH3)6]+；吸附过程是利用CH-90树脂对[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+进行吸附，[Li(NH3)6]+随吸附流出液除去；洗脱是将[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+转化为Co2+和Ni2+，使用Na2CO3将Co2+转化为CoCO3。A项，由分析可知，“氨浸”时加入(NH4)2SO3的主要目的是将材料中少量的Co3+和Ni3+用SO32-还原成+2价的[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+，A错误；B项，由分析可知，“吸附”时是利用CH-90树脂对[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+进行吸附，因此CH-90树脂对锂配合物的结合能力应弱于钴、镍的配合物，B错误；C项，由分析可知，“洗脱”过程是将[Co(NH3)6]2+和[Ni(NH3)6]2+转化为Co2+和Ni2+，因此Co元素发生的反应为[Co(NH3)6]2++6H+=Co2++6NH4+，C正确；D项，该流程中CH-90树脂经过洗脱后可以重复使用，洗脱过程中生成的NH4Cl也可以用于氨浸，但是Na2CO3将Co2+转化为CoCO3不再生成，无法重复使用，D错误；故选C。 【变式2】【变载体】(2026·福建厦门高三期中)从废铅膏(主要成分为PbSO4\、PbO2、PbO和Pb，含少量Ba、Fe等元素)中获取高纯PbO的工艺流程如图。下列说法错误的是( ) A．“煅烧”过程利用Fe2(SO4)3沸点低的原理进行分离提纯 B．“溶浸”过程H2O2主要用于氧化Pb C．“溶铅”过程的离子方程式为PbSO4\+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+ SO42- D．“沉铅”的滤液中主要含有CH3COOH和(NH4)2SO4 【答案】B 【解析】废铅膏(主要成分为PbSO4\、PbO2、PbO和Pb，含少量Ba、Fe等元素)煅烧时，硫酸铁以气体形式分离出体系，再加入过氧化氢和稀硫酸后，发生氧化还原反应，铅元素和钡元素均转化为难溶于水和酸的硫酸盐，铁元素经过酸浸过滤后以滤液的形式分离出去，后续加入醋酸铵“溶铅”，铅元素转化为醋酸铅，从而分离除去硫酸钡，经过滤得到的醋酸铅滤液再次与二氧化碳发生反应得到PbCO3，再经煅烧过程PbCO3分解得到PbO。A项，“煅烧”过程硫酸铁以气体形式分离出体系，主要利用硫酸铁的是沸点低进行分离提纯，A正确；B项，“溶浸”过程H2O2可氧化Pb，也可还原PbO2，使其也转化为PbSO4，B错误；C项，根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，从而实现分离，该过程的离子方程式为PbSO4\+2CH3COO-=(CH3COO)2Pb+ SO42-，C正确；D项，沉铅时(CH3COO)3Pb与CO2、H2O反应生成PbCO3沉淀和CH3COOH，溶液中还含溶铅生成的SO42-及CH3COONH4提供的NH4+，故滤液中主要含有CH3COOH和(NH4)2SO4，D正确；故选B。 【变式3】【变载体—废水处理】(2026·福建龙岩高三期中)砷的化合物可用于半导体领域。一种从酸性高浓度含砷废水［砷主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在］中回收As2O3的工艺流程如下： 已知：①砷元素在“滤渣”中的存在形式为As2S3；As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O；As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)； ②砷酸(H3AsO4)在酸性条件下有强氧化性，能被SO2、HI等还原。 下列说法错误的是( ) A．浸渣中的主要成分为FeS B．“脱硫”过程中涉及的反应有AsS33-+4ClO-=4Cl-+AsO43-+3S↓ C．“还原”后可用KI、淀粉溶液检验溶液中是否仍存在砷酸 D．研究小组认为，“沉砷”过程改用过量的Na2S，效果更好 【答案】D 【解析】含砷废水中主要含亚砷酸(H3AsO3)，加入FeS沉砷，生成As2S3，还有过量的FeS，向As2S3和FeS的混合物中加入NaOH溶液浸取，发生反应As2S3+6NaOH=Na3AsO3+Na3AsS3+3H2O，过滤得到滤渣为FeS，滤液含有Na3AsO3和Na3AsS3，再加入NaClO氧化脱硫，得到Na3AsO4溶液和含S滤渣，Na3AsO4溶液经酸化后得到H3AsO4，利用SO2还原得到As2O3。A项，“沉砷”时FeS过量，而FeS不溶于NaOH，因此用NaOH溶液浸取后得到滤渣主要含有FeS，A正确；B项，“脱硫”过程中，Na3AsS3被NaClO氧化为Na3AsO4和S单质，反应离子方程式为AsS33-+4ClO-=4Cl-+AsO43-+3S↓，B正确；C项，已知砷酸(H3AsO4)在酸性条件下能将HI氧化为I2，则“还原”后是否剩余H3AsO4，可用KI、淀粉溶液检验，若溶液变蓝，则证明仍含有H3AsO4，C正确；D项，根据反应As2S3(s)+3S2-(aq)2AsS33-(aq)可知，若用Na2S代替FeS，溶液中S2-浓度增大，平衡正向移动，导致As2S3溶解，造成砷的损失，D错误；故选D。 考点二 工业流程综合题 知●识●解●构 知识点1 工业流程中的常考知识点 1.原料处理阶段的常见考查点 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤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。 2．分离提纯阶段的常见考查点 (1)调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 (2)加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 (3)降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 3．获得产品阶段的常见考查点 (1)洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。 (2)蒸发时的气体氛围抑制水解：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。 (3)蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。 (4)蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。 知识点2 工业流程题中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 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 酸浸 在酸性溶液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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 知识点3 工业流程题中常见问题的答题方向 常见问题 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 知识点4 核心反应——陌生方程式的书写 关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。 1.氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。陌生情景的氧化还原反应方程式书写。 ①根据流程图的目的，分析元素化合价的变化。 ②根据流程图的转化信息和反应规律预测产物。 ③根据得失电子、溶液的酸碱性，配平化学(或离子)方程式。 2.非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。 知识点5 原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 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 知识点6 控制反应条件的七种常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.控制压强。改变速率，影响平衡。 4.使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 5.趁热过滤。防止某物质降温时析出。 6.冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 7.氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 知识点7 副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 (1)副产品是生成物，不是反应物 (2)从流程图上看：是支线产品 (3)根据制备的目的判断不是主产品 (4)常是对人类生产生活有用的、无毒的、不污染环境的产品 2.循环物质的确定 (1)后面反应步骤的生成物 (2)前面反应步骤的反应物 (3)在流程图上看：箭头回头 (4)容易分离的物质 (5)标注每一步物质 (6)在流程中加入的物质，在后续步骤中会产生可以循环利用的物质(滤渣、滤液) (7)可逆反应中有可以循环利用的物质 知识点8 工业流程题的分析方法 1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。 如按照主线分析法分析如下： 2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。 3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4.四线分析法 四线 内涵 试剂线 分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线 工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 知识点9 工业流程中常见的答题模板 1.除杂：除去……中的…… 2.干燥：除去……气体中的水蒸气，防止…… 3.增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。 4.加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。 5.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。 6.从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。 7.从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。 8.控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。 9.减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。 10.检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。 11.洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。 12.检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。 13.洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。 14.冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。 15.乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。 16.蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。 17.事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。 考●向●破●译 考向1 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断 例1(2026·河南许昌三模)锆及其化合物广泛应用于航空航天、核工业、耐火材料和精密陶瓷领域。工业上常以锆英砂为原料制备高纯锆化合物。某地锆英砂的主要成分为ZrSiO4，并含少量Fe2O3、Cr2O3、SiO2和炭质杂质。某企业拟设计新工艺制备航空级ZrCl4，工艺流程如图所示： 已知：①“酸浸”后，锆元素以ZrO2+的形式存在于溶液中。 ②“氨沉”得到的不溶物为Fe(OH)3、Cr(OH)3、Zr(OH)4。 ③相关物质的沸点如下表： 物质 ZrCl4 FeCl3 CrCl3 FeCl2 CrCl2 沸点/℃ 331 315(熔点：306) 1300 1023(HCl氛围中，700℃左右升华) 1150 回答下列问题： (1)Zr位于第五周期ⅣB族，基态Zr原子的价层电子排布式是___________。 (2)锆英砂“碱熔”时需要粉碎并与NaOH混匀，其目的是___________；“碱熔”时生成Na2ZrO3的化学方程式为___________。 (3)“氨沉”时，若常温下滤液Ⅱ的，则滤液Ⅱ中c(Cr3+)=___________mol·L-1{常温下，Ksp[Cr(OH)3]= 6×10－31}。 (4)“高温氯化”时ZrO2转化为ZrCl4的化学方程式为___________。 (5)“还原”的目的是___________。 (6)流程中可循环利用的物质有___________(填化学式)。 【答案】(1) 4d25s2 (2) 增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的转化率(合理即可) ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3+2H2O (3)6×10-10 (4)ZrO2＋2C+Cl2ZrCl4＋2CO (5)将沸点低的FeCl3转化为沸点高的FeCl2，便于分离ZrCl4(合理即可) (6)HCl、NaOH 【解析】碱熔(加NaOH)：高温强碱将 Zr、Si 转化为可溶性钠盐，铁、铬氧化物成为不溶固体；水浸(热水洗涤)Na2ZrO3、Na2SiO3溶于热水进入滤液Ⅰ，滤渣为Fe2O3、Cr2O3及未反应炭质；沉硅(滤液Ⅰ加CaO)生成CaSiO3沉淀除去硅元素，实现锆硅分离；副产物NaOH可提取循环回碱熔工序，降低原料消耗；滤渣Ⅰ(含Fe2O3、Cr2O3)经盐酸酸浸得到含Fe3+ 、Cr3+ 的溶液，该溶液与沉硅后得到的含ZrO2+的溶液混合，然后加入氨水共同沉淀得到不溶物Fe(OH)3、Cr(OH)3、Zr(OH)4； 煅烧氢氧化物热分解，得到混合金属氧化物，高温氯化(加炭粉、Cl2)碳作还原剂，生成各金属氯化物；H2还原将FeCl3 转化为沸点更高的FeCl2，避免其与ZrCl4共沸难以分离；控制温度为ZrCl4沸点331℃：气相：纯ZrCl4冷凝收集；废渣：FeCl2、CrCl3等高沸点固体氯化物；废气：HCl(还原副产)、微量未反应Cl2、CO。 (1)Zr位于第五周期ⅣB族，价层电子为最外层s电子加次外层d电子，价电子数为4，故价层电子排布式为4d25s2； (2)粉碎混匀反应物可以增大接触面积，加快反应，使反应更充分；碱熔时ZrSiO4与NaOH应生成Na2ZrO3、Na2SiO3和水，配平方程式为：ZrSiO4＋4NaOHNa2ZrO3＋Na2SiO3+2H2O； (3) pH=7时，，根据，得； (4)高温氯化时，ZrO2与Cl2、C反应，C作还原剂生成CO，配平方程式为ZrO2＋2C+Cl2ZrCl4＋2CO； (5)由沸点数据可知，FeCl3沸点(315℃)与ZrCl4(331℃)接近，不易分离；还原后生成高沸点的FeCl2，便于分馏分离得到纯ZrCl4； (6)沉硅工序可提取出NaOH返回碱熔工序循环使用；还原工序中H2还原FeCl3生成HCl，HCl可返回酸浸工序循环使用。 解题妙招 “四线法”解题模型 试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用； 转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等； 除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等； 分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。 【变式1】【变载体—制备锂盐】(2026·四川资阳三模)以萤石尾矿(含BeO、Li2O、CaF2及少量CaCO3、SiO2、FeO、Fe2O3、A12O3)为原料经过两段除铝制备锂盐和Be(OH)2的工艺流程如下： 已知： ①Li+与FeCl4-生成的LiFeCl4可被TBP萃取；。 ②苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。 (1)基态Fe原子的价层电子排布图为 ________ 。 (2)“加热酸溶”过程中CaF2发生反应的化学方程式为 ________ ，滤渣I主要成分的化学式为________。 (3)“沉铁”过程中加入H2O2的作用是________。 (4)物质的溶解度曲线如下图所示，“精制Ⅰ”时滤渣Ⅱ的成分是________。 (5)“精制Ⅱ”过程中，得到滤渣Ⅲ的离子方程式为________；该过程需要控制溶液pH不宜过低，其原因是________。 (6)“萃取”时，还需要加入NH4C1，其作用是________。 【答案】(1) (2) CaF2 + H2SO4CaSO4+2HF↑ SiO2、CaSO₄ (3)将Fe2+氧化为Fe 3+ (4)KAl(SO4)2∙12H2O (5) 与氢离子生成苯甲酸，导致能与铝离子结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低 (6)增大氯离子的浓度，使FeCl3转化为FeCl4-，提高锂离子的萃取率 【解析】萤石尾矿加入稀硫酸，加热酸溶，SiO2不反应，氟化钙、碳酸钙和硫酸反应，逸出HF，钙元素转化为硫酸钙沉淀，与二氧化硅成为滤渣，得到滤液，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+并转化为NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀除去；其余氧化物转变为硫酸盐，此时滤液主要含有Be2+、Li+和Al3+，加入K2SO4，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到KAl(SO4)2∙12H2O，精制Ⅱ中溶液中的Al3+继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有Be2+、Li+的滤液，锂盐是通过有机物的萃取分离出来；水相中含Be2+、Fe3+，操作X为除去铁离子的过程，最后再加入氨水沉铍。 (1)铁(Fe)是26号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。价层电子(即外围电子)是指最外层电子和次外层未排满的电子，对于Fe来说是3d64s2，价层电子排布图为。 (2)萤石尾矿中含有CaF2，加入的酸是 H2SO4，在加热条件下，CaF2会与硫酸反应生成微溶的硫酸钙和氟化氢气体，化学方程式为CaF2 + H2SO4CaSO4+2HF↑。尾矿中的 SiO2 不溶于硫酸，也会留在滤渣中。滤渣I成分为SiO2、CaSO₄。 (3)酸溶后的溶液中含有Fe2+(来自FeO)和Fe3+(来自Fe2O3 )。后续步骤是生成黄钠铁钒渣NaFe3(SO4)2(OH)6 ，这需要铁以Fe3+的形式存在。H2O2是一种氧化剂，可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，以便后续沉淀除去。 (4)沉铁后的溶液主要含有Li+、Be2+、Al3+等离子。加入K2SO4进行精制I。根据提供的溶解度曲线图，在较低温度下，KAl(SO4)2·12H2O的溶解度相对较小，且随着温度升高溶解度增加较快。通过蒸发浓缩、冷却结晶，可以析出溶解度较小的物质。结合曲线，KAl(SO4)2·12H2O是最容易结晶析出的含铝物质。 (5)经过精制I除去了大部分铝，但溶液中可能还残留少量铝。加入进行精制II。已知信息②指出“苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸”。因此，铝离子会与苯甲酸根结合生成苯甲酸铝沉淀，离子方程式为：Al3++3 ，如果溶液酸性太强(pH过低)，溶液中大量的H+会与苯甲酸根离子结合生成苯甲酸，导致溶液中能与Al3+结合的C6H5COO-浓度降低，从而使苯甲酸铝沉淀不完全，降低除铝效果。 (6)萃取步骤中使用了 TBP(磷酸三丁酯)和FeCl3。已知信息①指出Li+与FeCl4-生成的LiFeCl4可被 TBP 萃取。加入NH4Cl可以提供大量的Cl-。在酸性条件下，Fe3+会与Cl-结合形成络离子FeCl4-，进而与溶液中的Li+结合成LiFeCl4进入有机相，实现锂的萃取分离。 【变式2】【变载体—制备MnCO3】(2026·广东广州三模)采用两段焙烧-水浸法从深海铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Si等元素的氧化物)中获取MnCO3的工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体。 ② Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 ③时，Ka1(H2S)=1×10−7、Ka2(H2S)=1×10−13、Ksp(CoS)=4×10−21 (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______；“水浸”时金属元素浸出率随焙烧温度变化如下图所示，请选择合适的“低温焙烧”温度______。 A．250℃      B．400℃       C．450℃       D．500℃ (2)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣的主要成分有______、______(填化学式)。 (3)萃取剂HR为，“萃取分离”后铜元素的存在形式为： ①铜易进入有机相的原因有______。 A．铜与N、O形成配位键          B．配位时Cu2+价态发生改变 C．配合物与水能形成分子间氢键          D．烷基链具有疏水性 ②“反萃取”时加入的试剂为______(填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10−5 mol∙L−1]，则此时溶液中c(HS−)=______mol∙L−1。 (5)“沉锰”时，生成MnCO3的离子方程式为______；离子所得滤液2经处理后的产品可导入______(填单元操作名称)中循环。 (6)一种锑锰(Mn3Sb)合金的立方晶胞结构如图。 ①每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有______个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为______g· cm-3(列出计算式即可)。 【答案】(1) 3：2 C (2)SiO2 Fe2O3 (3) AD H2SO4 (4)4×10-7 (5) 低温焙烧 (6) 12 【解析】采用两段焙烧及水浸法从铁锰氧化矿中分离提取Cu、Co、Mn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MnSO4、CoSO4、Fe2(SO4)3等；得到的硫酸盐经650℃高温焙烧，只有Fe2(SO4)3发生了分解，产生SO3气体和Fe2O3；水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为SiO2、Fe2O3；后续萃取分离，将Cu元素萃取到有机相中，最终得到硫酸铜溶液，水相主要含有Co元素和Mn元素；加入硫化钠，调节pH，生成CoS；滤液中加入NH4HCO3，生成MnCO3沉淀，据此解答。 (1)MnO2中Mn为+4价，被还原为MnSO4中+2价，每个MnO2得2e-，作氧化剂；NH4HSO4中N为-3价，被氧化为N2中0价，每个N失3e-，作还原剂，根据电子守恒：，得； 需要Mn、Co、Cu浸出率尽可能高，Fe浸出率尽可能低，由图可知，450℃ 时Mn、Co、Cu浸出率已接近100%，Fe浸出率远低于目标金属，温度过高会导致Fe浸出率大幅升高，能耗增加，因此选450℃ ，故选C。 (2)已知Fe2(SO4)3在650℃ 完全分解为Fe2O3，其他金属硫酸盐不分解；原矿石中Si的氧化物SiO2不溶于水，因此水浸滤渣主要为Fe2O3和SiO2； (3)①A项，由产物结构可知，Cu2+与萃取剂中的N、O形成配位键，生成配合物进入有机相，A正确；B项，Cu2+价态仍为+2，没有改变，B错误；C项，若配合物易与水形成氢键，会易溶于水相，C错误；D项，配合物中的长烷基链具有疏水性，使配合物易溶于有机相，D正确；故选AD。②反萃取需要将Cu2+从有机相交换出来，得到CuSO4，因此加入稀硫酸，化学式为H2SO4； (4)pH=4时，，由，得，由，得； (5) 沉锰时Mn2+与HCO3-反应生成MnCO3沉淀，同时放出CO2，离子方程式为：Mn2++2HCO3-===MnCO3↓+H2O+CO2↑； 滤液2中主要含硫酸铵，处理后可返回流程第一步低温焙烧循环使用； (6)①Sb位于晶胞顶点，Mn位于晶胞面心，顶点Sb到最近的面心Mn的距离相等，每个顶点Sb周围共有12个最近的面心Mn；②晶胞中Sb的数目为，Mn的数目为，晶胞总质量，晶胞边长，体积，密度。 【变式3】【变载体—制备V2O5】五氧化二钒常作为化学工业中的催化剂，广泛用于冶金化工等行业，工业上以石煤(含有V2O3、V2O5、Al2O3等)来制备V2O5的一种工艺流程如下： 已知：①(偏钒酸铵)是白色粉末，微溶于冷水，可溶于热水。 ②沉淀生成和溶解的pH如下表所示： 物质 开始沉淀的pH 完全沉淀的pH 沉淀开始溶解的pH 沉淀完全溶解的pH 2.2 5.1 7.1 8.1 3.3 4.7 8.7 12.8 回答下列问题： (1)Ⅴ位于元素周期表第 周期第 族。元素的第一电离能：N O(填“＞”或“＜”)。 (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成的化学方程式为 。 (3)粗V2O5中含有，可通过加入NaOH溶液碱溶除去，需调节pH的范围为 。 (4)已知：室温下，，，向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2溶液，当溶液中时，溶液中 mol/L。 (5)产品纯度测定：将产品溶于足量稀硫酸配成100 mL溶液。取20.00 mL该溶液于锥形瓶中，用a mol/L标准溶液进行滴定，经过三次平行实验，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00 mL。已知：。该产品中V2O5的质量分数是 %。 (6)碳化钒晶体主要用于制造钒钢等，其立方晶胞结构如图所示。 ①碳化钒晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子数目为 。 ②若碳化钒晶体的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数为 nm(列出计算式)。 【答案】(1)四(或4) ⅤB ＞ (2) (3)(或8.1~8.7) (4)0.8 (5) (6)12 【解析】石煤含有V2O3、V2O5、Al2O3等，石煤通入空气和NaCl一起钠化焙烧生成偏钒酸钠、偏铝酸钠，水浸、用稀硫酸调pH生成V2O5沉淀，V2O5和氢氧化钠溶液反应生成NaVO3溶液，加氯化铵溶液生成NH4VO3沉淀，灼烧NH4VO3得到精制V2O5。 (1)V是23号元素，其在元素周期表中的位置第四周期第ⅤB族； 一般情况下同一周期元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越大。但当元素处于第ⅡA、第ⅤA时，原子核外电子处于轨道的全满、半满的稳定状态，其第一电离能大于同一周期相邻元素，N、O是同一周期元素，N是第二周期第ⅤA元素，O是第二周期第ⅥA元素，所以第一电离能：N＞O； (2)“钠化焙烧”过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，同时有黄绿色气体生成，说明氯化钠被氧气氧化为Cl2，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为； (3)粗V2O5中含有Al(OH)3，可根据Al(OH)3是两性氢氧化物，通过NaOH溶液碱溶除去，根据V2O5、Al(OH)3沉淀完全溶解与开始溶解的pH大小，为使V2O5完全溶解，而Al(OH)3不溶解，根据表格中两种物质开始溶解与完全溶解的pH关系，可知需调节pH的范围为8.1≤pH<8.7； (4)向偏钒酸铵的悬浊液中加入CaCl2，当溶液中c(Ca2+) =1mol/L时，c()=mol/L=2×10-3 mol/L，溶液中c()=； (5)根据V元素守恒和，可得反应关系式V2O5~2VO2+~H2C2O4，m g产品中V2O5的物质的量为n(V2O5)=0.02 L×a mol/L×=0.1a mol，则该产品中V2O5的质量分数是； (6)在碳化钒晶胞中，碳原子位于体心、棱心上，钒原子位于顶点和面心，则晶胞中所含碳原子数为1+12×=4；所含钒原子数为8×+6×=4。 ①在碳化钒晶胞中，我们选取中心碳原子为研究对象，与该碳原子距离最近且相等的碳原子分别位于棱心，棱心上共有12个碳原子，则碳化钒晶胞中与碳原子距离最近且相等的碳原子数目为12； ②设晶胞参数为x nm，若碳化钒合金的密度为p g·cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则p g·cm-3=，解得x=nm。 考向2 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断 例2(2026·湖北黄冈二模)钌(Ru)是一种贵金属元素，其产品在电子、航空航天等领域有重要应用价值。下图所示工艺流程是对某含钌废渣(主要成分为Ru，含、、等氧化物)进行的回收： 请结合所学知识回答下列问题： (1)Co在元素周期表中的位置是第____周期第____族。 (2)为提高“酸溶”速率，可以采取的措施是_______________(写一条即可)。 (3)“转化”过程中有机产物为乙醛，且溶液碱性显著增大，则相关反应的化学方程式为____________________。 (4)某含钌催化剂可用于催化水的析氢反应，该催化剂存在钌单原子、钌团簇、NiO三种活性位点，下图为反应历程中微粒在不同位点相对能量的变化(*表示吸附态)。 根据题目信息推测H2O的“吸附解离”主要发生在_____位点上(填“a”“b”“c”)。 a．钌单原子     b．钌团簇     c．NiO NiO表面吸附的H2更容易脱附的原因是_________________________。 (5)气体单质X经____(填处理操作)后，可循环至“蒸馏”工序，以实现降本增效。 (6)“系列操作”包含Cr3+和Co2+的分离，已知常温下Ksp[Cr(OH)3]= 1×10－32，Ksp[Co(OH)2]= 1.8×10－15，酸溶滤液中Cr3+、Co2+的浓度分别为1.01mol/L、1.8×10-3mol/L，若通过调实现二者分离，首先沉淀的离子是______，此时pH的最佳范围是______。 【答案】(1) 四 Ⅷ (2)适当升温或粉碎废渣或适当搅拌 (3)K2RuO4+CH3CH2OH+2H2O→Ru(OH)4↓+CH3CHO+2KOH (4) a 吸附在NiO位点上的H2相对能量高，较不稳定 (5)通入热的NaOH溶液，充分反应 (6) Cr3+ 5≤pH<8 【解析】含Ru废渣加入盐酸溶解后经系列反应得到K2RuO4，加入乙醇后发生氧化还原反应转化为Ru(OH)4，再加入NaClO3发生氧化还原反应得到RuO4，加入盐酸再发生氧化还原反应得到RuCl3和Cl2，最终得到Ru，据此作答。 (1)由元素周期表可知，Co是第27号元素，位于第四周期第Ⅷ族； (2)可通过升温或增大接触面积的方法增大反应速率，故为提高酸溶速率可采用的方法有适当升温或粉碎废渣或适当搅拌； (3)“转化”过程中发生氧化还原反应，乙醇被氧化为乙醛，K2RuO4被还原为Ru(OH)4，反应化学方程式为K2RuO4+CH3CH2OH+2H2O→Ru(OH)4↓+CH3CHO+2KOH ； (4)H2O的“吸附解离”对应左图，钌单原子对应能量最低，反应最容易发生，故选：a；NiO表面吸附的H2能量最高，最不稳定，故更容易脱附； (5)由分析可知，X为Cl2，通入至热的NaOH溶液充分反应后可得到NaClO3，在“蒸馏”工序中循环利用； (6)Cr(OH)3溶度积远小于Co(OH)2的溶度积，Cr(OH)3先沉淀，Cr3+沉淀完全时，浓度小于等于1×10-5mol/L，此时1×10-5×c3(OH-)=1.0×10-32，c(OH-)=1×10-9mol/L，pH=5；Co2+开始沉淀时，满足c(Co2+)×c2(OH-)=Ksp=1.8×10-15，c(Co2+)=1.8×10-3mol/L，得出c(OH-)=1×10-6mol/L，pH=8，由此可知pH的最佳范围是5≤pH<8。 解题妙招 化学工艺流程题的解题策略 审题要点 a．粗读试题，了解生产目的、原料及产品，尽量弄懂流程图b．图中一般会出现超纲知识，要读懂流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，并在下一步分析和解题中随时进行联系和调用 c．分析各步的反应条件、原理及物质成分 d．理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点 答题切入点 a．原料及产品的分离提纯；b．生产目的及反应原理；c．生产要求及反应条件；d．有关产率、产量及组成的计算；e．绿色化学 解题策略 a．流程中要分析“进”、“出”物质和仍然留在溶液中的离子等(否则可能漏掉副产品或干扰离子)b．一般默认进的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，减少损失 c．反应与物质的转化：分析每一步操作的目的及所发生的化学反应，跟踪物质转化的形式。尤其要注意原料中的杂质在流程中是如何被除去的。滤渣、滤液成分的确定：反应过程中哪些物质(离子)发生了变化？产生了哪些新离子？这些离子间是否能发生化学反应？所加试剂是否过量？ 【变式1】【变载体—提取稀贵金属】(2026·福建莆田三模)一种从蒸硒渣(主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au)中提取稀贵金属的工艺流程如图。 已知：①CuSO4开始分解的温度为653℃，SeO2在315℃开始升华。 ②“滤液1”含TeO32-；“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在。 回答下列问题： (1)Cu2S中Cu(Ⅰ)的价电子排布式为_______。Se在元素周期表中的位置为_______。 (2)“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应的化学方程式为_______。从所得混合气体中分离出SeO2的方法为_______。 (3)从“滤液2”中可提取的金属是_______(填名称)。 (4)“滤液3”中加Na2SO3，过滤得到Au，该反应的离子方程式为_______。 (5)“浸取4”所得溶液中含银元素的离子是_______(填化学式)。 (6)“试剂X”可选择_______(填字母)。 A．过氧化氢溶液 B．N2H4·H2O C．葡萄糖 D．稀硫酸 (7)一种铜硒化合物()具有优异的电化学性能，晶胞结构如下图所示。 ①_______。 ②与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为_______。 【答案】(1)3d10 第四周期VIA族 (2)CuSe＋4H2SO4(浓)CuSO4＋SeO2↑＋3SO2↑＋4H2O 凝华 (3)铜 (4)2[AuCl4]-+3SO32-+3H2O=2Au↓+8Cl-+3SO42-+6H+ (5)[Ag(NH3)2]+ (6)BC (7) 2：1 正四面体 【解析】蒸硒渣主要成分为Cu2S、CuSe、Ag2Se、SeS、Te的化合物和Au。蒸硒渣加浓硫酸600℃“焙烧”，S元素被氧化为SO2、Se元素被氧化为SeO2气体，然后将焙烧渣用氢氧化钠溶液浸取1除Te，滤液1中主要含有TeO32-、SO42-、OH-；用稀硫酸、氯化钠溶液浸取2除Cu，滤液2中含硫酸铜、氯化钠，再用稀硫酸、氯酸钠、氯化钠浸取3，将Au溶解得滤液3，滤渣中含有氯化银，用氢氧化钠、氨水浸取4，将氯化银转化为二氨合银离子，再用试剂X还原银氨离子得到单质Ag。 (1)Cu是29号元素，基态Cu原子价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子失去4s能级的1个电子得到Cu+，Cu(Ⅰ)的价电子排布式为3d10 。Se是第四周期ⅥA族元素，在元素周期表中的位置为第四周期ⅥA族。 (2)结合已知①，“焙烧”过程CuSe与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硒、二氧化硫、水，反应的化学方程式为CuSe＋4H2SO4(浓)CuSO4＋SeO2↑＋3SO2↑＋4H2O。SeO2在315℃开始升华，从所得SeO2、SO2混合气体中分离出SeO2的方法为凝华。 (3)滤液2中含硫酸铜、氯化钠，从“滤液2”中可提取的金属是铜 。 (4)“滤液3”中Au以[AuCl4]-形式存在，“滤液3”中加Na2SO3，[AuCl4]-被还原为Au、SO32-被氧化为SO42-，该反应的离子方程式为2[AuCl4]-+3SO32-+3H2O=2Au↓+8Cl-+3SO42-+6H+； (5)“浸取4” 用氢氧化钠、氨水浸取银，氯化银转化为二氨合银离子，所得溶液中含银元素的离子是[Ag(NH3)2]+。 (6)[Ag(NH3)2]+发生还原反应生成Ag，X为还原剂，N2H4·H2O、葡萄糖具有还原性，所以“试剂X”可选择BC； (7)①根据均摊原则，Cu甲数目为、Cu乙数目为4，Se数目为4，Se化合价为-2价，根据化合价代数和等于0，Cu甲显+2价、Cu乙显+1价，则a=2、b=1，2：1。 ②与Cu2+紧邻的Cu+有4个，与Cu2+紧邻的Cu+形成的空间构型为正四面体。 【变式2】【变载体—回收金属】(2026·重庆江津三模)炼铁炉渣中含有Fe、Cu、Al、Ni、Ca、Si等元素的氧化物，为了节约和充分利用资源，通过以下工艺流程分离、回收Fe、Cu、Al等元素。 (1)基态Cu的价层电子排布式为___________，“酸浸”过程产生的“固体残渣”的成分是___________。 (2)“高压加热”时生成Fe2O3的离子方程式为___________。 (3)“沉铝”时，“滤液1”pH最高可调至___________(忽略溶液体积变化)(已知：滤液1中Cu2+、Ni2+的浓度均为0.01 mol/L；常温下，，)｡ 在“沉铝”的过程中，除了会向溶液中加入碱性物质调节pH外，还会加入少量氢氧化铝粉末，静置一段时间才进行过滤，这样做的目的是___________。 (4)萃取剂HNAO对Cu2+有极高的选择性，HNAO与Cu2+形成的配合物如图所示。关于该配合物说法正确的是___________ A．铜与N、O形成配位键 B．该配合物存在分子内氢键，有利于该配合物与水相分离 C．溶液的酸性越强，越有利于该配合物的形成 D．该配合物中配位数和配体数均为4 (5)采用碘量法测定上述Fe3O4样品的纯度，实验步骤如下： ①准确称取0.464 g该样品，加入足量稀盐酸和H2O2溶液，使样品中所有铁元素全部转化为Fe3+(杂质不反应、不干扰)； ②继续加热溶液一段时间后再冷却至室温，向溶液中加入过量KI溶液，充分反应后，用0.100 mol/L Na2S2O3的标准溶液滴定(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)；③滴定至终点时，消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL，则该样品中Fe3O4的质量分数为___________%。(保留三位有效数字) 【答案】(1) 3d104s1 SiO2、CaSO4 (2)4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+ (3) 5.1 较快地析出的氢氧化铝沉淀，同时使沉淀颗粒较大，便于过滤 (4)AB (5)66.7 【解析】炉渣经稀硫酸、SO2酸浸，SiO2不溶、CaO生成CaSO4生成固体残渣；浸出液高压通空气，Fe2+被O2氧化：4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+得到Fe2O3，Fe2O3在Fe、浓KOH、高温高压下转化Fe3O4；滤液1调pH沉铝除去Al3+；滤液2经选择性萃取分离Cu2+、Ni2+。 (1)Cu为29号元素，价电子排布式3d104s1；酸浸时SiO2不溶于稀硫酸，CaO与H2SO4生成微溶CaSO4，固体残渣为SiO2、CaSO4； (2)高压加热O2氧化Fe2+生成Fe2O3，离子方程式：4Fe2++O2+4H2O=2Fe2O3+8H+； (3)常温下，，，由此可知，Cu(OH)2更容易沉淀析出，Cu(OH)2的，，，则，pH=5.0；加入Al(OH)3粉末可促进Al3+沉淀，使沉淀颗粒变大，便于过滤； (4)A项，Cu2+与N、O(提供孤电子对)形成配位键，A正确；B项，配体中的-OH与配位O形成分子内氢键，有机物极性降低，易与水分层分离，B正确；C项，酸性过强H+与配体N、O结合，破坏配位键，不利于配合物生成，C错误；D项，该配合物中含2个配体，每个配体双齿配位，配体数2、配位数4，D错误；故选AB； (5)根据关系式，，，质量分数。 【变式3】【变载体—提钒】(2026·云南昆明三模)钒是具有重要用途的战略金属。以某种石煤矿(主要成分为SiO2，含Al、V、Fe等多种金属的硅酸盐)为原料，磷酸盐辅助提钒(V2O5)的流程如下： 已知：P204是有机萃取剂[用HA(org)表示，其中org表示有机相]，萃取金属离子的能力：Fe3+＞VO2+，其它金属离子不干扰钒的萃取； 萃取钒的反应可表示为VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)。 回答下列问题： (1)基态V原子的价层电子排布的轨道表示式为___________。 (2)“硫酸熟化”时，三价V(用V2O3表示)被氧化为VOSO4，反应的化学方程式为___________。 (3)“水浸”时，VO2+、Al3+、Fe3+均可被浸出，加入磷酸钠必须沉淀除去的离子是___________；浸渣中除了该离子的磷酸盐沉淀外，主要成分的化学式为___________；水浸酸性强时，会生成[Fe(H2PO4)(H2O)4]2+和铝的配离子(结构如图)，配体H2PO4-中与Al3+配位的是非羟基氧(P=O和P-O-型氧)，下列原因分析合理的是___________(填标号)。 A．羟基氧被氢原子束缚，配位能力较弱 B．羟基氢对氧配位产生一定的空间位阻，配位能力减弱 C．非羟基氧电子云密度较羟基氧高，配位能力较强 D．P-O-由羟基去质子化形成，没有氢原子束缚，配位能力增强 (4)“反萃取”使VO2+从有机相进入水相，原理是___________。 (5)“沉钒”时VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀，反应的离子方程式为___________。 (6)某种钒氧化物的晶胞结构如图所示。晶胞参数，()，。其晶体密度为___________g· cm-3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1) (2)V2O3＋3H2SO4(浓)2VOSO4＋SO2↑＋3H2O (3) Fe3+(或铁离子) SiO2、H2SiO3 ABCD (4)增大氢离子浓度，使VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq) 平衡逆移 (5)12VO2++14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH4++7H2O (6) 【解析】石煤粉末与浓硫酸200℃反应使V2O3被氧化为VOSO4；加入磷酸钠水浸除去铁离子，同时 SiO2、H2SiO3也进入滤渣；P204萃取VO2+进入有机相，分液与水相分离；再加入硫酸反萃取使VO2+进入水相；加入过氧化氢氧化VO2+生成VO2+；再加入氨水沉钒使VO2+转化为(NH4)2V12O31沉淀；(NH4)2V12O31沉淀经煅烧生成五氧化二钒，据此分析。 (1)V为23号元素，基态原子价电子排布式为3d34s2，价层电子轨道表示式为； (2)V2O3中V为+3价，被浓硫酸氧化为VOSO4中+4价V，浓硫酸自身被还原为SO2，配平得化学方程式：V2O3＋3H2SO4(浓)2VOSO4＋SO2↑＋3H2O； (3)已知萃取能力Fe3+＞VO2+，Fe3+会优先被萃取，干扰钒的提取，因此必须沉淀除去Fe3+； 原矿主要成分为 SiO2，不溶于酸，硅酸盐和浓硫酸生成的H2SiO3也会沉淀析出，所以浸渣还有 SiO2、H2SiO3；A项，羟基氧与H原子成键，电子对被H束缚，配位能力弱，A正确；B项，羟基氢存在空间位阻，阻碍氧与中心离子配位，配位能力减弱，B正确；C项，非羟基氧仅与P相连，电子云密度高于羟基氧，配位能力更强，C正确；D项，P-O-是羟基去质子化产物，无H原子束缚，电子云密度更高，配位能力增强，D正确； 故选ABCD； (4)萃取存在平衡：VO2+(s)+2HA(org)VO(A)2(org)+2H+(aq)，反萃取时加入硫酸，增大H+浓度，平衡逆向移动，VO2+从有机相进入水相； (5)VO2+与氨水反应生成(NH4)2V12O31沉淀，配平得离子方程式：12VO2++14NH3·H2O=(NH4)2V12O31↓+12NH4++7H2O； (6)晶胞中V原子数：顶点，晶胞内1个，共2个V；2个O原子在晶胞内，4个在面上，共个，晶胞质量； 晶胞参数换算：，晶胞体积； 密度。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．(2026·四川卷，11，3分)稀有金属镓(Ga)广泛用于电子工业，它和Al同族，性质相似。某刚玉灰主要含有氧化铝、硅铝酸钾、硫酸钾、硅酸钙和少量镓的化合物，从中分离富集镓的一种路线如下。其中，“高温煅烧”时，铝的化合物转化为MAlO2(M为Na+、K+)。 下列说法错误的是( ) A．“高温煅烧”时，1 mol Al2O3发生的反应生成1 mol CO2 B．“酸浸”时，硅的化合物以固态物质形式在浸渣中被除去 C．“酸浸”时，镓的化合物发生的反应是[Ga(OH)4]－+4H+=Ga3++4H2O D．晶体的化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+) 【答案】C 【解析】高温煅烧：加入碳酸钠后，氧化铝、铝硅酸盐和镓的化合物发生反应，铝按照题干信息转化为偏铝酸盐MAlO2(M为Na+、K+)，镓同理转化为偏镓酸盐，硅转化为可溶性硅酸盐；酸浸：加入稀硫酸后，偏铝酸根、偏镓酸根和氢离子反应，转化为Al3+、Ga3+进入溶液；硅酸盐与酸反应生成硅酸沉淀，和其他不溶杂质一起作为浸渣被除去；浓缩结晶：溶液中的M+、Al3+和硫酸根结合，形成复盐结晶析出，Ga3+留在母液中，过滤得到镓富集液。A项，高温下Al2O3可和Na2CO3反应Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，1 mol Al2O3完全按此反应生成1 mol CO2，A正确；B项，高温煅烧后，硅元素转化为硅酸盐，酸浸时硅酸盐与稀硫酸反应生成难溶于水的硅酸沉淀，因此硅元素以固态形式留在浸渣中被除去，B正确；C项，“高温煅烧”是在无水的高温环境下进行的固体熔融反应，镓被转化为固态的MGaO2。因此在后续的“酸浸”步骤中，是GaO2-和H+反应：GaO2-+4H+=Ga3++2H2O，C错误；D项，类比明矾 KAl(SO4)2·12H2O，体系阳离子为Na+、K+，浓缩结晶析出铝的复盐晶体，化学式为 MAl(SO4)2·xH2O(M=K+或Na+)，D正确；故选C。 2．(2026·贵州卷，1，3分)某磷废渣的主要成分为CaCO3、MgCO3和Ca5(PO4)3F，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CaCO3、MgCO3分解 B．“浸取”可能的反应为MgO+2NH4ClMgCl2+2NH3↑+H2O C．“滤渣浮选”利用了CaCO3和Ca5(PO4)3F物理性质的差异 D．“滤液沉淀”可以利用流程中产生的CO2和NH3制备沉淀剂 【答案】A 【解析】磷废渣主要含CaCO3、MgCO3、Ca5(PO4)3F，先在600℃下焙烧，该温度仅MgCO3分解释放CO2并生成MgO，CaCO3与Ca5(PO4)3F不分解，焙烧产物加入NH4Cl 溶液，75℃、pH=6.0条件下浸取，MgO与NH4Cl 反应生成MgCl2并释放NH3，过滤后得到含Mg2+的滤液与含CaCO3、Ca5(PO4)3F的滤渣，滤渣添加油脂浮选剂，依靠两种固体表面润湿性物理性质差异浮选分离出CaCO3，剩余Ca5(PO4)3F，滤液可通入流程自产的CO2与NH3配成碳酸盐沉淀剂，使Mg2+转化为MgCO3沉淀完成镁的分离回收。A项，CaCO3分解温度高于，焙烧时仅MgCO3分解，CaCO3未分解，且后续浮选得到CaCO3，故“焙烧”目的不是使CaCO3分解，A错误；B项，焙烧后MgCO3分解生成MgO，NH4Cl 溶液呈酸性，加热条件下MgO与NH4Cl 反应生成MgCl2、NH3和H2O，反应式符合反应规律，B正确；C项，浮选是利用CaCO3和Ca5(PO4)3F表面润湿性等物理性质的差异进行分离，C正确；D项，流程中焙烧产生CO2、浸取产生NH3，二者通入水中可生成碳酸盐作为沉淀剂，与滤液中Mg2+反应生成MgCO3，D正确；故选A。 3．(2026·黑吉辽蒙卷，12，3分)从铜阳极泥(主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au)中提取热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na2Te与适量空气反应可生成Na2Te2。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HNO3 C．Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强 D．“沉碲”过程中Na2SO3被氧化 【答案】C 【解析】铜阳极泥的主要成分为Cu2Te和Cu2S，含少量Ag2S和Au，在“浸渍”操作中，加入Na2S溶液，通入适量空气，Cu2Te和Cu2S反应生成CuS沉淀，同时生成Na2Te2，Ag2S和Au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。A项，“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性，通入过量空气时，过量O2会进一步将S2-氧化为更高价态的物质，发生副反应，A错误；B项，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项，Na2Te被O2氧化生成Na2Te2的反应方程式为：4Na2Te+O2+2H2O=2Na2Te2+4NaOH，反应生成强碱NaOH，溶液中c(OH―)增大，碱性增强，C正确；D项，滤液1中Te在Na2Te2中为-1价，沉碲得到O价碲单质，Te化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还原反应，被还原，D错误；故选C。 4．(2026·江西卷，6，3分)高纯碳酸钙在电子工业领域有广泛应用。使用优质大理石(含有少量MgCO3和Fe3O4 杂质)制备高纯碳酸钙的工艺流程如图。体系中有关离子反应方程式书写错误的是( ) A．浸出过程：CaO+2H+=Ca2++H2O B．浸出过程：Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O C．净化过程：Fe3++ 3OH-=Fe(OH)3↓ D．碳化过程：Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+ 【答案】C 【解析】优质大理石原料(主要成分为CaCO3，含少量MgCO3、Fe3O4 杂质)先经煅烧，碳酸盐受热分解得到金属氧化物CaO、MgO、Fe3O4 ；煅烧产物加盐酸浸出，金属氧化物与盐酸反应转化为可溶性金属阳离子Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+，得到含多种金属离子的酸性溶液；浸出液加入石灰浆(Ca(OH)2悬浊液)进行净化，调节pH使铁、镁杂质转化为氢氧化物滤渣除去；净化后溶液通入NH3、CO2碳化，Ca2+转化为碳酸钙沉淀，最后经过滤、干燥得到高纯CaCO3；A项，煅烧时CaCO3CaO+ + CO2↑，浸出时CaO和盐酸反应，CaO是金属氧化物不能拆，离子方程式为CaO+2H+=Ca2++H2O，A正确；B项，Fe3O4 可等价表示为FeO·Fe2O3，与盐酸发生复分解反应，生成FeCl2、FeCl3 和水，反应无化合价变化，离子方程式为Fe3O4 +8H+ ==2Fe3+ +Fe2+ +4H2O，B正确；C项，净化过程加入的是石灰浆，Ca(OH)2为悬浊液，在书写离子方程式时不能拆分为Ca2+和OH-，须保留化学式，正确离子方程式应为2Fe3++ 3Ca(OH)2=2Fe(OH)3↓+3Ca2+，C错误；D项，碳化时溶液中含Ca2+，通入NH3创造碱性环境，再通入CO2生成CO32-，与Ca2+结合析出CaCO3沉淀，离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O═CaCO3↓+2NH4+，D正确；故选C。 5．(2026·云南卷，15)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 已知：①PMS为过一硫酸盐(含过氧键)，在强酸介质中会水解。 ②1O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于__________区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为__________。 (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag+、__________(填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KCl不能用HCl替代的原因为__________；PMS发生反应的离子方程式__________。(将离子方程式补充完整) HSO3-+SO32-=__________+__________+1O2 (5)工序“”中，抗坏血酸的作用为__________。 (6)“碱沉”前，用0.100mol·L-1的NaOH标准溶液测定50.00mL“滤液”中的H+及Ni2+浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(，，忽略Ni2+的水解)。“滤液1”中Ni2+的浓度为__________mol·L-1(结果保留小数点后3位)。 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为__________。 【答案】(1)ds (2)Ni+2H+ == Ni2+ +H2↑ (3)Cu2+ (4) HCl为强酸，会引入大量 H+导致溶液酸性过强，使PMS发生水解而降低氧化能力失效 HSO3-+SO32-=2SO42-+H++1O2 (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7)2AgNO3+2NaOH= Ag2O↓ +2NaNO3+H2O 【解析】酸浸1：经过预处理的WPCB加入稀盐酸，Ni与稀盐酸发生置换反应生成Ni2+溶解，而Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应 。过滤后，滤液1主要成分为NiCl2和过量的 HCl，滤渣1为 Cu、Ag、Au 。   碱沉：向滤液1中加入 NaOH 溶液，首先中和过量的 HCl，随后沉淀Ni2+生成  Ni(OH)2。过滤后得到的滤液3主要含有 NaCl 。   酸浸2：向滤渣1中加入稀硝酸，Cu和Ag溶解生成Cu2+、Ag+，Au 不与稀硝酸反应 。过滤后，滤液2主要含有AgNO3和过量的HNO3，滤渣2为单质 Au 。   氧化溶金：将滤渣2(Au)加入含有 PMS 和 KCl 的体系中，利用 PMS 的氧化性氧化 Au，同时Cl-起到络合作用，生成[AuCl4]-溶解进入滤液4 。   还原金：向滤液4中加入抗坏血酸(X)，利用其还原性将金的络合物还原为纳米 Au 。   沉银：将含有Ag+的滤液2与含有Cl-的滤液3混合，发生沉淀反应生成 AgCl 。 (1)Cu位于IB族，IB、IIB族元素属于ds区，Au与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解，Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和H+反应生成Ni2+和H2，离子方程式：Ni+2H+ == Ni2+ +H2↑。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au，酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与稀硝酸反应溶解生成Cu2+ 、Ag+，Au不溶解，因此滤液2中金属离子除Ag+外还有Cu2+ 。 (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCl代替KCl，溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分子(1O2)，PMS(以HSO3-表示)发生分解反应生成硫酸根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HSO3-+SO32-=2SO42-+H++1O2 。 (5)“氧化溶金”后，金以 +3 价络离子形式存在于溶液中。抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，在此工序中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳米 Au 。 (6)V(NaOH) 在 0 ~ 20.00 mL 之间时，pOH 急剧下降，此时是 NaOH 溶液中和滤液1中过量的 HCl 的阶段 。 V(NaOH)在 20.00 ~ 55.00 mL 之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00 mL 时 pNi 发生突变上升，说明此阶段NaOH均用于沉淀 Ni2+，沉淀 Ni2+消耗NaOH体积为，，由Ni2++2OH-=Ni(OH)2↓得，。 (7)滤液2中Ag+以AgNO3形式存在，滤液3中含碱沉后过量的NaOH，AgOH不稳定分Ag2O解为，因此反应为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化学方程式为2AgNO3+2NaOH= Ag2O↓ +2NaNO3+H2O。 6．(2026·广东卷，18)金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、Sb2S3、FeS2、SiO2和MgO等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：Au(III )和Ag(I )在一定条件下均可与Cl-形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Mg(OH)2 Ksp(298) 2.8×10-39 4.9×10-17 5.6×10-12 (1)金精矿研磨成粉是为了___________，提高浸取速率。 (2)“沉锑”的反应中，还原剂为___________。 (3)“电解”在电解池(图1)中实施，一定条件下实现“沉锑”试剂的回收利用。忽略生成气体的反应，则 ①阴极反应式为___________。 ②初始电解液中c(Fe3+)=1.4mol·L-1，c(Mg2+)=0.056mol·L-1。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室c(OH-)应不大于___________mol·L-1(列算式)。 (4)“X”包含多个步骤，需同时用到HCl和H2O2溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中c(H2O2)的变化如图2，Au在滤液2中主要以[AuCl4]-存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 (5)“沉金”通过NaOH的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成Au的离子方程式为___________。 2[AuCl4]-+_____HSO3-+__________=2Au↓+__________+8Cl-+_____H+ (6)某杂冠醚可选择性地与含银废液中的Ag+形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与Ag+有配位作用且___________。 (7)①Sb与N同族，AlSb与GaN中离子键成分的百分数较大的是___________。 ②AlSb晶体的立方晶胞结构如图4，其原子占据A、B、C三种位置，每种位置上只有一种原子，则Al占据___________位置，Sb占据___________位置。(填编号) 【答案】(1)增大反应物接触面积 (2) Fe(或铁粉) (3)Fe2++2e-=Fe 或 (4)先控制H2O2浓度在x1mol·L-1，与HCl溶液浸出Ag后过滤除去，再控制H2O2浓度在x3mol·L-1与HCl溶液浸出Au，过滤 (5) 2[AuCl4]-+3HSO3-+3H2O=2Au↓+3SO42-+8Cl-+9H+ (6)杂冠醚的空腔大小与Ag+的直径(大小)相匹配 (7) GaN A、B或C C或A、B 【解析】先通过盐酸+氧化剂体系，将硫化锑转化为可溶性配离子[SbCl4]-，过滤后滤泥含有Au、Ag、SiO2、S等；滤液主要含[SbCl4]-，还会存在Fe3+、Mg2+等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将Fe3+还原为Fe2+，滤液1含有Mg2+、Fe2+，通过电解实现沉锑试剂的回收循环，降低原料成本。滤泥除硫后得到含金银粉体，通过控制H2O2浓度在酸性条件下实现金、银的选择性浸出，最后用亚硫酸钠还原沉金得到单质金，回收的锑可进一步加工制备光电材料AlSb，实现副产物高值化利用。 (1)固体研磨成粉，可增大反应物接触面积，加快反应浸取速率。 (2)沉锑过程中，Fe将[SbCl4]-中+3价Sb还原为Sb单质，Fe被氧化，作还原剂。 (3)①电解回收沉锑试剂(铁粉)，阴极Fe2+得电子生成Fe单质，故阴极反应为Fe2++2e-=Fe。②阳极室要防止产生沉淀，由Ksp数据可知，Fe(OH)2和Mg(OH)2两种沉淀中，Fe(OH)2先沉淀，但考虑到阳极Fe2+失电子生成Fe3+，最终c(Fe3+)=1.4mol·L-1，，计算得不产生沉淀时，该值远小于Fe(OH)2沉淀的临界c(OH-)，因此按Ksp[Fe(OH)3]计算。 (4)由图可知，c(H2O2)在x1时Ag浸取率接近100%，Au浸取率很低，先过滤除去Ag；再将c(H2O2)调至x3，Au浸取率接近100%，可提高金的提取率和纯度。 (5)Au从+3价降为0，2个Au共得6e-；HSO3-中S从+4价升为+6价(生成SO42-)，每个失2e-，因此HSO3-系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式2[AuCl4]-+3HSO3-+3H2O=2Au↓+3SO42-+8Cl-+9H+。 (6)超分子选择性识别的原理，除了配位作用，还需要空腔尺寸与离子大小匹配。 (7)①离子键成分百分数随元素电负性差增大而增大，N电负性远大于Sb，Ga和Al电负性相近，因此GaN中电负性差更大，离子键成分更大。②AlSb为1：1型化合物，晶胞中：A(顶点)数目为，B(面心)数目为，A+B共4个；C(晶胞内部)共4个，满足4：4=1：1。由此可知，顶点和面心是一种原子，晶胞内部是另一种原子，因此Al和Sb分别占据顶点(A)+面心(B)和体内四面体空隙(C)；二者可互换顺序。 7．(2026·河南卷，15)一种从废芯片(主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+；“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-。 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，Cu未完全转化为CuO，“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和FeSO4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3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全，但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的AgCl可被N2H4还原为Ag，N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCl与N2H4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，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为___________。 【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)2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fe2+氧化再生为Fe3+(或 Fe2(SO4)3)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Ce3+)，以便在后续步骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 (7)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓ +Cl- 【解析】该流程是从含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生Fe3+循环回浸出工序；之后经“浸出2”初步浸出Au、Pd，滤液沉银得到AgCl，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余Au、Pd，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含Ce3+的流出液经氧化得到Ce(OH)4回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 (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：2Fe3++Cu==Cu2++2Fe2+。 (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Fe2+-e-=Fe3+，阴极反应为：Cu2++2e-=Cu。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)3Ce4++AuAu3++3Ce3+的K约为4.8×105，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⁻。N2H4被氧化为N2，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 molN2H4失4e⁻。根据得失电子守恒可得化学方程式为：4AgCl+N2H4=4Ag+N2↑＋4HCl，因此n(AgCl)：n(N2H4)=4：1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]-和[PdCl4]2-，使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl。而沉淀步骤中，滤液3含有未反应的Ce3+，流程的最终目的是要将铈元素转化为Ce(OH)4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Ce3+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Ce3+氧化为Ce4+，在碱性条件下生成Ce(OH)4沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓ +Cl-。 8．(2026·黑吉辽蒙卷，16)某工厂利用镍矿(主要成分为，含少量Fe2O3和CuS)制备超细镍粉，物质转化流程如下(部分反应条件已略去)： 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)6]2+形式存在，硫以SO4 2-和少量S2O3 2-形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+，x=1~5。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，Ni元素位于周期表_____区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，NiS转化为[Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为_______________。 (3)滤液1中铜的主要存在形式为_______(填离子符号)。气体为__________(填化学式)。 (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O3 2-，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化1molS2O3 2-消耗O2的物质的量为______mol。 (5)滤液3浓缩结晶得到的______(填化学式)可用于生成化肥。 (6)近似条件下，不同[Ni(NH3)x]SO4溶液中二价镍[Ni(II )]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高Ni(II )的还原速率和转化率，x应选择_______(填“”或“”)。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]2+还原程度较低而[Ni(NH3)2]2+还原程度较高的原因：______________________(结合离子方程式作答)。 【答案】(1)d (2)增大氧气的溶解度(或浓度)，加快反应速率 NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+ 6H2O (3) [Cu(NH3)4]2+ NH3 (4)2 (5)(NH4)2SO4 (6) 2 [Ni(NH3)]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而[Ni(NH3)2]2+被还原时发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，不会生成游离的H+，因此还原程度较高 【解析】镍矿的主要成分为NiS，含少量Fe2O3和CuS，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成[Ni(NH3)6]2+、[Cu(NH3)4]2+，浸渣为Fe2O3；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气NH3，c(NH3)减小，[Ni(NH3)6]2+转化为[Ni(NH3)x]2+， [Cu(NH3)4]2+转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的S2O3 2-充分氧化为SO42-，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； (1)Ni是28号元素，价电子排布为3d84s2，根据周期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高O2浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；NiS与氧气、氨水反应生成[Ni(NH3)6]SO4，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)6]SO4+ 6H2O。 (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu(NH3)4]2+；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH3)减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 (4)1molS2O3 2-被氧化为SO42-，S2O3 2-中S 的平均化合价为 +2价，SO42-中S的化合价为+6价，总共失去2×(6-2)=8mol电子，1molO2反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗O2的物质的量为。 (5)在“还原”步骤中，[Ni(NH3)6]SO4被H2还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH4+(由NH3和H+结合)，阴离子是一直未参与后续反应的SO42-。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是 (NH4)2SO4，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 (6)观察题给图像，当x=2时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0(完全转化)。而x=1时反应提前停滞(转化率低)，x=3时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当x=1时，发生反应：[Ni(NH3)]2++H2=Ni+NH4++H+，会释放一个游离的H+，游离H+会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当x=2时，发生反应：[Ni(NH3)2]2++H2=Ni+2NH4+，恰好生成2个NH4+，体系不会生成游离的H+，反应能顺利进行到底。 9．(2026·湖南卷，16)一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)为一种二元弱碱。 ②Ksp[Zn(OH)2]= 3.0×10－17，Ksp[Cd(OH)2]= 7.2×10－15。 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5 mol·L－1时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 (3)“酸性溶液”经处理后，Cd2+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L－1、0.02mol·L－1，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，Cd2+______(填标号)。 a．沉淀完全    b．部分沉淀    c．未沉淀 (4)“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb(en)2]SO4，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3]。下列说法正确的是______(填标号)。 a．配合物[Pb(en)2]SO4中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 【答案】(1)IVA (2) 2PbS+O2+4H++2SO42-=2PbSO4+2S+2H2O 增大体系中氧气的压强(或浓度)，从而加快反应速率 (3)b (4)ac (5)2Pb2(OH)2CO3+CH44Pb+3CO2+4H2O 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6)CaSO4 CaCO3 【解析】加压氧化将PbS转化为PbSO4和单质S；胺浸利用乙二胺将PbSO4转化为可溶性配合物以实现固液分离；沉铅通过通入CO2生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用CH4将铅还原出来；再生步骤利用Ca(OH)2回收乙二胺并处理副产物。 (1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 (2)“加压氧化”中，PbS与空气中的O2及加入的硫酸反应，生成PbSO4沉淀和单质S。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为2PbS+O2+4H++2SO42-=2PbSO4+2S+2H2O。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3) 当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)=1.0×10-5mol·L-1，此时溶液中。 对于Cd2+，其浓度商。 因为，故有Cd(OH)2沉淀生成； 若Cd2+沉淀完全，需要，说明此时Cd2+并未沉淀完全。因此Cd2+部分沉淀，选b。 (4)A项，乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与Pb2+形成配位键，正确； B项，“沉铅”过程中通入CO2，生成碱式碳酸铅[Pb(OH)2CO3]，消耗了溶液中的碱性物质(乙二胺)，导致溶液pH减小，错误； C项，由流程图可知，“再生”工序加入Ca(OH)2后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确；故选ac。 (5)“高温还原”中，Pb(OH)2CO3与CH4反应生成Pb、CO2和H2O。反应中Pb元素化合价由+2降至0，C元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为2Pb2(OH)2CO3+CH44Pb+3CO2+4H2O。若用炭代替CH4，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO2后产生的碳酸根离子(或碳酸氢根离子)，加入Ca(OH)2进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的CaSO4和难溶的CaCO3沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为CaSO4和CaCO3。 10．(2026·四川卷，17)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SiO2、PbFe6(SO4)4(OH)12、CaSO4、ZnS、少量Ag2S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 PbSO4 PbCl2 CaSO4 Ag2SO4 AgCl Ksp 2.5×10-8 1.7×10-5 4.9×10-5 1.2×10-5 1.8×10-10 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，PbFe6(SO4)4(OH)12中的硫酸根不分解、铅以PbSO4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CaCl2的热浓食盐水将铅盐转化为[PbCl4]2-，其离子方程式是___________。食盐水中添加CaCl2的作用有___________。 (5)[PbCl4]2-溶液适当稀释和降温，便析出PbCl2沉淀。分离PbCl2后的母液，应返回___________步骤中。 (6)“电解”时，PbCl2压片组成阴极，惰性电极作阳极，NH4Cl溶液为电解液。电解获得金属铅的过程中，除阳极产生Cl2和少量O2外，阳极附近溶液中还伴有少量N2生成和pH下降，导致溶液pH下降的原因有___________。 【答案】(1) 四 ⅡB (2)PbFe6(SO4)4(OH)12PbSO4+Fe2(SO4)3+2Fe2O3+6H2O (3)将Ag元素转化为AgCl沉淀，提高Ag的回收率 Fe3+、Zn2+ (4)PbSO4+4Cl-+Ca2+=[PbCl4]2-+CaSO4 增大Cl-浓度，利于生成[PbCl4]2-；Ca2+与PbSO4产生的SO42-结合，促进反应正向移动 (5)溶铅 (6)阳极发生电极反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋、2NH3-6e-=N2↑＋8H＋，生成H＋，使得溶液的pH降低 【解析】脱硫浸渣原料含SiO2、PbFe6(SO4)4(OH)12、CaSO4、ZnS、少量Ag2S，通入空气350℃煅烧，PbFe6(SO4)4(OH)12分解生成PbSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3与水，ZnS、Ag2S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NaCl，Zn、Fe元素转化为 Fe3+、Zn2+进入滤液分离除去，体系内Ag2SO4与Cl-结合生成AgCl固体留在酸浸渣中，酸浸渣主要含PbSO4、SiO2、AgCl，随后加入氯化胆碱进行溶银步骤，氯化胆碱可与AgCl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NaCl、CaCl2的热浓食盐水中溶铅，PbSO4与Cl-、Ca2+反应生成可溶性配离子[PbCl4]2-同时析出CaSO4废渣，向溶铅液加水稀释降温，[PbCl4]2-解离析出PbCl2沉淀，分离PbCl2后的母液返回溶铅步骤循环使用，最后PbCl2压片作阴极、惰性电极作阳极，NH4Cl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3d104s2，位于元素周期表第四周期ⅡB族； (2)由题，350℃下PbFe6(SO4)4(OH)12分解，硫酸根不分解，产物为PbSO4、Fe2(SO4)3、Fe2O3、H2O，化学方程式为PbFe6(SO4)4(OH)12PbSO4+Fe2(SO4)3+2Fe2O3+6H2O； (3)酸浸加入少量NaCl电离出Cl-，煅烧生成的Ag2SO4会与Cl-发生沉淀转化，生成溶度积更小的AgCl固体留存于酸浸渣，避免银随 Fe3+、Zn2+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 Fe3+、Zn2+； (4)溶铅时PbSO4固体和Cl-、Ca2+反应生成可溶性[PbCl4]2-与CaSO4沉淀，离子方程式：PbSO4+4Cl-+Ca2+=[PbCl4]2-+CaSO4 ；食盐水中的CaCl2电离出Cl-增大体系氯离子浓度，促进PbSO4转化为可溶性[PbCl4]2-，同时Ca2+结合反应生成的SO42-生成CaSO4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[PbCl4]2-解离析出PbCl2，分离PbCl2后的母液富含Cl-、Ca2+，可返回溶铅步骤循环利用，节约原料； (6)电解时阳极除Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2外，水电离出的OH-和电解液中NH4+失电子均会失电子，分别发生反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋、2NH3-6e-=N2↑＋8H＋生成O2、N2，两个阳极反应均生成H＋，溶液氢离子浓度升高，最终体系pH下降。 2 / 3 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $