题14 化学工艺流程综合题——新高考五年真题一年模拟：命题逻辑透视与趋势研判（江苏专用）

**基本信息** 以真实工业情境为载体，系统整合化工流程全链条方法与定量计算技巧，构建“术语-操作-原理-计算”四维知识逻辑体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |方法总结|12个模块（含化工术语、分离方法等）|提炼原料预处理、pH控制等10类核心方法，规范氧化还原方程式书写及Ksp计算步骤|从基础术语定义到操作原理推导，再到定量计算应用，形成递进逻辑| |真题训练|6道高考真题|强调流程拆解、瓶颈识别、数据验证的工程思维链|结合元素化合物性质与反应原理，体现“科学态度与社会责任”素养| |模拟应用|10道模拟题|聚焦异常诊断与参数优化，强化绿色化工与安全意识|通过晶胞结构、回收率计算等，深化“证据推理与模型认知”能力|

题14 化学工艺流程综合题 1．（2026·江苏·高考真题）含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的___________(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是______________________________________________________。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、_____(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是_______________________________________。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为_____℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为__________________________。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的________(写出计算过程)。 【答案】（1） 烃基 溶液中pH越低，浓度越大，会和结合形成，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率； （2） 、 酸性条件下可以将氧化成，促进的交换，有利于进入，提升酸浸效果 （3） 40℃ （4）0.6 【解析】（1）①十二胺中的烃基（）属于长链烃基，属于疏水性基团，而氨基（）属于亲水基团，因此十二胺中烃基具有疏水性； ②溶液中pH越低，浓度越大，十二胺中的会和结合形成，为带正电的阳离子，而已知黑云母在水中表面带负电荷，带正电的更容易通过静电作用与表面带负电的黑云母结合，使其上浮从而提高黑云母的回收率； （2）①当x=3时，黑云母的化学式为，根据化合价代数和为0计算，M为+1价，Si为+4价，Al为+3价，O为-2价，OH为-1价，因此三个Fe的化合价之和为+7，因此说明三个Fe中有两个和一个，因此溶液中金属阳离子除了、K+、、Mg2+，还有和； ②酸性条件下可以将氧化成，根据已知可知，金属离子进行层间能将交换出来，使更多的离子交换出来，产生的孔隙有利于进入，提升酸浸效果； （3）①由图可知，在10℃-40℃时的溶解度较小，在40℃后溶解度提高，因此温度继续提高不能保证的回收率和纯度，并且的溶解度在40℃时的溶解度较大，为提高的回收率和纯度，选择的趁热过滤的温度应为40℃； ②在700℃焙烧时，分解得到除了，两种氧化物应为和，因此化学方程式为； （4）的物质的量为，根据元素守恒，，由于元素回收率为96%，可以求出萃取转化后溶液中；的物质的量为，根据元素守恒，，由于K元素回收率为40%，可以求出萃取转化后溶液中，因此同一溶液中。 2．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 【答案】（1） 氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 否, ，， ，则未沉淀完全 ZnO （2） 负电 （3） 生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降 【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去与，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 （1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；故答案为氧化生成S，促进酸浸反应正向进行。 ②通入除镉，当溶液时，， 又因为，=，则，则此时，此时的浓度大于，故沉淀不完全； ③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的至，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。 （2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由替换，区域B中，由替换；按照均摊法，区域B中含：3个、：1个、：个，，则区域B带负电，故答案为；负电。 （3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 ②生成As2S3沉淀附着于ZnS表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促使As2S3+6H2O2H3AsO3+3H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降。 3．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 【答案】（1） Fe2O3 Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣 （2） c(OH-)增大，SO量增多，(R3NH)2SO4量增多，萃取正向进行程度增加 2:1 （3） 2:1 【解析】（1）①依据题目中的信息，焙烧后Nd和Fe分别转化为Nd2O3和Fe2O3。焙烧后“酸浸”的目的是将浸出元素从固态物质转化为可溶性离子，根据图1中的信息，随着浸出时间的延长Nd的浸出率大于95%，而Fe的最高浸出率约8%。说明此过程中Nd2O3几乎全部溶于盐酸转化成Nd3+，而Fe2O3只有很少部分能转化成Fe3+，所以含铁滤渣的主要成分应是未浸出的Fe2O3； ②结合题给信息，“酸浸”过程影响浸出率的主要因素有：酸的种类、酸的浓度、浸取时间、固液比等，通过控制合适的条件可以实现Nd和Fe的分离。反应一开始，因为Fe2O3溶于盐酸，所以Fe的浸出率随浸取时间而上升。随着反应进行至5分钟后，Fe浸出率下降说明部分浴出产生的Fe3+重新进入滤渣，分析可能原因是Fe3+的水解产生Fe(OH)3相同条件下Nd3+水解能力远小于Fe3+。结合Nd2O3浸出率持续上升，可推理出因为Nd2O3溶解会消耗H+，当c(H+)低于一定值，Fe2O3不再浴解，同时c(H+)减小促进Fe3+水解产生Fe(OH)3。可以得出结论：Fe2O3溶于盐酸，c(H+)减小，Fe3+水解进入滤渣。 （2）①减小生成物浓度，化学平衡向正反应方向移动，因此，其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，的浓度减小，的化学平衡向正反应方向移动，又的浓度减小使平衡逆向移动，引起浓度的增大，进一步促进平衡向萃取方向移动，导致的浓度增大，因此，有机层中Fe元素含量迅速增多。 ②由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞中体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为；原子全部在晶胞的面上，共有，因此，其中原子数目比2:1。 （3）①向溶液中加入溶液，和相互促进对方水解生成沉淀和，该反应的离子方程式为。 ②的物质的量为，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，=；时剩余固体的质量为7.60，固体减少的质量为，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和，碳酸盐分解得到氧化物和，因此，可以推测固体变为时失去的质量是生成和的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的质量为，则生成的质量为-=，则生成的物质的量为，由C元素守恒可知，分解后剩余的的物质的量为4×10-5mol-=，因此可以确定该产物中的比值为。 4．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 【答案】（1） 或 制得的催化剂中不含Na+ （2） 在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消 （3） 提高反应温度、延长浸出时间 或 促进充分沉淀 【解析】（1）在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为，另水解会促进水解，故在水溶液中水解为沉淀的离子方程式也可写成为；反应选用溶液而不选用溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+； （2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如。 （3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为  或。饱和溶液中存在溶解平衡，加过量溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高的含量，促进充分沉淀。 5．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 （1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 （3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】（1） 5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 （2） 4 或 （3）Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【解析】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大。 （2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 6．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 （1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化学式)。 （2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。 （3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。 （4）将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。 【答案】（1）Fe3+、H+ （2）0.7500mol·L-1 （3） ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O （4）ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐 【解析】锌灰含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2，加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，过滤出SiO2，所得溶液中含有硫酸锌、硫酸铅、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。 （1）“除杂”加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有Fe3+、H+。 （2）根据Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀释后的溶液中含ZnSO4的物质的量为0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物质的量浓度为； （3）①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O； ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，ZnS为催化剂，该反应过程可描述为ZnS+CO2=ZnO+COS；ZnO+H2S=ZnS+H2O； （4）在280~400℃范围内，ZnS和FeS吸收氧气，ZnS和FeS部分被氧化为硫酸盐，固体质量增加。 该类试题以“物质转化全流程的系统设计与绿色优化”为核心立意，紧扣《普通高中化学课程标准》中“科学态度与社会责任”“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”三大核心素养的整合要求，将元素化合物性质、反应原理、分离提纯技术置于矿产资源利用、新能源材料制备、废弃物资源化等真实工业情境中，旨在考查学生超越实验室烧杯思维，从原料适配性、过程可控性、产品纯度、经济环保等多维约束下理解化工生产的系统逻辑。命题坚持“流程真实性、思维工程化、知识结构化、价值导向性”四位一体原则，既检验学生对核心化学反应与操作单元的掌握程度，更评估其在复杂多步流程中识别关键控制点、诊断异常原因、优化工艺参数的高阶工程思维能力，实现从“解题”向“解决真实化工问题”的根本转变。 · 素养落地：强化“全流程系统观”与“绿色工程意识”的深度整合：试题摒弃对孤立操作步骤的机械记忆，转而考查学生对“原料预处理→核心转化→分离纯化→三废处理”全链条协同逻辑的理解。要求学生不仅能写出某步反应方程式，更能解释为何在酸浸前需焙烧、为何选择特定pH除杂、为何母液要循环利用，体现“科学态度与社会责任”在工程决策中的具象化表达。 · 知识锚定：立足“单元操作-反应原理-物质性质”三位一体的结构化调用：所有情境均围绕课标要求的核心化工知识展开，包括氧化还原反应调控、水解/沉淀pH窗口、萃取/蒸馏/结晶条件选择、催化剂活性温度区间、副产物抑制策略等。学生需在陌生流程（如锂云母提锂、废旧三元电池回收、高纯硅制备）中快速识别功能单元、关联对应原理、激活物质性质网络，避免被冗长流程图干扰而偏离工程本质。 · 思维进阶：构建“流程拆解→瓶颈识别→定量验证→迭代优化”四步工程分析链：试题设置大量需要多维度权衡的情境，如“提高酸浓度可加快浸出率但增加杂质溶出，如何确定最优酸度？”“蒸发浓缩至何种程度才能避免共析？”，倒逼学生超越单步正确性判断，建立“明确产品指标与约束→拆解为功能单元→识别速率/选择性/能耗瓶颈→基于数据验证并优化”的完整工程思维链，考查系统化、精细化问题解决能力。 · 价值引领：渗透循环经济理念与安全生产责任：通过尾矿综合利用、溶剂闭路循环、低毒试剂替代、能耗梯级利用等真实案例，传递“化工不仅是制造，更是资源高效、环境友好、安全可控的系统工程”的科学价值观。引导学生认识工艺流程设计承载着可持续发展使命，同时强调操作规范、风险预判、应急处理等工程伦理维度。 · 流程复杂度从“线性主流程”向“多分支耦合+动态反馈”跃升 · 副线循环与物料闭环常态化：近五年真题中，含母液回用、废气吸收再生、中间产物返料等循环结构的流程占比超85%，要求理解“局部最优≠全局最优”，突破单向线性思维。 · 多目标冲突显性化：几乎所有题目都嵌入纯度-收率-成本-环保的trade-off，如“深度除杂提高纯度但损失主金属”“低温结晶节能但周期延长”，考查多目标权衡能力。 · 动态扰动响应凸显：越来越多题目关注原料波动、设备故障、季节温差等非稳态因素，如“矿石品位下降时如何调整酸耗？”“冷却水温度升高对结晶粒度的影响？”，提升对实际生产弹性的理解。 · 考查重心从“步骤目的解释”向“过程诊断与参数优化”深化 · 异常诊断成为标配：不仅问“为什么这样做”，更问“若产品含铁超标，可能哪步失控？”“滤液浑浊的原因及补救措施？”，要求逆向追溯故障源，强化工程 troubleshooting 能力。 · 定量边界分析高频化：提供溶解度曲线、pH-沉淀图、分配系数表等，要求计算理论收率、确定操作窗口、评估分离效率，避免定性描述空泛化。 · 绿色指标量化升级：从“是否环保”转向“原子经济性多少？”“吨产品水耗/能耗？”“危废产生量？”，要求用数据支撑绿色评价，契合双碳时代要求。 · 信息呈现从“简化流程图+文字说明”向“工程图纸+实时数据+标准规范”转型 · PFD/P&ID要素嵌入：流程图中出现泵、换热器、储罐、控制阀等工程符号，要求识别设备功能与物料流向，贴近真实工厂读图需求。 · 在线监测数据联动：引入pH计、电导率、浊度、XRF等实时数据，要求据此判断过程状态、验证操作有效性，将动态信号转化为工艺调整依据。 · 国标/行标引用：给出产品质量标准（如GB/T）、排放限值（如GB 8978）、安全规程（如AQ），要求对照评价工艺合规性，考查标准意识与法规素养。 · 干扰项设计从“反应式写错”向“工程逻辑断裂+常识缺失”升级 · 忽略物料衡算导致方案不可行：如建议“加大洗涤水量提高纯度”，未考虑后续蒸发能耗剧增；或提出“完全除去某杂质”，无视共沉淀极限，专治脱离工程约束的理想化思维。 · 静态思维应对动态生产：如认为“最佳pH固定不变”，未考虑原料成分波动需动态调节；或在连续生产中套用批次实验数据，反映对工程动态性的理解不足。 · 安全环保常识缺位：如推荐高温高压操作却未提防护措施；或使用剧毒试剂未设计尾气处理，缺乏基本工程伦理与安全底线意识。 · 答案评价从“标准答案”转向“合理方案+论证充分+价值契合” · 对于开放优化题，接受多种可行路径，只要原理正确、约束满足、数据支撑、符合绿色安全理念即可得分，鼓励基于工程思维的创新决策。 · 评分细则强调“系统分析分”“定量验证分”“价值契合分”，即使方案非最优，若能清晰识别瓶颈、讨论trade-off、体现责任意识，仍可获高分，发挥诊断与育人功能。 · 错误选项解析明确指出“哪个工程约束被违反”“哪种常识被忽视”，如“洗涤水量超出蒸发器处理能力”“未考虑Cr(VI)的致癌性直接排放”，帮助学生精准定位工程思维漏洞。 · 重建“原料-单元-产品-三废”四维流程模型库：以典型工艺（酸浸-萃取-结晶、焙烧-还原-精炼）为纲，整理各单元功能、关键参数、常见故障及优化策略，形成可动态调用的“流程决策树”，替代孤立步骤记忆。 · 开展“工程图纸解读+异常诊断”专项训练：精选含PFD符号、在线数据、质量标准的综合题，限时完成“流程拆解→瓶颈识别→数据验证→方案优化”四步流程，提升跨模态工程分析能力。 · 强化“可行性-经济性-安全性-环保性”四重校验习惯：养成分析流程时必做“四问”的习惯：一问技术上是否可行；二问经济上是否合理；三问操作上是否安全；四问环境上是否合规，避免片面或理想化判断。 · 建立“循环物料-动态扰动-绿色量化”专题突破清单：针对母液回用、原料波动、原子经济性计算等高频难点，整理典型案例（如盐湖提锂、电子废弃物回收），进行专项辨析训练，提升工程分析精度。 · 注重真实化工文献与标准的阅读与转化：定期选读《化工学报》、GB/T标准、企业技术规程，练习从中提取工艺参数、理解设计逻辑、识别合规要求，培养对真实化工系统的熟悉感与解读力。 共性考点类别 具体考查内容 命题溯源（课标/教材核心要求） 原料预处理 粉碎、焙烧、酸/碱浸、氧化还原预处理 《必修第二册》第八章：认识矿物资源开发利用；理解预处理对后续反应的影响；《选择性必修1》涉及氧化还原调控 核心转化反应 氧化还原、水解、沉淀、络合、催化反应 《必修第一、二册》元素化合物性质；《选择性必修1》反应原理；课标学业质量水平3-4要求“综合运用反应原理解决实际问题” 分离提纯操作 过滤、萃取、蒸馏、结晶、离子交换、膜分离 《必修第二册》第八章：掌握常见分离方法；理解操作条件对产品纯度的影响；《选择性必修3》有机分离技术迁移应用 三废处理与循环 尾气吸收、废水处理、固废利用、母液回用 课标“科学态度与社会责任”：“认识化学在环境保护中的作用”；《必修第二册》“化学与可持续发展”栏目提供绿色化工案例 工程参数与优化 pH、温度、浓度、时间、流速等对收率/纯度/能耗的影响 《选择性必修1》反应速率与平衡；《必修第二册》“思考与交流”讨论工艺条件选择；课标要求“能基于证据对工艺进行评价与优化” 多模态工程信息处理 从PFD、溶解度曲线、在线数据、标准中提取信息并建模 课标“证据推理与模型认知”：“能从多种表征形式中提取有效信息”；教材配套数字资源及“科学·技术·社会”提供工程案例 · 流程割裂化：仅关注单步反应正确性，忽略前后单元衔接（如浸出液pH影响后续萃取效率）；或未考虑循环物料累积效应，导致全局失衡。 · 工程约束缺失：提出理论上可行但工程上不可行的方案（如无限稀释除杂、超低温结晶），缺乏对能耗、设备、成本的 basic 考量。 · 静态思维泛化：将实验室小试条件直接放大到工业生产，忽略传质、传热、混合等工程放大效应；或认为“最佳条件恒定”，未考虑原料波动需动态调节。 · 绿色安全口号化：仅口头强调“环保”“安全”，却无法量化评价（如不知原子经济性计算方法）；或忽略具体风险（如H₂S毒性、粉尘爆炸），缺乏实操层面的安全意识。 · 定量分析薄弱：对pH窗口、结晶终点、洗涤次数等关键参数仅作定性描述，无法基于溶解度、分配系数等进行精确计算，导致优化建议空泛。 · 异常诊断表面化：将产品不合格简单归因于“操作失误”，未深入分析设备故障、原料变异、参数漂移等系统性原因，缺乏工程 troubleshooting 思维。 · 标准规范意识淡漠：不熟悉产品质量标准、排放限值、安全规程，导致设计方案虽化学正确但不合规，违背现代化工法治化、标准化要求。 1．常考的化工术语 关键词 释 义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 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 水浸 与水接触反应或溶解 过滤 固体与液体的分离 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 蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出 蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度 水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等 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) 2．原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分 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 3．常见的操作及目的 常见的操作 目的 加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子 判断能否加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等 分离、提纯 利用过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏、重结晶等常规操作从溶液中得到晶体 提高原子利用率 绿色化学(减少对环境的污染、物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的 4．物质分离的6种常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤(热滤或抽滤) 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与N2、H2 冷却法 5、温度、浓度、压强的控制 术语 功能 温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热方向移动； ③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl等物质。 ④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ； ② 使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失. 控温(用水浴或油浴控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发； ②为了使某物质达到沸点挥发出来； ③使催化剂的活性达到最好； ④防止副反应的发生； ⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求； ⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。 浓度、压强的控制 增大反应物浓度 、 加压 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑； ②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜； ③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。 减压蒸馏 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3等)物质分解； 6． pH的控制 术语 功能 控制溶液的PH （1）目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。 （2）原则：不管是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况 ①如果要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+，可通过加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3等； ②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。 （3）题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息； （4）解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性； ②判断调高还是调低； ③选择合适的调节剂。 7．体系环境氛围及其它条件的控制 术语 功能 酸性、 碱性 或 某种 环境 氛围 （1）蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解； （2）需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3 、MgCl2等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2的溶液里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔点更高的MgO， 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3等； （3）营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化； （4）营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H2O2 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。 8．循环物质的确定 9．副产品的判断 10．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写 10-1．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写步骤 （1）列物质：“读”取题目中的有效信息，找出发生氧化还原反应的物质或离子，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 （2）标得失：依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)，按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 （3）看环境：根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 （4）查守恒：再依据质量守恒，写出规范的方程式。 例：KMnO4能与热的硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为_____。 第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成： MnO＋C2OMn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O2Mn2＋＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O， 2MnO＋5C2O＋H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 10-2．书写关键——认识并掌握常见的氧化剂、还原剂及产物预测 （1）强氧化性物质或离子： Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4(H＋)、K2Cr2O7(酸性)、PbO2。 常见的氧化剂及还原产物预测： 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ KMnO4 MnO2 还原产物 Cl－(X－) H2O/O2－/ OH－ Fe2＋ Mn2＋(酸性)； MnO2(中性)； MnO(碱性) Mn2＋ 氧化剂 ClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2 PbO2 还原产物 Cl2、ClO2、 Cl－ SO2 NO2(浓)、NO(稀) OH－(碱性)； H2O(酸性) Pb2＋ 氧化剂 酸性K2Cr2O7 HClO、NaClO、 Ca(ClO)2(或ClO－) FeO(H＋) NaBiO3 Na2O2 还原产物 Cr3＋ Cl－、Cl2 Fe3＋ Bi3＋ NaOH(或Na2CO3) （2）强还原性物质或离子： Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、S2O、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)、H2C2O4、CO、NH3等。 常见的还原剂及氧化产物预测： 还原剂 金属单质 (Zn、Fe、Cu等) Fe2＋ S2－(或H2S、NaHS) SO2(或H2SO3、SO、NaHSO3) H2C2O4、C2O H2O2 氧化产物 Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性) S、SO2(或SO)、SO SO3、SO CO、CO2 O2 还原剂 I－(或HI、NaI) NH3 N2H4 CO S2O H2 氧化产物 I2、IO N2、NO N2 CO2 SO H＋(酸性)、H2O(碱性) 10-3．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考。 例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解： Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。 加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。 再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁： Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O， 加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 11．熟记常用计算公式 （1）物质的质量分数(或纯度)＝×100%。 （2）反应物的转化率＝×100%。 （3）生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。 12．利用“碘量法”进行物质含量测定 （1）直接碘量法：直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法。在滴定过程中，I2被还原为I－。 指示剂 淀粉：淀粉遇碘显蓝色，反应极为灵敏。化学计量点稍后，溶液中有过量的碘，碘与淀粉结合显蓝色而指示终点到达。碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。 适用对象 I2 是较弱的氧化剂，强还原性的S2－、S2O、SO、As2O3、Vc等都可直接滴定。 （2）间接碘量法 分类 ①剩余碘量法：剩余碘量法是在供试品(还原性物质)溶液中先加入定量、过量的碘滴定液，待I2与测定组分反应完全后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组分含量的方法。滴定反应为： I2(定量过量)＋还原性物质→2I－＋I2(剩余) I2(剩余)＋2S2O32-→S4O62-＋2I－ ②置换碘量法：置换碘量法是先在供试品(氧化性物质)溶液中加入碘化钾，供试品将碘化钾氧化析出定量的碘，碘再用硫代硫酸钠滴定液滴定，从而可求出待测组分含量。滴定反应为： 氧化性物质＋2I－→I2 I2＋2S2O32-→S4O62-＋2I－。 指示剂 淀粉，淀粉指示剂应在近终点时加入，因为当溶液中有大量碘存在时，碘易吸附在淀粉表面，影响终点的正确判断。 适用对象 I－是中等强度的还原剂。主要用来测氧化态物质：CrO42-、Cr2O72-、H2O2、 KMnO4、IO3-、Cu2＋、NO3-、NO2-等。 14．Ksp相关计算 考查角度 思路分析 判断沉淀的生成或沉淀是否完全 ①根据离子浓度数据求得Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成； ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH ①根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH； ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH 计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 根据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转化反应越易进行，转化程度越大 沉淀先后的计算与判断 ①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀； ②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀 15．晶胞及计算方法——均摊法 晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。审题时一定要注意是“分子结构”还是“晶胞结构”，若是分子结构，其化学式由图中所有实际存在的原子个数决定，且原子个数可以不互质(即原子个数比可以不约简)。 （1）长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 （2）非长方体晶胞中粒子视具体情况而定： 三棱柱 六棱柱 当晶胞为六棱柱时，顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒依次被6、3、4、2个六棱柱所共有，即顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒分别有、、、属于该六棱柱。 平面型 石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占 （3）常见晶胞结构 晶体 NaCl CsCl ZnS CaF2 金刚石 晶体结构 粒子数目 4个Na＋， 4个Cl－ 1个Cs＋， 1个Cl－ 4个S2－， 4个Zn2＋ 4个Ca2＋， 8个F－ 8个C 晶体 简单立方 体心立方 面心立方 氮化硼 干冰 晶体结构 粒子数目 1个原子 2个原子 4个原子 4个B,4个N 4个CO2 16．4类典型晶体结构模型 （1）典型离子晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 NaCl ①一个NaCl晶胞中，有4个Na+，有4个Cl－ ②在NaCl晶体中，每个Na+同时强烈吸引6个Cl－，形成正八面体形； 每个Cl－同时强烈吸引6个Na+ ③在NaCl晶体中，Na+ 和Cl－的配位数分别为6、6 ④在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+共有12个，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有12个 ⑤密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) CsCl ①一个CsCl晶胞中，有1个Cs+，有1个Cl－ ②在CsCl晶体中，每个Cs+同时强烈吸引8个Cl－，即：Cs+的配位数为8， 每个Cl－ 同时强烈吸引8个Cs+，即：Cl－的配位数为8 ③在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它最接近且距离相等的Cs+共有6个，形成正八面体形，在CsCl晶体中，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有6个 ④密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) ZnS ①1个ZnS晶胞中，有4个S2－，有4个Zn2＋ ②Zn2＋的配位数为4，S2－的配位数为4 ③密度＝ CaF2 ①1个CaF2的晶胞中，有4个Ca2＋，有8个F－ ②CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同，Ca2＋配位数是8，F－的配位数是4 ③密度＝ （2）典型共价晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 金 刚 石 Si ①每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构，键角均为109°28′ ②每个金刚石晶胞中含有8个碳原子，最小的碳环为6元环，并且不在同一平面(实际为椅式结构)，碳原子为sp3杂化； ③每个碳原子被12个六元环共用，每个共价键被6个六元环共用，一个六元环实际拥有个碳原子； ④C原子数与C—C键数之比为1∶2，12g金刚石中有2 mol共价键； ⑤密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)； ⑥原子半径(r)与边长(a)的关系：a=8r SiO2 ①SiO2晶体中最小的环为12元环，即：每个12元环上有6个O，6个Si ②每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构，每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝1∶2 ③每个Si原子被12个十二元环共用，每个O原子被 6个十二元环共用 ④每个SiO2晶胞中含有8个Si原子，含有16个O原子； ⑤硅原子与Si—O共价键之比为1：4，1mol Si O2晶体中有4mol共价键； ⑥密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)； SiC、BN、AlN等 ①每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构； ②密度：ρ(SiC)＝；ρ(BN)＝ (a为晶胞边长)； ③若Si与C最近距离为d，则边长(a)与最近距离(d)的关系：a=4d （3）典型分子晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 干冰 ①每8个CO2构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2，每个晶胞中有4个CO2分子 ②每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个 ③密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 冰 每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1 mol H2O的冰中，最多可形成2 mol氢键。 （4）典型金属晶体结构模型 金属晶体的四种堆积模型分析 堆积模型 简单立方堆积 体心立方堆积 面心立方最密堆积 六方最密堆积 晶胞 或 代表金属 Po Na、K、Fe Cu、Ag、Au Mg、Zn、Ti 配位数 6 8 12 12 原子半径(r)和晶胞边长(a)的关系 2r＝a 2r＝ 2r＝ 一个晶胞内原子数目 1 2 4 2 原子空间利用率 52% 68% 74% 74% （5）混合型晶体——石墨晶体 ①同层内，碳原子采用sp2杂化，以共价键相结合形成平面六元并环结构。所有碳原子的p轨道相互平行且相互重叠，使p轨道中电子可在整个平面中运动 ②层与层之间以范德华力相结合 ③石墨的二维平面结构内，每个碳原子的配位数为3，有一个未参与杂化的2p电子，它的原子轨道垂直于碳原子平面 ④石墨晶体中C原子数与C—C数之比为2∶3，即12 g石墨晶体中含1.5NA个C—C共价键 ⑤石墨的典型物理性质是导电性、润滑性和高熔、沸点，其熔点比金刚石的还高 1．（2026·江苏南通·二模）某课题组采用无氰绿色工艺从废钯催化剂(主要含、、活性炭)中回收并制备高纯海绵钯(Pd)，设计如下流程： 已知：①，与相比，与配位能力更强。 ②易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差。 Ⅰ．焙烧浸出 （1）焙烧的目的是___________。 （2）浸出液含过量和HCl，以及、，写出Pd被王水(王水由浓硝酸与浓盐酸混合而得)浸出发生反应的离子方程式___________。 Ⅱ．除铝纯化 （3）加热赶尽硝酸后，加碱液使完全沉淀，再调。 ①过程中试剂滴加操作最优的是___________(填字母)。 A．先加足量NaOH溶液，再逐滴滴加盐酸调至 B．先加过量浓氨水，过滤除沉淀后，再缓慢滴加盐酸微调至 ②判断已经完全沉淀的操作是___________。 ③“除铝”过程中会造成部分元素损失，原因是___________。 Ⅲ．配位还原 （4）向纯化后含的溶液中缓慢滴加水合肼()加热，得到单质Pd。 ①若不考虑反应物损耗，生成5.3g单质Pd时，消耗的物质的量为___________。 ②补充完整测定产品纯度的实验步骤：取钯样品加入稍过量浓硝酸充分反应，___________。(须使用的试剂：EDTA、NaCl溶液、醋酸—醋酸钠缓冲溶液。仪器：100mL容量瓶、加热装置) 【答案】（1）将C高温焙烧转化为而除去(除碳) （2） （3） B 静置，继续向上层清液中滴加氨水(碱液)，若无沉淀，则已经沉淀完全 生成的胶体有吸附作用，会吸附部分 （4） 0.025mol 加热，除去过量的硝酸，加入足量饱和NaCl溶液，冷却后转移至100mL容量瓶，加蒸馏水定容，取25mL待测液于锥形瓶中，加入一定体积的醋酸-醋酸钠缓冲溶液至pH为5.6左右，用EDTA标准液滴定至终点，记录数据，重复实验2～3次 【解析】废钯催化剂主要含Pd、Al2O3、活性炭，焙烧后，Pd被氧化为PdO，活性炭被氧化为CO2除去，Al2O3不发生反应；浸出中加入王水，PdO与王水反应生成[PdCl4]2-，硝酸被还原为NO，同时Al2O3溶解得到Al3+；赶硝中，除去过量硝酸，避免后续步骤中氧化性物质干扰实验，随后进行除铝纯化，调节pH使Al3+沉淀，避免Pd损失，除铝后得到含[PdCl4]2-溶液，向其中缓慢滴加水合肼(N2H4·H2O)并加热，[PdCl4]2-被还原为Pd单质，再经过粗钯等操作得到高纯海绵钯。 （1）废钯催化剂主要含Pd、Al2O3、活性炭，活性炭在后续浸出步骤可能干扰反应，Pd以单质的形式存在，难以被王水溶解，因此焙烧的目的是将C高温焙烧转化为而除去(除碳)； （2）根据题目，浸出液含HNO3、HCl、Al3+、[PdCl4]2-，且有NO生成，Pd被氧化为Pd2+，并与Cl-结合成[PdCl4]2-，HNO3被还原为NO，总反应方程式为； （3）①A．若先加入足量NaOH，Al3+会转化为，而Pd2+可能形成Pd(OH)2沉淀或[Pd(OH)4]2-,但Pd(OH)2易溶于过量NaOH，可能形成[Pd(OH)4]2-，随后加盐酸调节pH≈4.5时，Pd可能以Pd2+形式存在，易水解生成Pd(OH)2沉淀，导致Pd损失；B．先加入浓氨水，Al3+形成Al(OH)3沉淀，而Pd2+与NH3形成，留在溶液中，过滤后，向溶液中加盐酸，会转化为[PdCl4]2-，同时避免Pd2+水解；故B操作最优； ②Al3+完全沉淀的标志是上层清液中无Al3+，静置，取上层清液，继续滴加氨水溶液，若无沉淀产生，则说明Al3+已完全沉淀； ③由题目信息①可知，Pd2+与NH3配位能力比Cl-强，但Al3+与OH-结合能力也很强，会生成的胶体，其具有吸附作用，会吸附部分； （4）①5.3 g Pd的物质的量为，根据电子守恒可知，故； ②已知易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差；因此实验步骤为加热，除去过量的硝酸，加入足量饱和NaCl溶液，冷却后转移至100mL容量瓶，加蒸馏水定容，取25mL待测液于锥形瓶中，加入一定体积的醋酸-醋酸钠缓冲溶液至pH为5.6左右，用EDTA标准液滴定至终点，记录数据，重复实验2～3次。 2．（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P204在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 （1）酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 （2）调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 （3）经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 （4）向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 【答案】（1）对滤渣1进行多次浸取 （2）Fe （3） 过量的与结合生成 （4） 8 2% 180℃ 【解析】由题给流程可知，向赤泥中加入浓盐酸酸浸，将金属元素转化为金属氯化物，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和酸浸液；向酸浸液中加入铁，将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，过滤得到滤渣2和滤液；向滤液中加入萃取剂P2O4萃取、分液得到水层和含有钪离子的有机相；向有机相中加入盐酸反萃取、分液得到三氯化钪溶液和P2O4有机层；向三氯化钪溶液中加入草酸，将溶液中钪离子转化为六水草酸钪沉淀，过滤得到滤液和六水草酸钪；六水草酸钪在空气中煅烧得到三氧化二钪。 （1）一定条件下，钪的单次酸浸的浸取率最高为49.4%说明三氧化二钪不能与浓盐酸充分反应，过滤得到的滤渣1中含有未反应的三氧化二钪，所以在不改变条件的前提下，应对滤渣1进行多次酸浸浸取，使三氧化二钪充分反应，提高钪元素的浸出率； （2）由分析可知，加入铁的目的是将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，并调节溶液pH为1.5，防止萃取剂P2O4萃取溶液中的铁离子，降低钪元素的萃取率； （3）①由题给信息可知，过量的草酸会与溶液中的钪离子生成配离子，所以当溶液中大于1.5时，钪离子的沉淀率会显著下降； ②由分析可知，生成三氧化二钪的反应为六水草酸钪在空气中煅烧三氧化二钪、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：； （4）①由晶胞结构可知，氧离子位于Zr4+离子形成的四面体空隙中，则氧离子的配位数为4，由化学式可知，Zr4+离子的配位数为8； 化合物呈电中性，满足：，已知，设，代入得： ， 总阳离子数为，若无O空位，O总数应为，因此空位数 ，空缺率； ②由图可知，温度为180℃时，产品中不存在三氧化二钪和二氧化锆杂质，所以水热法制备的最佳的制备温度为180℃。 3．（2026·江苏常州·一模）是生产锂离子电池正极材料的重要原料。 （1）由高纯铁锭制备的流程如下： ①磷酸溶铁时，将长方形铁锭按“井”字排放在溶铁槽内，并在铁锭之间留有3~5cm空隙，其目的是______。从安全、环保和能源等方面考虑，应对溶铁尾气中的______（填化学式）进行回收利用。 ②向溶铁产生的溶液中加入磷酸调磷铁比。然后加入进行氧化合成，发生反应的本质是、。 已知：磷酸中含磷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图-1所示。 流程中调磷铁比尤为重要。若磷酸量过少，氧化合成时将观察到______（填现象），从而影响产品纯度。若磷酸量过多，产生的后果是______。 （2）以、和葡萄糖为原料，在窑炉经烧结、高温成型制得。 ①焙烧2~3h后，葡萄糖分解为单质C。4~5h后，晶体逐渐生成，写出生成的化学方程式：______。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的的导电性能，还能起到的作用是______。 （3）的晶胞结构如图-2（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构如图-2（b）所示。在中，______，______。 【答案】（1） 增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率 出现红褐色沉淀 主要生成酸式盐，难以生成 （2） 防止高温时将氧化为 （3） 或0.1875 【解析】本题由高纯铁锭制备，制备过程中，首先用磷酸溶解铁锭，随后要注意调节磷铁比例，磷酸不能过多或者过少，否则会出现杂质，以此解题。 （1）①在铁锭之间留有3~5cm空隙可以增大铁锭与磷酸的接触面积，使反应更充分、均匀进行，铁与磷酸反应会生成氢气，氢气易燃易爆、直接排放浪费能源，回收可循环利用或作为燃料，故答案为：增大磷酸与铁锭的接触面积，加快反应速率；； ②磷酸量过少时，溶液酸性不足，氧化生成的 Fe3+易水解生成 Fe (OH)3沉淀，混入产品会降低纯度；若磷酸量过多，则过量的磷酸会和磷酸铁生成酸式盐，故答案为：出现红褐色沉淀；主要生成酸式盐，难以生成； （2）①葡萄糖分解生成的 C 作为还原剂，将 FePO4中+3价的Fe还原为+2价，同时Li2CO3参与反应生成LiFePO4和CO，相应的方程式为：； ②单质碳具有还原性，则作为还原剂，防止 LiFePO4中的 Fe2+被氧化为 Fe3+，保证产物中 Fe 的价态稳定； 故答案为：；防止高温时将氧化为； （3）与图a相比，图b中晶胞缺失1个面心锂离子和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为8×+3×+3×=，则由晶胞化学式可得：：4=(1-x)：1，解得x=，设Li1-xFePO4中亚铁离子为a个，由化合价代数和为0可得：+2a+3(1-a)+5-8=0，解得a=，则化合物中亚铁离子和铁离子的物质的量比为：=13∶3，故答案为：或0.1875；13∶3。 4．（2025·江苏徐州·二模）以孔雀石[主要成分是，含少量等杂质]为原料制备胆矾的过程如下。回答下列问题： I．酸溶、过滤。粉碎矿石，加入硫酸溶液充分溶解。过滤，得到滤液1和滤渣1。 （1）粉碎矿石的目的是___________；滤渣1的主要成分是___________。 Ⅱ．氧化、调。向滤液1中加入适量双氧水，调节；过滤，得到滤渣2和滤液2。 已知几种金属离子生成氢氧化物沉淀的如表所示： 金属离子 开始沉淀的 7.0 6.0 1.9 完全沉淀的 9.0 8.0 3.2 （2）实际消耗双氧水的量大于理论量，其原因是___________。 （3）调节范围为___________。 Ⅲ．分离产品。对滤液2进行“一系列操作”得到胆矾。 （4）“一系列操作”包括：“将滤液2蒸发至表面形成一层晶膜时停止加热”，然后冷却、过滤、用酒精洗涤、低温烘干得到产品。用酒精替代水洗涤产品的优点是___________。 （5）在溶液中加入足量溶液生成碘和铜的二元化合物M，M的晶胞如图所示(注明：顶点上球为铜)。则该二元化合物的化学式为___________。 【答案】（1） 增大反应物之间的接触面积，提高反应速率 （2）金属离子催化双氧水分解(或其他合理答案) （3）(或3.2~6.0) （4）降低溶解度，减少产品损失，加快干燥 （5） 【解析】粉碎矿石，加入硫酸进行溶解，生成等离子进入溶液，二氧化硅与硫酸不反应，形成滤渣1；加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节，把铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去（滤渣2），据此分析作答。 （1）粉碎矿石的目的是增大反应物之间的接触面积，提高反应速率。根据分析可知，滤渣1的成分是。 （2）在、催化下，双氧水分解，使实际消耗量增加。 （3）调使不沉淀，完全沉淀，根据表中数据可知，所以应调节溶液的范围为。 （4）液体表面形成一层晶膜，说明已制成饱和溶液，然后冷却、过滤，得粗品；硫酸铜在乙醇中溶解度小于在水中溶解度，乙醇洗可以减少产品损失，且乙醇挥发性强，乙醇挥发会带走水分，用乙醇洗涤能加快其干燥。 （5）根据均摊法可知铜原子个数为，碘原子个数为：，所以M的化学式为。 5．（2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。 （1）“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有______。 （2）“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为______（填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为______。 （3）“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为______。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为______。 （4）“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。 A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 （5）“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。 ①15~150min，pH下降较快的原因是______（用离子方程式表示）。 ②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是______。 【答案】（1）加快搅拌速率 （2） （3） Na2S溶液碱性更强，OH-浓度更大，容易生成Co(OH)2沉淀 （4）BC （5） 生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降 【解析】本题是一道从钴渣中回收金属的工艺流程的工艺流程题，首先用硫酸酸浸钴渣，酸浸液主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子，随后分别除去铁、镍、钴，最终得到产品； （1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有加快搅拌速率；故答案为：加快搅拌速率； （2）检验用溶液，反应生成蓝色沉淀；反应完成后加入调节pH至4.0时反应的化学方程式：； 故答案为： ；； （3）选用溶液而不选等浓度的溶液是因为Na2S溶液的碱性比等浓度的NaHS强，OH-浓度更大，容易生成Co(OH)2沉淀；晶胞中钴离子的个数为：，氧离子的个数为：，由于钴离子和氧离子的个数均为4，所以该化合物的化学式为，故答案为：Na2S溶液的碱性更强，OH-浓度更大，容易生成Co(OH)2沉淀；； （4）镍离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，氮和镍之间形成了配位键，还存在C-C、C-H等共价键，氢键是分子间作用力，不是化学键，金属键主要存在于金属中，故与丁二酮肟反应生成的沉淀中存在的化学键有：配位键和共价键，故答案为：BC； （5）15-150min，主要发生的反应的离子方程式为 ，氧化过程中产生了，所以pH下降较快；Mn3O4中，Mn2O3中，MnO2中，、，Mn3O4中锰的含量最大，225min后，生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降；故答案为：；生成了Mn2O3或MnO2，使产品中的锰含量下降。 6．（2026·江苏徐州·模拟预测）连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下： （1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。 （2）有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。 a．降温    b．真空抽气    c．升温    d．加压 （3）“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。 （4）请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸) （5）称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。 【答案】（1）防止过多的与反应生成副产物 （2）bc （3） 不再产生气体 防止局部碱性过强产生沉淀 （4）边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶 （5）随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应 【解析】由制备流程图可知，以饱和二氧化硫溶液为原料，加入二氧化锰进行氧化反应，二氧化锰作为氧化剂与二氧化硫氧化生成连二硫酸锰；反应后脱除溶液中溶解的过量二氧化硫，避免后续酸性条件下副反应的发生；随后向溶液中加入碳酸钡固体，初步调节溶液 pH 并沉淀部分杂质，再加入氢氧化钡溶液将 pH 调至中性，使溶液中的某些杂质离子生成沉淀而除去，得到连二硫酸锰溶液；后续再经碳酸钠置换、蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤干燥等操作，制备得到连二硫酸钠二水合物晶体，据此分析； （1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为：防止过多的与反应生成副产物； （2）脱除溶液中溶解的，可利用气体的溶解度随温度升高而降低、随压强减小而降低的规律，因此升温（c）、真空抽气（b）有利于逸出，故选bc； （3）“调节pH”时，先加入固体至不再产生气体时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是：防止局部碱性过强产生沉淀； （4）边搅拌边分批加入固体，至用红色石蕊试纸检验，试纸变为浅蓝色时，过滤，用溶液洗涤滤渣，将洗涤液与滤液合并，将溶液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温结晶； （5）所测纯度低于实际纯度的可能原因是：随着反应的进行，溶液酸性增强，与酸反应产生，溢出未能与充分反应。 7．（2026·江苏扬州·模拟预测）从锂云母精矿(主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐)中提取锂、铷、铯的工艺流程如下： 已知：①的熔点为851℃；的熔点为1088℃，熔化后形成的玻璃态硅酸盐流动性较差； ②。 （1）高温焙烧 ①控制焙烧温度为900~1000℃，其优点是_______。 ②焙烧时，矿物中的与、反应生成硅酸钙，同时产生一种可以破坏矿物结构的无色气体，有利于后续锂、铷、铯的浸出。写出该反应的化学方程式_______。 ③焙烧时，其他条件不变，控制m(锂云母)，改变的含量对锂、铷、铯浸出率的影响如图-1所示。工业上选择m(锂云母)的原因是_______。 （2）提取锂、铷、铯 ①水浸。其他条件不变，浸出时间1h，液固比[]对锂、铷、铯浸出率的影响如图-2所示。当时，锂、铷、铯的浸出率随的减小均下降的原因_______。 ②碳酸化除钙。浸出液中、，若向浸出液中加入等体积溶液，使沉淀完全，则加入溶液的初始浓度至少为_______(写出计算过程)。 [已知：；当离子浓度小于时认为沉淀完全；忽略溶液混合过程中的体积变化] （3）锂的应用 以等物质为原料制备了具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如图-3所示(已知该氧化物中为价，为价)。若，则空位的数目_______。 【答案】（1） 熔化，增大反应物接触面积，加快反应速率；不熔化，无流动性差的玻璃态硅酸盐覆盖在精矿表面，有利于后续水浸 含量低，产生少，不利于气体破坏矿物结构，导致锂、铷、铯的浸出率降低；含量过多，生成多，导致锂的浸出率降低 （2） 当时，随减小，焙烧渣含量增大(或水含量减小)，体系黏度增大，导致物质扩散较为困难，不利于焙烧渣溶解 （3） 【解析】锂云母精矿(主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐)，加入、固体，反应生成、、气体以及、、、、，焙烧后得到的固相混合物包含、未反应矿物残渣、上述所有可溶性氯化物和过量的，气相产物为；水浸后，、、、、、和过量全部溶解进入滤液，滤液中含有、、、、、、、，难溶的和未反应矿物残渣作为滤渣被过滤除去；碱化除杂工序向浸出液中加入溶液，与反应生成沉淀并被过滤除去，除铝后滤液中含有、、、、、、和少量未反应的；碳酸化除钙工序向除铝滤液中加入适量溶液，与反应生成沉淀并被过滤除去，除钙后滤液中含有、、、、、和少量未反应的；高温沉锂工序向除钙滤液中加入过量溶液，与在高温下反应生成沉淀，过滤后得到主产品，沉锂母液中含有、、、、和少量残留的、过量的；萃取工序向沉锂母液中加入选择性萃取剂，和被萃取到有机相中，与留在水相的、分离，负载、的有机相经反萃取、结晶等后续步骤，最终得到高纯度的盐和盐产品，据此解答。 （1）①高于的熔点（851℃），使熔融，增大与矿物颗粒的接触面积，加快反应速率；低于的熔点（1088℃），避免生成流动性差的玻璃态硅酸盐包裹未反应的精矿颗粒，保障后续水浸的浸出效率； ②根据元素守恒和反应规律，与、在高温下反应，生成、和能破坏矿物结构的无色气体，反应的化学方程式为：； ③结合图1的浸出率曲线分析：当含量过低时，反应产生的气体不足，无法有效破坏锂云母的致密晶体结构，导致锂、铷、铯的浸出率显著降低；当含量超过0.2时，浸出率提升幅度极小，反而会因浓度过高，与溶液中的生成沉淀，造成锂的浸出率下降，同时增加试剂成本和后续除杂负担；该比例下浸出率已达到工业可接受的较高水平，兼顾了浸出效率和生产成本； （2）①当液固比时，随着液固比减小，单位体积水中的焙烧渣含量升高（或水的相对含量降低），导致浸出体系的黏度显著增大；体系黏度升高会阻碍离子和水分子的扩散运动，使得可溶性氯化物从焙烧渣颗粒内部向溶液中扩散的速率大幅减慢，不利于焙烧渣中目标金属盐的溶解，最终导致锂、铷、铯的浸出率下降； ②等体积混合后，离子浓度均减半，则混合后初始， ；沉淀完全时溶液中剩余的浓度： 由得： ；与反应消耗的浓度：；混合后的总浓度： ；原溶液的初始浓度：因等体积混合，初始浓度为混合后浓度的2倍：；验证是否沉淀： 离子积，远小于，故不会沉淀，计算有效； （3）根据电荷守恒可得，代入： ，则；晶胞中体心位置总数为1，由、和空位共同占据： 。 8．（2026·江苏泰州·模拟预测）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从催化剂废料(含杂质)中回收和 的流程如下： 已知：①在碱性条件下易歧化为和；俗称保险粉，具有较强还原性； ②，。 （1）的一种四方晶胞如图所示，则的配位数___________。 （2）溶解1中，几乎不与氨水发生反应，原因是___________。 （3）反应1会生成卤素互化物，该物质与卤素单质有相似的化学性质，则滤液2中含碘元素的微粒有___________。 （4）反应2中“试剂”可以选用___________(填字母)。 a．    b．　　c．      　  d． 不考虑操作和反应损失，该流程回收的量低于预期，主要原因是___________。 （5）反应3加入的目的是___________；中硫原子相互成键，则其结构式为___________。 【答案】（1）4 （2）反应的平衡常数，K≪10-5，故该反应几乎不能发生 （3）I-和 （4） ab 废料中含有的杂质在“溶解1”步骤中与氨水反应生成了可溶性的[Ag(NH3)2]+，进入了“滤液1”中，而后未回收处理滤液1，导致Ag的损失 （5） 将滤液3中还原为 【解析】AgI催化剂废料(含Ag2O杂质)用浓氨水溶解，Ag2O转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液中，浓氨水不能溶解AgI，过滤后得到的滤渣中含有AgI，滤液1中含有[Ag(NH3)2]+、。AgI和氯气在强酸条件下发生氧化还原反应生成AgCl和ICl，用NaOH溶液将ICl转化为IO-和Cl-，AgCl用浓氨水溶解后转化为[Ag(NH3)2]+进入溶液，用试剂X将[Ag(NH3)2]+还原为Ag，试剂X可以是葡萄糖等还原性物质，向滤液2中加入盐酸调节pH，使IO-因在碱性环境发生歧化反应生成的离子I-、在酸性条件下转化为I2，过滤后的滤液3中含有，加入Na2S2O4将还原为I2，过滤出I2，将两步反应产生的I2合并，经洗涤、干燥得到I2，据此分析； 【解析】（1）取晶胞面上的一个（黑球）进行观察，它位于由4个（白球）构成的四面体空隙中（包括该面上的两个顶点白球，晶胞体心的白球，以及相邻晶胞体心的白球），每个周围最近的数目为4，故配位数为4； （2）反应的平衡常数，≪10-5，故该反应几乎不能发生； （3）ICl中I为+1价，与NaOH反应生成IO−，IO−碱性条件下歧化为I-和，因此滤液2中碘元素以I-和形式存在； （4）反应2需要还原剂将[Ag(NH3)2]+还原为Ag：葡萄糖（选项a）含醛基、水合肼（选项b）都有还原性，可还原银氨溶液；、均为氧化剂，不能还原得到Ag，因此选ab； 在最初的“溶解1”中，加入了浓氨水。AgI 不反应，但杂质Ag2O会与氨水反应生成可溶性的银氨络离子[Ag(NH3)2]+。这部分银进入了“滤液1”中，而流程后续只处理了AgI，导致[Ag(NH3)2]+中的银元素损失，因此银回收量低于预期； （5）调后滤液3中残留未反应的，是强还原剂，可将还原为，提高碘的产率；中硫原子相互成键，两个S直接相连，结构式：。 9．（2026·江苏泰州·模拟预测）烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 【答案】（1） 溶解度较小，加入固体无法增加的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大 （2） 固体颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程 易被烟气中的氧化为 （3） 加热至873.15 K时，反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为(会被氨气还原为) 能与热解产生的中间产物(尤其)反应产生和，防止生成，使氮元素更多地转化为，提高了产量 【解析】（1）①观察图像，pH小于4.55后，溶液中的浓度非常小且S和Mg元素物质的量之比大于2，则继续通入的只能与水反应，发生的反应的化学方程式为； ②属于微溶物质，其与反应的前提条件是处在溶解态，向清液中加入固体无法增加溶解态的浓度，因此对SO2吸收速率影响不大； （2）①“一级吸收”过程中溶液吸收了高浓度的，硫元素的存在形式大多为，此时加入，发生的离子方程式为； ②“二级吸收塔”使用了雾化喷淋，若不及时过滤出固体，颗粒可能堵塞喷淋口，影响后续流程； ③易被烟气中的氧化为，多次循环后不断被消耗，浓度下降 ； （3）①观察图-4，加热至873.15 K时，热解产物为，因为反应Ⅱ的吉布斯自由能远小于反应Ⅰ，说明反应Ⅱ更容易自发进行，高温下中+6价的S会被-3价的N还原为，导致气体产物绝大部分都为，故气体产物中几乎没有； ②已知：能和在613.15 K之前完全反应生成和；观察图-3，613.15 K之前，热解产生的中间产物多为，故能与热解产生的中间产物反应产生和，抑制了的生成，使中的氮元素更多地转化为，提高了产量。 10．（2026·江苏·二模）一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： （1）“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 （3）①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 （4）滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 （5）“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 （6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 【答案】（1）提高(或调节)体系的pH，使(或)水解以沉淀形式除去 （2） （3） 氧化生成的可以使分解速率增大，导致用量增大 防止盐酸与反应生成，产生污染 （4） （5） （6）溶液中浓度较大，磷元素主要以、、形式存在，浓度低，生成沉淀量少 【解析】钛白粉副产品在硫酸中溶解后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有、，提高了溶液体系的pH，使水解以（滤渣1）沉淀形式除去；溶液中主要含有、、、；“除杂1”中加入将转化成(滤渣2)沉淀形式除去；“氧化1”中被氧化为；“除杂2”中加入的与发生氧化还原反应生成（滤渣3）而除去；溶液中与农药盐渣中的结合生成。 （1）水解平衡为：，铁粉可消耗水解生成的，促进水解正向进行，使(或)水解以沉淀形式除去； （2）加入后，由数据可知，相同条件下的溶度积远小于、，优先沉淀析出，因此除去的离子是； （3）①是分解的催化剂，加入过快时，生成的大量会加速未反应的分解，降低利用率，因此用量增大； ②盐酸电离出，酸性条件下会被氧化生成有毒的，同时引入杂质，影响产品纯度，因此不能代替硫酸； （4）与发生归中反应，生成，根据化合价升降、电荷守恒、原子守恒配平方程式为：； （5）农药盐渣含，若不氧化，沉铁在酸性条件下，与反应会生成有毒的，氧化2的目的是将氧化为，可减少排放； （6）是弱酸根，酸性越强，越容易与结合，主要以、、形式存在，使浓度降低，难以达到的溶度积，沉淀量减少，产量降低。 25 / 48 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 题14 化学工艺流程综合题 1．（2026·江苏·高考真题）含铷(Rb，ⅠA族元素)矿物黑云母生产的RbCl，可用于航空航天领域。黑云母化学式为，其中为或。 （1）浮选分离。黑云母与十二胺()结合后会上浮，与其他矿物分离后回收，浮选示意如图。 已知：黑云母在水中表面带负电荷。 ①黑云母上浮，是因为十二胺中的___________(填“烃基”或“氨基”)具有疏水性。 ②黑云母的回收率随浮选时水的变化如图所示。酸性条件下浮选时，越低黑云母回收率越大的原因是______________________________________________________。 （2）硫酸酸浸。黑云母具有层状结构，与硫酸反应得到硫酸盐和，酸浸时加入等金属离子进入层间，能将交换出来，产生的空隙有利于进入，提升酸浸效果。 ①某黑云母的化学式中，酸浸液中主要金属阳离子有、K+、、Mg2+、_____(填离子符号)。 ②其他条件不变，酸浸时添加同浓度的比浸出效果好，可能的原因是_______________________________________。 （3）结晶焙烧。浸出液除杂后得到含、K+、、的混合溶液，蒸发浓缩、冷却结晶获得晶体(相关物质的溶解度曲线如图所示)，焙烧后获得。 ①为提高的回收率和纯度，结晶后，趁热过滤的适宜温度为_____℃。 ②将在700℃进行焙烧，分解仅得到和两种氧化物，该反应的化学方程式为__________________________。 （4）萃取转化。将含和的混合溶液多次萃取转化，获得RbCl和混合溶液。已知：元素回收率为96%，K元素回收率为40%[回收率]。计算萃取转化所得溶液中的________(写出计算过程)。 2．（2025·江苏·高考真题）可用于制备光学材料和回收砷。 （1）制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下： 已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入可提高浸出率的原因是_______。 ②通入除镉。通过计算判断当溶液时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为_______(填化学式)。 （2）制备光学材料。如图甲所示，晶体中掺入少量后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A“”中的离子为_______(填离子符号)，区域B带_______(填“正电”或“负电”)。 （3）回收砷。用去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中主要以弱酸形式存在，。 时，按向酸性废液中加入，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应后，砷回收率下降的原因有_______。 3．（2024·江苏·高考真题）回收磁性合金钕铁硼()可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为、等(忽略硼的化合物)，用盐酸酸浸后过滤得到溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率()随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_______(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_______。 （2）含铁滤渣用硫酸溶解，经萃取、反萃取提纯后，用于制备铁酸铋。 ①用含有机胺()的有机溶剂作为萃取剂提纯一定浓度的溶液，原理为： (有机层) 已知： 其他条件不变，水层初始pH在0.2~0.8范围内，随水层pH增大，有机层中Fe元素含量迅速增多的原因是_______。 ②反萃取后，经转化可得到铁酸铋。铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比_______。 （3）净化后的溶液通过沉钕、焙烧得到。 ①向溶液中加入溶液，可转化为沉淀。该反应的离子方程式为_______。 ②将(摩尔质量为)在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。时，所得固体产物可表示为，通过以上实验数据确定该产物中的比值_______(写出计算过程)。 4．（2023·江苏·高考真题）催化剂能催化脱除烟气中的NO，反应为  。 （1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的粉末置于80℃的水中，在搅拌下加入一定量的溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状催化剂。在水溶液中水解为沉淀的离子方程式为___________；反应选用溶液而不选用溶液的原因是___________。 （2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、、(其余为)气体匀速通过装有催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是___________；反应温度高于380℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________(用化学方程式表示)。 （3）废催化剂的回收。回收废催化剂并制备的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有___________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有。已知具有八元环结构，其结构式可表示为___________。 ③向pH=8的溶液中加入过量的溶液，生成沉淀。已知：，加过量溶液的目的是___________。 5．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 （1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 （2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 （3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 6．（2021·江苏·高考真题）以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备、硫化、再生过程可表示为 （1）“除杂”包括加足量锌粉、过滤加H2O2氧化等步骤。除Pb2+和Cu2+外，与锌粉反应的离子还有___(填化学式)。 （2）“调配比”前，需测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取20.00mL稀释后的溶液于锥形瓶中，滴加氨水调节溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度___(写出计算过程)。 （3）400℃时，将一定比例H2、CO、CO2和H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器。 ①硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，其化学方程式为___。 ②硫化一段时间后，出口处检测到COS。研究表明ZnS参与了H2S与CO2生成COS的反应，反应前后ZnS的质量不变，该反应过程可描述为___。 （4）将硫化后的固体在N2：O2=95：5(体积比)的混合气体中加热再生，固体质量随温度变化的曲线如图所示。在280~400℃范围内，固体质量增加的主要原因是___。 该类试题以“物质转化全流程的系统设计与绿色优化”为核心立意，紧扣《普通高中化学课程标准》中“科学态度与社会责任”“证据推理与模型认知”“变化观念与平衡思想”三大核心素养的整合要求，将元素化合物性质、反应原理、分离提纯技术置于矿产资源利用、新能源材料制备、废弃物资源化等真实工业情境中，旨在考查学生超越实验室烧杯思维，从原料适配性、过程可控性、产品纯度、经济环保等多维约束下理解化工生产的系统逻辑。命题坚持“流程真实性、思维工程化、知识结构化、价值导向性”四位一体原则，既检验学生对核心化学反应与操作单元的掌握程度，更评估其在复杂多步流程中识别关键控制点、诊断异常原因、优化工艺参数的高阶工程思维能力，实现从“解题”向“解决真实化工问题”的根本转变。 · 素养落地：强化“全流程系统观”与“绿色工程意识”的深度整合：试题摒弃对孤立操作步骤的机械记忆，转而考查学生对“原料预处理→核心转化→分离纯化→三废处理”全链条协同逻辑的理解。要求学生不仅能写出某步反应方程式，更能解释为何在酸浸前需焙烧、为何选择特定pH除杂、为何母液要循环利用，体现“科学态度与社会责任”在工程决策中的具象化表达。 · 知识锚定：立足“单元操作-反应原理-物质性质”三位一体的结构化调用：所有情境均围绕课标要求的核心化工知识展开，包括氧化还原反应调控、水解/沉淀pH窗口、萃取/蒸馏/结晶条件选择、催化剂活性温度区间、副产物抑制策略等。学生需在陌生流程（如锂云母提锂、废旧三元电池回收、高纯硅制备）中快速识别功能单元、关联对应原理、激活物质性质网络，避免被冗长流程图干扰而偏离工程本质。 · 思维进阶：构建“流程拆解→瓶颈识别→定量验证→迭代优化”四步工程分析链：试题设置大量需要多维度权衡的情境，如“提高酸浓度可加快浸出率但增加杂质溶出，如何确定最优酸度？”“蒸发浓缩至何种程度才能避免共析？”，倒逼学生超越单步正确性判断，建立“明确产品指标与约束→拆解为功能单元→识别速率/选择性/能耗瓶颈→基于数据验证并优化”的完整工程思维链，考查系统化、精细化问题解决能力。 · 价值引领：渗透循环经济理念与安全生产责任：通过尾矿综合利用、溶剂闭路循环、低毒试剂替代、能耗梯级利用等真实案例，传递“化工不仅是制造，更是资源高效、环境友好、安全可控的系统工程”的科学价值观。引导学生认识工艺流程设计承载着可持续发展使命，同时强调操作规范、风险预判、应急处理等工程伦理维度。 · 流程复杂度从“线性主流程”向“多分支耦合+动态反馈”跃升 · 副线循环与物料闭环常态化：近五年真题中，含母液回用、废气吸收再生、中间产物返料等循环结构的流程占比超85%，要求理解“局部最优≠全局最优”，突破单向线性思维。 · 多目标冲突显性化：几乎所有题目都嵌入纯度-收率-成本-环保的trade-off，如“深度除杂提高纯度但损失主金属”“低温结晶节能但周期延长”，考查多目标权衡能力。 · 动态扰动响应凸显：越来越多题目关注原料波动、设备故障、季节温差等非稳态因素，如“矿石品位下降时如何调整酸耗？”“冷却水温度升高对结晶粒度的影响？”，提升对实际生产弹性的理解。 · 考查重心从“步骤目的解释”向“过程诊断与参数优化”深化 · 异常诊断成为标配：不仅问“为什么这样做”，更问“若产品含铁超标，可能哪步失控？”“滤液浑浊的原因及补救措施？”，要求逆向追溯故障源，强化工程 troubleshooting 能力。 · 定量边界分析高频化：提供溶解度曲线、pH-沉淀图、分配系数表等，要求计算理论收率、确定操作窗口、评估分离效率，避免定性描述空泛化。 · 绿色指标量化升级：从“是否环保”转向“原子经济性多少？”“吨产品水耗/能耗？”“危废产生量？”，要求用数据支撑绿色评价，契合双碳时代要求。 · 信息呈现从“简化流程图+文字说明”向“工程图纸+实时数据+标准规范”转型 · PFD/P&ID要素嵌入：流程图中出现泵、换热器、储罐、控制阀等工程符号，要求识别设备功能与物料流向，贴近真实工厂读图需求。 · 在线监测数据联动：引入pH计、电导率、浊度、XRF等实时数据，要求据此判断过程状态、验证操作有效性，将动态信号转化为工艺调整依据。 · 国标/行标引用：给出产品质量标准（如GB/T）、排放限值（如GB 8978）、安全规程（如AQ），要求对照评价工艺合规性，考查标准意识与法规素养。 · 干扰项设计从“反应式写错”向“工程逻辑断裂+常识缺失”升级 · 忽略物料衡算导致方案不可行：如建议“加大洗涤水量提高纯度”，未考虑后续蒸发能耗剧增；或提出“完全除去某杂质”，无视共沉淀极限，专治脱离工程约束的理想化思维。 · 静态思维应对动态生产：如认为“最佳pH固定不变”，未考虑原料成分波动需动态调节；或在连续生产中套用批次实验数据，反映对工程动态性的理解不足。 · 安全环保常识缺位：如推荐高温高压操作却未提防护措施；或使用剧毒试剂未设计尾气处理，缺乏基本工程伦理与安全底线意识。 · 答案评价从“标准答案”转向“合理方案+论证充分+价值契合” · 对于开放优化题，接受多种可行路径，只要原理正确、约束满足、数据支撑、符合绿色安全理念即可得分，鼓励基于工程思维的创新决策。 · 评分细则强调“系统分析分”“定量验证分”“价值契合分”，即使方案非最优，若能清晰识别瓶颈、讨论trade-off、体现责任意识，仍可获高分，发挥诊断与育人功能。 · 错误选项解析明确指出“哪个工程约束被违反”“哪种常识被忽视”，如“洗涤水量超出蒸发器处理能力”“未考虑Cr(VI)的致癌性直接排放”，帮助学生精准定位工程思维漏洞。 · 重建“原料-单元-产品-三废”四维流程模型库：以典型工艺（酸浸-萃取-结晶、焙烧-还原-精炼）为纲，整理各单元功能、关键参数、常见故障及优化策略，形成可动态调用的“流程决策树”，替代孤立步骤记忆。 · 开展“工程图纸解读+异常诊断”专项训练：精选含PFD符号、在线数据、质量标准的综合题，限时完成“流程拆解→瓶颈识别→数据验证→方案优化”四步流程，提升跨模态工程分析能力。 · 强化“可行性-经济性-安全性-环保性”四重校验习惯：养成分析流程时必做“四问”的习惯：一问技术上是否可行；二问经济上是否合理；三问操作上是否安全；四问环境上是否合规，避免片面或理想化判断。 · 建立“循环物料-动态扰动-绿色量化”专题突破清单：针对母液回用、原料波动、原子经济性计算等高频难点，整理典型案例（如盐湖提锂、电子废弃物回收），进行专项辨析训练，提升工程分析精度。 · 注重真实化工文献与标准的阅读与转化：定期选读《化工学报》、GB/T标准、企业技术规程，练习从中提取工艺参数、理解设计逻辑、识别合规要求，培养对真实化工系统的熟悉感与解读力。 共性考点类别 具体考查内容 命题溯源（课标/教材核心要求） 原料预处理 粉碎、焙烧、酸/碱浸、氧化还原预处理 《必修第二册》第八章：认识矿物资源开发利用；理解预处理对后续反应的影响；《选择性必修1》涉及氧化还原调控 核心转化反应 氧化还原、水解、沉淀、络合、催化反应 《必修第一、二册》元素化合物性质；《选择性必修1》反应原理；课标学业质量水平3-4要求“综合运用反应原理解决实际问题” 分离提纯操作 过滤、萃取、蒸馏、结晶、离子交换、膜分离 《必修第二册》第八章：掌握常见分离方法；理解操作条件对产品纯度的影响；《选择性必修3》有机分离技术迁移应用 三废处理与循环 尾气吸收、废水处理、固废利用、母液回用 课标“科学态度与社会责任”：“认识化学在环境保护中的作用”；《必修第二册》“化学与可持续发展”栏目提供绿色化工案例 工程参数与优化 pH、温度、浓度、时间、流速等对收率/纯度/能耗的影响 《选择性必修1》反应速率与平衡；《必修第二册》“思考与交流”讨论工艺条件选择；课标要求“能基于证据对工艺进行评价与优化” 多模态工程信息处理 从PFD、溶解度曲线、在线数据、标准中提取信息并建模 课标“证据推理与模型认知”：“能从多种表征形式中提取有效信息”；教材配套数字资源及“科学·技术·社会”提供工程案例 · 流程割裂化：仅关注单步反应正确性，忽略前后单元衔接（如浸出液pH影响后续萃取效率）；或未考虑循环物料累积效应，导致全局失衡。 · 工程约束缺失：提出理论上可行但工程上不可行的方案（如无限稀释除杂、超低温结晶），缺乏对能耗、设备、成本的 basic 考量。 · 静态思维泛化：将实验室小试条件直接放大到工业生产，忽略传质、传热、混合等工程放大效应；或认为“最佳条件恒定”，未考虑原料波动需动态调节。 · 绿色安全口号化：仅口头强调“环保”“安全”，却无法量化评价（如不知原子经济性计算方法）；或忽略具体风险（如H₂S毒性、粉尘爆炸），缺乏实操层面的安全意识。 · 定量分析薄弱：对pH窗口、结晶终点、洗涤次数等关键参数仅作定性描述，无法基于溶解度、分配系数等进行精确计算，导致优化建议空泛。 · 异常诊断表面化：将产品不合格简单归因于“操作失误”，未深入分析设备故障、原料变异、参数漂移等系统性原因，缺乏工程 troubleshooting 思维。 · 标准规范意识淡漠：不熟悉产品质量标准、排放限值、安全规程，导致设计方案虽化学正确但不合规，违背现代化工法治化、标准化要求。 1．常考的化工术语 关键词 释 义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 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 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 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 水浸 与水接触反应或溶解 过滤 固体与液体的分离 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 蒸发结晶 蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出 蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度 水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等 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) 2．原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨、雾化 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更加充分 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 3．常见的操作及目的 常见的操作 目的 加氧化剂 氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子 判断能否加其他物质 要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等 分离、提纯 利用过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏、重结晶等常规操作从溶液中得到晶体 提高原子利用率 绿色化学(减少对环境的污染、物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或其他气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防水解、防潮解等目的 4．物质分离的6种常用方法 看目的 选方法 分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法 过滤(热滤或抽滤) 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴 萃取和分液 提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶 提纯溶解度随温度变化较大的溶质，易水解的溶质或结晶水合物。如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 冷却结晶 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与N2、H2 冷却法 5、温度、浓度、压强的控制 术语 功能 温度的控制 升温 ①加快反应速率或溶解速率； ②促进平衡向吸热方向移动； ③除杂，除去热不稳定的杂质，如NaHCO3 、Ca(HCO3)2、KMnO4、I2、NH4Cl等物质。 ④使沸点相对较低的原料气化 降温 ①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ； ② 使化学平衡向着题目要求的方向移动(放热方向)； ③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离； ④降低晶体的溶解度，减少损失. 控温(用水浴或油浴控温) ①防止某种物质温度过高时会分解或挥发； ②为了使某物质达到沸点挥发出来； ③使催化剂的活性达到最好； ④防止副反应的发生； ⑤降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求； ⑥如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。 浓度、压强的控制 增大反应物浓度 、 加压 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑； ②加压一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜； ③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。 减压蒸馏 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO3、NH3.H2O、H2O2、NH4HCO3等)物质分解； 6． pH的控制 术语 功能 控制溶液的PH （1）目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。 （2）原则：不管是调高还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况 ①如果要得到滤液，可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+，可通过加入CuO、Cu(OH)2、Cu(OH)2CO3等； ②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原则与调高PH的原则相同。 （3）题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给出需求的“适宜PH范围”的信息； （4）解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性； ②判断调高还是调低； ③选择合适的调节剂。 7．体系环境氛围及其它条件的控制 术语 功能 酸性、 碱性 或 某种 环境 氛围 （1）蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解； （2）需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3 、MgCl2等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl2的溶液里结晶析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl2，而是熔点更高的MgO， 具有相似情况的还有FeCl3 、AlCl3等； （3）营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入过量，防止Fe2+被氧化； （4）营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 H2O2 将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。 8．循环物质的确定 9．副产品的判断 10．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写 10-1．陌生情境下氧化还原反应方程式的书写步骤 （1）列物质：“读”取题目中的有效信息，找出发生氧化还原反应的物质或离子，判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物。 （2）标得失：依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示，或给出的生成物)，按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”写出方程式，根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。 （3）看环境：根据原子守恒和溶液的酸碱性，通过在反应方程式的两端添加H＋、OH－或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。 （4）查守恒：再依据质量守恒，写出规范的方程式。 例：KMnO4能与热的硫酸酸化的Na2C2O4溶液反应，生成Mn2＋和CO2，该反应的离子方程式为_____。 第一步：依题意，锰元素的化合价降低，故KMnO4是氧化剂，Mn2＋是还原产物；碳元素的化合价升高，故Na2C2O4(碳元素化合价为＋3价)是还原剂，CO2是氧化产物。 第二步：按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”把离子方程式初步写成： MnO＋C2OMn2＋＋CO2↑。由MnO→Mn2＋，锰元素降了5价；由C2O→CO2，碳元素升了1价，1 mol C2O共失去2 mol e－，故在C2O前配5，在氧化产物CO2前配10；在MnO前配2，在还原产物Mn2＋前配2，即2MnO＋5C2O2Mn2＋＋10CO2↑。 第三步：反应在硫酸中进行，故在左边补充H＋，右边补充H2O， 2MnO＋5C2O＋H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋H2O 第四步：依据电荷守恒及H、O原子守恒配平如下： 2MnO＋5C2O＋16H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 10-2．书写关键——认识并掌握常见的氧化剂、还原剂及产物预测 （1）强氧化性物质或离子： Na2O2、Fe3＋、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4(H＋)、K2Cr2O7(酸性)、PbO2。 常见的氧化剂及还原产物预测： 氧化剂 Cl2(X2) O2 Fe3＋ KMnO4 MnO2 还原产物 Cl－(X－) H2O/O2－/ OH－ Fe2＋ Mn2＋(酸性)； MnO2(中性)； MnO(碱性) Mn2＋ 氧化剂 ClO 浓H2SO4 HNO3 H2O2 PbO2 还原产物 Cl2、ClO2、 Cl－ SO2 NO2(浓)、NO(稀) OH－(碱性)； H2O(酸性) Pb2＋ 氧化剂 酸性K2Cr2O7 HClO、NaClO、 Ca(ClO)2(或ClO－) FeO(H＋) NaBiO3 Na2O2 还原产物 Cr3＋ Cl－、Cl2 Fe3＋ Bi3＋ NaOH(或Na2CO3) （2）强还原性物质或离子： Fe2＋、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、SO)、S2O、H2S(Na2S、NaHS、S2－)、HI(NaI、I－)、H2C2O4、CO、NH3等。 常见的还原剂及氧化产物预测： 还原剂 金属单质 (Zn、Fe、Cu等) Fe2＋ S2－(或H2S、NaHS) SO2(或H2SO3、SO、NaHSO3) H2C2O4、C2O H2O2 氧化产物 Zn2＋、Fe2＋(与强氧化剂反应生成Fe3＋)、Cu2＋ Fe3＋(酸性)；Fe(OH)3(碱性) S、SO2(或SO)、SO SO3、SO CO、CO2 O2 还原剂 I－(或HI、NaI) NH3 N2H4 CO S2O H2 氧化产物 I2、IO N2、NO N2 CO2 SO H＋(酸性)、H2O(碱性) 10-3．分步法书写非氧化还原方程式 陌生的非氧化还原反应主要为复分解反应，抓住复分解反应条件推断产物，结合盐类水解、酸碱强弱综合分析。这类复杂的化学反应可以采用分步思考。 例如，碳酸钠、氢氟酸和氢氧化铝混合物在高温下反应制备冰晶石，可以分三步理解： Al(OH)3+3HF=AlF3+3H2O，Na2CO3+2HF=2NaF+CO2↑+H2O，AlF3+3NaF=Na3AlF6。 加合得到总反应式为2Al(OH)3+3Na2CO3+12HF=2Na3AlF6+3CO2↑+9H2O。 再如在碳酸氢钠溶液中加入少量硫酸亚铁溶液制备碳酸亚铁： Fe2++HCO3-=FeCO3↓+H+，H++ HCO3-=CO2↑+H2O， 加合得总反应式为Fe2++2 HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。 11．熟记常用计算公式 （1）物质的质量分数(或纯度)＝×100%。 （2）反应物的转化率＝×100%。 （3）生成物的产率＝×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。 12．利用“碘量法”进行物质含量测定 （1）直接碘量法：直接碘量法是用碘滴定液直接滴定还原性物质的方法。在滴定过程中，I2被还原为I－。 指示剂 淀粉：淀粉遇碘显蓝色，反应极为灵敏。化学计量点稍后，溶液中有过量的碘，碘与淀粉结合显蓝色而指示终点到达。碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。 适用对象 I2 是较弱的氧化剂，强还原性的S2－、S2O、SO、As2O3、Vc等都可直接滴定。 （2）间接碘量法 分类 ①剩余碘量法：剩余碘量法是在供试品(还原性物质)溶液中先加入定量、过量的碘滴定液，待I2与测定组分反应完全后，然后用硫代硫酸钠滴定液滴定剩余的碘，以求出待测组分含量的方法。滴定反应为： I2(定量过量)＋还原性物质→2I－＋I2(剩余) I2(剩余)＋2S2O32-→S4O62-＋2I－ ②置换碘量法：置换碘量法是先在供试品(氧化性物质)溶液中加入碘化钾，供试品将碘化钾氧化析出定量的碘，碘再用硫代硫酸钠滴定液滴定，从而可求出待测组分含量。滴定反应为： 氧化性物质＋2I－→I2 I2＋2S2O32-→S4O62-＋2I－。 指示剂 淀粉，淀粉指示剂应在近终点时加入，因为当溶液中有大量碘存在时，碘易吸附在淀粉表面，影响终点的正确判断。 适用对象 I－是中等强度的还原剂。主要用来测氧化态物质：CrO42-、Cr2O72-、H2O2、 KMnO4、IO3-、Cu2＋、NO3-、NO2-等。 14．Ksp相关计算 考查角度 思路分析 判断沉淀的生成或沉淀是否完全 ①根据离子浓度数据求得Q，若Q>Ksp，则有沉淀生成； ②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全 常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH ①根据氢氧化物的Ksp以及开始沉淀时金属阳离子的初始浓度，计算溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH； ②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，根据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH 计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度 根据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K的值越大，转化反应越易进行，转化程度越大 沉淀先后的计算与判断 ①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀； ②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀 15．晶胞及计算方法——均摊法 晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。审题时一定要注意是“分子结构”还是“晶胞结构”，若是分子结构，其化学式由图中所有实际存在的原子个数决定，且原子个数可以不互质(即原子个数比可以不约简)。 （1）长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算 （2）非长方体晶胞中粒子视具体情况而定： 三棱柱 六棱柱 当晶胞为六棱柱时，顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒依次被6、3、4、2个六棱柱所共有，即顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒分别有、、、属于该六棱柱。 平面型 石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占 （3）常见晶胞结构 晶体 NaCl CsCl ZnS CaF2 金刚石 晶体结构 粒子数目 4个Na＋， 4个Cl－ 1个Cs＋， 1个Cl－ 4个S2－， 4个Zn2＋ 4个Ca2＋， 8个F－ 8个C 晶体 简单立方 体心立方 面心立方 氮化硼 干冰 晶体结构 粒子数目 1个原子 2个原子 4个原子 4个B,4个N 4个CO2 16．4类典型晶体结构模型 （1）典型离子晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 NaCl ①一个NaCl晶胞中，有4个Na+，有4个Cl－ ②在NaCl晶体中，每个Na+同时强烈吸引6个Cl－，形成正八面体形； 每个Cl－同时强烈吸引6个Na+ ③在NaCl晶体中，Na+ 和Cl－的配位数分别为6、6 ④在NaCl晶体中，每个Na+周围与它最接近且距离相等的Na+共有12个，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有12个 ⑤密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) CsCl ①一个CsCl晶胞中，有1个Cs+，有1个Cl－ ②在CsCl晶体中，每个Cs+同时强烈吸引8个Cl－，即：Cs+的配位数为8， 每个Cl－ 同时强烈吸引8个Cs+，即：Cl－的配位数为8 ③在CsCl晶体中，每个Cs+周围与它最接近且距离相等的Cs+共有6个，形成正八面体形，在CsCl晶体中，每个Cl－周围与它最接近且距离相等的Cl－共有6个 ④密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) ZnS ①1个ZnS晶胞中，有4个S2－，有4个Zn2＋ ②Zn2＋的配位数为4，S2－的配位数为4 ③密度＝ CaF2 ①1个CaF2的晶胞中，有4个Ca2＋，有8个F－ ②CaF2晶体中，Ca2＋和F－的配位数不同，Ca2＋配位数是8，F－的配位数是4 ③密度＝ （2）典型共价晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 金 刚 石 Si ①每个碳与相邻4个碳以共价键结合，形成正四面体结构，键角均为109°28′ ②每个金刚石晶胞中含有8个碳原子，最小的碳环为6元环，并且不在同一平面(实际为椅式结构)，碳原子为sp3杂化； ③每个碳原子被12个六元环共用，每个共价键被6个六元环共用，一个六元环实际拥有个碳原子； ④C原子数与C—C键数之比为1∶2，12g金刚石中有2 mol共价键； ⑤密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)； ⑥原子半径(r)与边长(a)的关系：a=8r SiO2 ①SiO2晶体中最小的环为12元环，即：每个12元环上有6个O，6个Si ②每个Si与4个O以共价键结合，形成正四面体结构，每个正四面体占有1个Si，4个“O”，n(Si)∶n(O)＝1∶2 ③每个Si原子被12个十二元环共用，每个O原子被 6个十二元环共用 ④每个SiO2晶胞中含有8个Si原子，含有16个O原子； ⑤硅原子与Si—O共价键之比为1：4，1mol Si O2晶体中有4mol共价键； ⑥密度＝ (a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数)； SiC、BN、AlN等 ①每个原子与另外4个不同种类的原子形成正四面体结构； ②密度：ρ(SiC)＝；ρ(BN)＝ (a为晶胞边长)； ③若Si与C最近距离为d，则边长(a)与最近距离(d)的关系：a=4d （3）典型分子晶体结构模型 晶体 晶体结构 结构分析 干冰 ①每8个CO2构成1个立方体且在6个面的面心又各有1个CO2，每个晶胞中有4个CO2分子 ②每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个 ③密度＝(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 冰 每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1 mol H2O的冰中，最多可形成2 mol氢键。 （4）典型金属晶体结构模型 金属晶体的四种堆积模型分析 堆积模型 简单立方堆积 体心立方堆积 面心立方最密堆积 六方最密堆积 晶胞 或 代表金属 Po Na、K、Fe Cu、Ag、Au Mg、Zn、Ti 配位数 6 8 12 12 原子半径(r)和晶胞边长(a)的关系 2r＝a 2r＝ 2r＝ 一个晶胞内原子数目 1 2 4 2 原子空间利用率 52% 68% 74% 74% （5）混合型晶体——石墨晶体 ①同层内，碳原子采用sp2杂化，以共价键相结合形成平面六元并环结构。所有碳原子的p轨道相互平行且相互重叠，使p轨道中电子可在整个平面中运动 ②层与层之间以范德华力相结合 ③石墨的二维平面结构内，每个碳原子的配位数为3，有一个未参与杂化的2p电子，它的原子轨道垂直于碳原子平面 ④石墨晶体中C原子数与C—C数之比为2∶3，即12 g石墨晶体中含1.5NA个C—C共价键 ⑤石墨的典型物理性质是导电性、润滑性和高熔、沸点，其熔点比金刚石的还高 1．（2026·江苏南通·二模）某课题组采用无氰绿色工艺从废钯催化剂(主要含、、活性炭)中回收并制备高纯海绵钯(Pd)，设计如下流程： 已知：①，与相比，与配位能力更强。 ②易水解生成沉淀，较稳定且能用EDTA进行定量络合滴定，滴定需控制pH在5.6左右。EDTA易被强氧化性物质破坏造成滴定误差。 Ⅰ．焙烧浸出 （1）焙烧的目的是___________。 （2）浸出液含过量和HCl，以及、，写出Pd被王水(王水由浓硝酸与浓盐酸混合而得)浸出发生反应的离子方程式___________。 Ⅱ．除铝纯化 （3）加热赶尽硝酸后，加碱液使完全沉淀，再调。 ①过程中试剂滴加操作最优的是___________(填字母)。 A．先加足量NaOH溶液，再逐滴滴加盐酸调至 B．先加过量浓氨水，过滤除沉淀后，再缓慢滴加盐酸微调至 ②判断已经完全沉淀的操作是___________。 ③“除铝”过程中会造成部分元素损失，原因是___________。 Ⅲ．配位还原 （4）向纯化后含的溶液中缓慢滴加水合肼()加热，得到单质Pd。 ①若不考虑反应物损耗，生成5.3g单质Pd时，消耗的物质的量为___________。 ②补充完整测定产品纯度的实验步骤：取钯样品加入稍过量浓硝酸充分反应，___________。(须使用的试剂：EDTA、NaCl溶液、醋酸—醋酸钠缓冲溶液。仪器：100mL容量瓶、加热装置) 2．（2026·江苏·一模）由“赤泥”(含、、及少量)制备的过程如下： 已知：①P204在酸性条件下萃取金属离子的顺序为：。 ②可与结合生成配离子(、2、3)。 （1）酸浸。一定条件下，钪的单次浸取率最高为49.4%。不改变条件，为充分浸出Sc，可采取的措施为_______。 （2）调pH。向酸浸液中加入适量试剂X调节，试剂X为_______(填“Fe”、“”或“”)。 （3）经萃取、反萃取后得到溶液，再通过沉钪、焙烧制得。 ①向溶液中加入，转化为沉淀。当大于1.5时，的沉淀率会显著下降，原因是_______。 ②在空气中煅烧生成的化学方程式为_______。 （4）向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，的配位数为_______；中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为_______(写出计算过程，的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为_______。 3．（2026·江苏常州·一模）是生产锂离子电池正极材料的重要原料。 （1）由高纯铁锭制备的流程如下： ①磷酸溶铁时，将长方形铁锭按“井”字排放在溶铁槽内，并在铁锭之间留有3~5cm空隙，其目的是______。从安全、环保和能源等方面考虑，应对溶铁尾气中的______（填化学式）进行回收利用。 ②向溶铁产生的溶液中加入磷酸调磷铁比。然后加入进行氧化合成，发生反应的本质是、。 已知：磷酸中含磷微粒的物质的量分数随的变化曲线如图-1所示。 流程中调磷铁比尤为重要。若磷酸量过少，氧化合成时将观察到______（填现象），从而影响产品纯度。若磷酸量过多，产生的后果是______。 （2）以、和葡萄糖为原料，在窑炉经烧结、高温成型制得。 ①焙烧2~3h后，葡萄糖分解为单质C。4~5h后，晶体逐渐生成，写出生成的化学方程式：______。 ②在高温成型时，单质C除了可以改善成型后的的导电性能，还能起到的作用是______。 （3）的晶胞结构如图-2（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成，结构如图-2（b）所示。在中，______，______。 4．（2025·江苏徐州·二模）以孔雀石[主要成分是，含少量等杂质]为原料制备胆矾的过程如下。回答下列问题： I．酸溶、过滤。粉碎矿石，加入硫酸溶液充分溶解。过滤，得到滤液1和滤渣1。 （1）粉碎矿石的目的是___________；滤渣1的主要成分是___________。 Ⅱ．氧化、调。向滤液1中加入适量双氧水，调节；过滤，得到滤渣2和滤液2。 已知几种金属离子生成氢氧化物沉淀的如表所示： 金属离子 开始沉淀的 7.0 6.0 1.9 完全沉淀的 9.0 8.0 3.2 （2）实际消耗双氧水的量大于理论量，其原因是___________。 （3）调节范围为___________。 Ⅲ．分离产品。对滤液2进行“一系列操作”得到胆矾。 （4）“一系列操作”包括：“将滤液2蒸发至表面形成一层晶膜时停止加热”，然后冷却、过滤、用酒精洗涤、低温烘干得到产品。用酒精替代水洗涤产品的优点是___________。 （5）在溶液中加入足量溶液生成碘和铜的二元化合物M，M的晶胞如图所示(注明：顶点上球为铜)。则该二元化合物的化学式为___________。 5．（2025·江苏南京·模拟预测）一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下： 已知：酸浸液主要含有、、、等金属阳离子。 （1）“酸浸”时保持温度、浸取时间不变，能提高金属元素浸出率的措施有______。 （2）“沉铁”时，先向酸浸液中加入一定量，检验氧化完全的试剂为______（填化学式）。反应完成后加入调节pH至4.0将转为，反应的化学方程式为______。 （3）“沉钴”时，选用NaHS溶液而不选等浓度溶液的理由为______。获得的CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，该氧化物的化学式为______。 （4）“沉镍”时，与丁二酮肟（）反应生成鲜红色沉淀，结构如图所示。该沉淀中存在的化学键有______（填序号）。 A．氢键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 （5）“沉锰”后主要生成和两种沉淀，再通入空气氧化得到产品。氧化时间对中锰含量及溶液pH的影响如图所示。 ①15~150min，pH下降较快的原因是______（用离子方程式表示）。 ②氧化时间大于225min时，产品中的锰含量下降，其原因是______。 6．（2026·江苏徐州·模拟预测）连二硫酸钠()是一种稳定的还原剂，易溶于水，酸性溶液中可生成和。实验室以和为主要原料制备的流程如下： （1）“氧化”时，分批加入的原因除防止反应过快，不利于控制温度外，另一原因为___________。 （2）有利于“脱除”的操作是___________(填字母)。 a．降温    b．真空抽气    c．升温    d．加压 （3）“调节pH”时，先加入固体至___________时，再加入溶液调节pH至中性，抽滤。不直接用溶液调节pH的原因是___________。 （4）请补充从溶液制备的实验方案：取一定体积的溶液，___________，过滤，用乙醇洗涤，干燥，得晶体。(已知：在弱碱性溶液中溶解度小，实验中须注意提高产率，须使用的试剂和用品：固体、溶液，红色石蕊试纸) （5）称取样品于锥形瓶中溶于冷水，用酸性溶液测定纯度时，若操作无误，所测纯度低于实际纯度的可能原因是___________。 7．（2026·江苏扬州·模拟预测）从锂云母精矿(主要成分为和K、、、、等元素的硅酸盐)中提取锂、铷、铯的工艺流程如下： 已知：①的熔点为851℃；的熔点为1088℃，熔化后形成的玻璃态硅酸盐流动性较差； ②。 （1）高温焙烧 ①控制焙烧温度为900~1000℃，其优点是_______。 ②焙烧时，矿物中的与、反应生成硅酸钙，同时产生一种可以破坏矿物结构的无色气体，有利于后续锂、铷、铯的浸出。写出该反应的化学方程式_______。 ③焙烧时，其他条件不变，控制m(锂云母)，改变的含量对锂、铷、铯浸出率的影响如图-1所示。工业上选择m(锂云母)的原因是_______。 （2）提取锂、铷、铯 ①水浸。其他条件不变，浸出时间1h，液固比[]对锂、铷、铯浸出率的影响如图-2所示。当时，锂、铷、铯的浸出率随的减小均下降的原因_______。 ②碳酸化除钙。浸出液中、，若向浸出液中加入等体积溶液，使沉淀完全，则加入溶液的初始浓度至少为_______(写出计算过程)。 [已知：；当离子浓度小于时认为沉淀完全；忽略溶液混合过程中的体积变化] （3）锂的应用 以等物质为原料制备了具有锂离子通道的导电氧化物()，其立方晶胞和导电时迁移过程如图-3所示(已知该氧化物中为价，为价)。若，则空位的数目_______。 8．（2026·江苏泰州·模拟预测）回收实验室废弃物可实现资源的有效利用。从催化剂废料(含杂质)中回收和 的流程如下： 已知：①在碱性条件下易歧化为和；俗称保险粉，具有较强还原性； ②，。 （1）的一种四方晶胞如图所示，则的配位数___________。 （2）溶解1中，几乎不与氨水发生反应，原因是___________。 （3）反应1会生成卤素互化物，该物质与卤素单质有相似的化学性质，则滤液2中含碘元素的微粒有___________。 （4）反应2中“试剂”可以选用___________(填字母)。 a．    b．　　c．      　  d． 不考虑操作和反应损失，该流程回收的量低于预期，主要原因是___________。 （5）反应3加入的目的是___________；中硫原子相互成键，则其结构式为___________。 9．（2026·江苏泰州·模拟预测）烟气脱硫是清洁生产的必要手段。 （1）湿法脱硫。常温下，向浆液中通入，溶液中S和Mg元素物质的量之比、与pH的关系如图-1所示。 ①pH小于4.55后，继续通入，此时反应的化学方程式为___________。 ②清液中加入固体对吸收速率影响不大，原因是___________。 （2）清液“两级吸收-再生”脱硫的技术路线如图-2所示。 “一级吸收”后的溶液经“再生”、“过滤”后通过管道进入“二级吸收塔”雾化喷淋继续脱硫。 ①“再生”过程发生的主要反应的离子方程式为___________。 ②若不“过滤”，可能导致的问题是___________。 ③多次循环后，“二级吸收”加入少量防止下降，下降的原因是___________。 （3）氨水脱硫生成的副产物通过热解可以更好的资源化利用。在不同温度下热解产物的X射线衍射图如图-3所示(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在)。分解可能发生： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   对应的吉布斯自由能()与温度的关系如图-4所示。 ①将固体加热至873.15 K，气体产物中几乎没有，原因是___________。 ②能和在613.15 K之前完全反应生成和。将和混合加热，能提高产量的原因是___________。 10．（2026·江苏·二模）一种利用钛白粉副产品[主要成分为，含有少量、、、等]和农药盐渣(主要成分为、等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。 已知：①易水解为 ②一定条件下，一些金属氟化物的如下表。 氟化物 回答下列问题： （1）“除钛”中产生的少量，铁粉的作用之一是防止被氧化为；另一个作用是___________。 （2）“除杂1”中除去的离子是___________(填化学式)。 （3）①“氧化1”中若加入速度过快，会导致用量增大，原因是___________。 ②本步骤不能使用稀盐酸代替溶液，原因是___________。 （4）滤渣3的主要成分是，生成该物质的离子方程式为___________。 （5）“氧化2”的目的是减少___________气体的排放(填化学式)。 （6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致产量降低，原因是___________。 4 / 32 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $