题18 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（广东专用）

**基本信息** 以真实工业流程为载体，系统整合元素化合物、反应原理与工程实践，构建"流程解构-转化追踪-系统优化"三阶方法体系，培养科学思维与责任意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |真题解析|6道高考真题|原料预处理→核心转化→分离提纯全流程分析法；Ksp计算、晶胞参数推导等定量方法|元素守恒、电荷平衡与热力学原理的综合应用；从宏观流程到微观结构的跨维度关联| |方法总结|12类解题策略|陌生方程式书写"列-标-看-查"四步法；pH控制与沉淀转化的联动分析|化工术语→操作目的→条件优化的递进逻辑；绿色化学理念贯穿工艺评价全过程| |模拟训练|10道模拟题|流程异常归因与方案改进的工程思维训练|多金属分离、资源循环等真实问题的模型建构与迁移应用|

题18 化学工艺流程综合题 1．（2026·广东·高考真题）金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 （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，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于___________(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 （5）“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为___________。 _________________。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且___________。 （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） （或铁粉） （3） 或 （4）先控制浓度在，与HCl溶液浸出后过滤除去，再控制浓度在与HCl溶液浸出 （5） （6）杂冠醚的空腔大小与的直径（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，过滤后滤泥含有Au、Ag、、S等；滤液主要含，还会存在、等，再用铁粉还原沉锑得到单质锑，同时也将还原为，滤液1含有、，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，将中+3价还原为单质，被氧化，作还原剂。 （3）①电解回收沉锑试剂（铁粉），阴极得电子生成单质，故阴极反应为。 ②阳极室要防止产生沉淀，由数据可知，和两种沉淀中，先沉淀，但考虑到阳极失电子生成，最终，，计算得不产生沉淀时，该值远小于沉淀的临界，因此按计算。 （4）由图可知，在时浸取率接近，浸取率很低，先过滤除去；再将调至，浸取率接近，可提高金的提取率和纯度。 （5）从价降为，个共得；中从价升为价（生成），每个失，因此系数为3，再结合原子守恒、电荷守恒配平可得方程式。 （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，电负性远大于，和电负性相近，因此中电负性差更大，离子键成分更大。 ②为型化合物，晶胞中：（顶点）数目为，（面心）数目为，共4个；（晶胞内部）共4个，满足。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。 2．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 【答案】（1）搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等 （2）4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+ （3）5 （4）AD （5） 3：1：1 12 （6） 2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生 【解析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe2+、Cu2+、Ni2+、Al3+等，调节pH=3.0，通入空气加热得到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等； （2）由于通入“酸浸”，故浸取液中不含有，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+； （3）“沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5； （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有： A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确； B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误； C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误； D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确； 答案选AD； （5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1； 根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为； （6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O； ②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和颗粒，装置图如下： ； ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。 3．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 【答案】（1）2Al2O3(熔融) 4Al+3O2↑ （2）Ga3++4Cl-=[GaCl4]- （3） 铁 [FeCl4]- （4） 高 NaCl （5） 3.2 4.0×10-7 （6） 2:1:1 8a3 【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝； （1）“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑； （2）“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-； （3）由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离； （4）“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率； （5）由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)==10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，c(H+)=×10-3.2<10-3.2mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol⋅L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为=4.0×10-7mol⋅L-1； （6）合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm。 4．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为___________。 （2）常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是___________。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。 【答案】（1） （2）＞ （3）或 （4） 晶体 减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积 （5） 体心 12 （6） 0.4或 【解析】硝酸浸取液(含)中加入活性氧化镁调节溶液pH值，过滤，得到滤液主要是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到氯化镍晶体。 （1）活性可与水反应，化学方程式为；故答案为：。 （2）常温下，的氨性溶液中，，，，则＞；故答案为：＞。 （3）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或；故答案为：或。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰，则属于晶体；故答案为：晶体。 ②根据题意会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则能提高了的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积；故答案为：减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。 （5）①“析晶”过程中为了防止水解，因此通入的酸性气体A为；故答案为：。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有一个原子，而氧(白色)原子有3个，与O最小间距大于与O最小间距，则Al在顶点，因此在晶胞中的位置为体心；晶体中一个周围与其最近的O原子，以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个周围与其最近的O的个数为12；故答案为：体心；12。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则晶体A为，根据，，还剩余5个水分子，因此所得溶液中与的比值理论上最高为；故答案为：0.4或。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，根据前面分析，，在于可重复利用和；故答案为：。 5．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / （1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。 （2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。 （3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。 （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。 （5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。 （6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。 ①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。 ②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。 【答案】（1）Fe2+ （2） 4.7pH<6.2 （3）4.010-4 （4） 加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率 冷却结晶 （5）MgSO4 （6） 15 O2+4e-+2H2O=4OH- 【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有、、、、、等离子，经氧化调pH使、形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有、、等离子，加入月桂酸钠，使形成沉淀，滤液2主要含有MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl3溶液。 （1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+； （2）由表中数据可知，沉淀完全的pH为4.7，而开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证、沉淀完全，且不沉淀，要用溶液调pH至4.7pH<6.2的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为，故答案为：4.7pH<6.2；； （3）滤液2中浓度为，即0.1125mol/L，根据，若要加入月桂酸钠后只生成，而不产生，则==4.010-4，故答案为：4.010-4； （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率，故答案为：加热可以提高反应物粒子运动速度，搅拌增加溶剂与溶质的接触面积，使溶出更彻底，提高溶出速度，提高产率； ② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸熔点为，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶； （5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4； （6）①中Y为+3价，中Pt为+4价，而中金属均为0价，所以还原和熔融盐制备时，生成1mol转移15电子，故答案为：15； ②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。 6．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。 （1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。 （2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。 （3）“沉钼”中，为7.0。 ①生成的离子方程式为_______。 ②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。 （4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。 ②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。 （5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。 ①该氧化物为_______。 ②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。 【答案】 +6 +=↓ 【解析】由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。 （1）“焙烧”中，有生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，元素的化合价为+6。 （2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀为。 （3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成沉淀，该反应的离子方程式为+=↓。 ②若开始生成沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：，该反应的化学平衡常数为。为避免中混入沉淀，必须满足，由于“沉钼”中为7.0，，所以溶液中时，开始生成沉淀，因此，时，应停止加入溶液。 （4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，故为。 ②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量，再通入足量，可析出。 （5）①由题中信息可知，致密的保护膜为一种氧化物，是由与反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为。 ②由和同族、和同族可知，中显+3价（其最高价）、显-3价。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，元素被氧化，则该反应的氧化剂为，还原剂为。中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个参加反应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为。 本专题作为广东卷化学非选择题的核心能力板块（通常位于第18题），是检验学生将元素化合物知识、反应原理与工程实践深度融合的“主阵地”，其立意可概括为“以流程为载体，以转化为主线，以绿色高效为魂”。具体分述如下： · 考查意图： 依托矿物加工、材料合成、资源回收等真实工业场景，考查学生对“原料预处理→核心转化→分离提纯→产品精制”全流程中物质变化规律、条件控制逻辑及工程优化策略的系统掌握；同时检验学生在多变量耦合、非标体系、信息干扰等复杂情境中构建“物料流-能量流-信息流”完整分析链、识别关键瓶颈、进行严谨定量推演的高阶工程思维能力。 · 能力聚焦： 核心指向“宏观辨识与微观探析”及“科学态度与社会责任”素养。要求学生能熟练运用“元素守恒+电荷平衡+热力学可行性”三重校验机制，并能在流程图解读、数据表分析、异常归因等任务中保持逻辑严密性与系统观。 · 思维品质： 强调系统思维与辩证思维的融合。既要建立“原料特性→工艺选择→产物形态→环境影响”完整逻辑闭环，又要对预设方案的局限性保持高度警惕，结合副反应竞争、设备约束、经济性权衡等进行动态评估与迭代优化。 · 价值引领： 深度融入国家“双碳”战略与粤港澳大湾区新材料/新能源产业需求，如稀土永磁材料制备、锂电正极材料再生、电子废弃物贵金属回收、岭南特色矿产（钨、锡）高值化利用等案例，体现化工流程在服务高质量发展中的支撑作用；同时渗透绿色化学与安全生产教育，培养学生尊重规律、精益求精、守护环境的职业品格。 近六年真题及最新模拟题显示，该题型呈现出从“步骤解析”向“系统诊断”转型的鲜明特征： · 情境创设：从“教材原型”向“前沿产业”深化。 早期试题多以课本经典工艺（如海水提镁、铝土矿提铝）为背景进行微调；近年逐步转向顶刊文献、专利技术和产业痛点等非标场景。例如2025年全运会场馆用光催化自清洁涂层TiO₂溶胶-凝胶法制备中的水解pH/陈化时间优化、2026年固态电解质Li₁₀GeP₂S₁₂合成中惰性气氛保护与球磨参数调控、2024年新会陈皮挥发油提取后残渣中黄酮类化合物的碱溶酸沉纯化路径中pH梯度沉淀控制等，强调工艺设计的现实适配性与问题导向。 · 知识融合：从“单一模块”向“多学科交叉”拓展。 打破传统仅关注无机转化的局限，增加与分析检测（ICP-OES、XRD、BET表征）、反应原理（动力学/热力学）、安全防护（MSDS解读、应急处理）及绿色化学（原子经济性、溶剂替代、能耗优化）的联动。例如将浸出率与酸浓度/温度/粒径关联、将洗涤效率与产物溶解度/pKa结合、将尾气吸收与气体溶解度/反应速率挂钩，考查维度更加立体。 · 设问创新：从“填空问答”向“方案评估”升级。 问题设置减少纯操作记忆类内容，增加设计合理性、异常归因、条件优化、绿色评价类内容。如“该工序缺少…导致…”“若将X换为Y，则收率提高的原因是…”“产品纯度偏低最可能源于…”“该方案不符合绿色化学原则体现在…”等句式增多；部分题目引入原始数据表、谱图或安全警示标识，提升信息整合与决策支持要求。 · 难度控制：从“中等稳定”向“精细区分”调整。 整体难度维持在0.55-0.70，但内部区分度显著增强。基础层保障核心转化逻辑识记合格考要求，进阶层通过隐含副反应、物料不平衡、数据陷阱等拉开差距，避免“背流程图得高分”，更契合新高考对工程能力的选拔导向。 针对上述趋势，备考需构建“流程解构-转化追踪-系统优化”三位一体的复习体系： · 复习理念：坚持“流程为本、转化为纲、绿色为要” · 摒弃“死记步骤”的误区，明确工艺流程的核心是“通过可控转化实现资源高效高值利用”，而非固定模板套用。 · 强化“全链条”意识，将所有操作环节置于“原料→预处理→核心反应→分离→产品→三废”完整系统中审视，培养系统性工程思维。 · 方法落地：实施三阶能力进阶训练 · 一阶：流程解构专项训练。 建立“高频工艺类型-核心目标-关键控制点-常见缺陷”速查图谱，重点标注三类易错点：①预处理目的误判（如煅烧仅为除碳而非活化）；②分离方法与物性不匹配（如用过滤代替萃取）；③忽略循环物料对系统平衡的影响。每日精选3-5组流程图进行“5分钟结构拆解”，训练精准识别主导因素的能力。 · 二阶：转化追踪整合训练。 围绕典型体系（湿法冶金、材料合成、资源回收）绘制“操作参数-转化效率-产物质量”三维响应图。例如“酸浸除杂”主题串联：酸浓度/温度/时间→浸出率/选择性→滤液成分/渣相组成，形成转化驱动型工艺认知。 · 三阶：系统优化实战训练。 精选含物料不平衡、异常现象、绿色评价类问题的真题与模拟题，开展“瓶颈诊断与改进”练习：对每个工艺节点，追溯其效率损失、安全隐患与改进空间，识别常见漏洞（如未防氧化、pH失控、溶剂浪费、热能未回收）。每周安排2次限时微测，强化规范表达与责任意识。 · 策略优化：精准对接命题动向 · 关注行业标准： 研读《GB/T 20975 铝及铝合金化学分析方法》《HG/T 20519 化工工艺设计》等标准，预判重点考查的质量指标与安全阈值。 · 强化教材延伸： 所有创新工艺最终落脚于教材核心原理。定期开展“课本工艺前沿化改造”活动，确保学生能从新颖流程中识别出基础转化逻辑及其工程化修正条件。 · 模拟适配升级： 优先选用体现“前沿产业”“多学科交叉”“系统诊断”特征的新题型，避免重复训练陈旧的步骤填空类题目；对错题按“流程误读”“转化误解”“系统缺失”三类归因，针对性补弱。 维度 具体考点 课标依据 教材锚点 能力层级 原料预处理 粉碎、煅烧、酸/碱浸、氧化还原预处理 必修1•金属及其化合物 P40-55 理解应用 多组分原料的选择性转化 选修4•化学反应原理 P80-90 分析综合 核心转化 沉淀转化、络合溶解、氧化还原调控 必修1•非金属及其化合物 P60-75 分析综合 pH/温度/浓度对转化率与选择性的影响 选修4•水溶液中的离子平衡 P50-65 分析综合 分离提纯 过滤、萃取、蒸馏、结晶、离子交换 选修5•有机化学基础 P30-50 分析综合 母液循环、副产物资源化 课标•绿色化学 贯穿 价值认同 STSE 工艺在新能源/新材料/环保中的应用 课标•社会责任 贯穿 价值认同 粤港澳湾区特色矿产与产业链 课标•文化传承 贯穿 价值认同 · 流程误读误区： 脱离系统目标谈单步合理性。如认为“所有酸浸都用硫酸”（忽略Cl⁻对后续腐蚀/产品纯度影响）；或在除杂时引入新杂质未后续去除；或将定性观察当作定量依据；或忽略中间产物稳定性边界（如水解、氧化、聚合）导致操作失当。 · 转化误解误区： 忽视反应实际发生条件与选择性。如认为“强酸一定能溶解所有金属氧化物”（忽略钝化/难溶盐形成）；或将Al³⁺与过量NaOH反应写成Al(OH)₃沉淀；或在酸性条件下写OH⁻参与反应；或忽略Fe²⁺在空气中易被氧化为Fe³⁺的事实；或未考虑络合剂对金属离子存在形态的决定性影响。 · 系统缺失误区： 仅关注主流程而忽视辅助单元。如为提高收率牺牲纯度（如省略洗涤步骤）；或追求高转化率忽略能耗与设备成本；或未考虑母液中累积杂质对循环系统的毒化作用；或将实验室小试结果直接外推至工业生产而未放大效应。 · 证据不足误区： 工艺结论缺乏充分验证。如仅凭单次实验数据断定最优条件；或未做对照实验排除干扰因素；或忽略测量不确定度，将微小差异视为显著改进；或将物理表征（XRD/SEM）结果过度解读为化学转化完成的直接证据。 · 绿色缺失误区： 仅关注技术指标而忽视环境代价。如因某试剂效果好就认定其必工业化，忽视毒性/生物累积性；或对收率追求极致，未权衡溶剂回收难度与废水处理成本；或忽视生产过程中的碳排放与生态足迹；或将“达标排放”等同于“零影响”。 · 表达失范误区： 答题时使用模糊语言代替专业术语。如用“洗干净”代替“用去离子水洗涤至电导率<5 μS/cm”，用“加热一会儿”代替“在80℃下搅拌反应2 h”，导致论证不被认可；或在书写工艺分析时遗漏关键参数（pH、温度、固液比、停留时间）、安全警示或物料衡算依据，使建议失去可操作性与合规性。 一、工艺流程解题方法与策略 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 二、晶体相关计算 1．典型晶体的结构与性质 （1）模型特点 晶体 晶体结构 晶体详解 共价 晶体 金刚 石 （1）碳原子采取sp3杂化，键角均为109°28′； （2）每个C参与4条C—C的形成，C原子数与C—C数之比为1∶2 SiO2 （1）每个Si与4个O结合，形成正四面体结构，n(Si)∶n(O)＝1∶2； （2）最小环上有12个原子，即6个O和6个Si 分子 晶体 干冰 CO2分子配位数为12 离子 晶体 NaCl 型 （1）Na＋(Cl－)的配位数为6，每个Na＋(Cl－)周围等距且紧邻的Na＋(Cl－)有12个； （2）每个晶胞中含4个Na＋和 4个Cl－ CsCl 型 （1）Cs＋(Cl－)的配位数为8，每个Cs＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cs＋(Cl－)有6个； （2）左图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－ 混合 型晶 体 石墨 （1）层内碳原子采取sp2杂化，形成平面六元环结构，层间作用力是范德华力； （2）碳原子与共价键的个数比为2∶3；每个六元环平均占有2个碳原子 （2）主要性质 化学式 晶体类型 微粒间作用力 熔、沸点 CO2 分子晶体 分子间作用力 较低 H2O(冰) 分子晶体 分子间作用 力和氢键 较低 NaCl 离子晶体 离子键 较高 CsCl 离子晶体 离子键 较高 C(金刚石) 共价晶体 共价键 很高 SiO2 共价晶体 共价键 高 （3）熔沸点比较 相对分子质量相同或相近的物质，分子的极性越大，熔、沸点越高。如沸点：CO>N2；同分异构体之间：a.一般是支链越多，熔、沸点越低。如沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷。b.结构越对称，熔、沸点越低。如沸点：邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。 二、晶胞结构的分析与计算 1．常见堆积模型粒子之间的距离(a为晶胞参数，r为粒子半径) 简单立方 体心立方 面心立方 六方密堆积 金刚石型 a＝2r a＝4r a＝4r a＝2r a＝8r 2．常见离子晶体结构分析 类型 晶胞 配位数及影响因素 密度的计算(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 配位数 影响因素 NaCl型 6 阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电荷比有关等 CsCl型 8 ZnS型 4 CaF2型 F－：4　Ca2＋：8 ①ρ＝(ρ表示晶体密度，a表示晶胞边长，NA表示阿伏加德罗常数的值，n表示1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量，M表示摩尔质量)。密度单位一般是g·cm-3，注意换算：1 pm＝10-10 cm、1 nm＝10-7 cm。 ② 立方体晶胞中微粒间的距离关系： ③单位换算：1 nm＝1.0×10－7 cm＝1.0×10－9 m；1 pm＝1.0×10－10 cm。 3．熟记常见典型结构晶胞的投影 （1）晶胞参数 晶胞的形状和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长a、b、c和3组棱相互间的夹角α、β、γ，即晶格特征参数，简称晶胞参数。 （2）投影 晶胞类型 三维图 二维图 正视图 沿体对角线剖面图 沿体对角线的投影图 简单立方 体心立方 面心立方 （3）原子分数坐标： 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系来表示晶胞内部各原子的相对位置，称为原子分数坐标。 常见晶胞 原子分 数坐标 俯视图 体对角线方 向投影 ①体心立 方晶胞 A(0，0，0) B ②面心立 方晶胞 A(0，0，0) B C D ③金刚 石晶胞 A，B， C，D 1．（2026·广东茂名·三模）由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，，，，。 （1）“酸浸”时ZnS发生反应的离子方程式为___________。 （2）当溶液的、时，___________(保留2位有效数字)，此时___________(填“已经”或“没有”)沉淀完全。 （3）“沉锌”前调节溶液的pH至4~5，加入的物质为___________(填标号)。 A．ZnO B．NaOH C． D． （4）硫化锌(ZnS)是一种优良的锂离子电池电极材料，其在充电过程中立方晶胞组成变化如图所示，电极反应为。 ①该锂离子电池工作时，ZnS做电池的___________(填“负”或“正”)极。 ②硫化锌(ZnS)晶体的密度为___________(列出计算式即可，设为阿伏加德罗常数的值)。 ③的化学式为___________(需求出x、y的值)。 （5）用ZnS可以去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并可回收生成的沉淀。已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸(亚砷酸)形式存在：。60℃时，向含有三价砷的酸性废液中加入足量ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①60℃时，ZnS与酸性废液中的反应生成的离子方程式为___________。 ②反应4 h后，砷回收率下降的可能原因是___________。 【答案】（1） （2） 没有 （3）AD （4） 负 (或其他正确答案) （5） 生成的沉淀附着于反应物固体的表面，阻碍了继续与的反应；随着反应的进行，溶液的增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，沉淀重新溶解，砷回收率下降 【解析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入H2SO4、O2，酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn2+、Fe3+、Cd2+，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3+和Cd2+，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 （1）酸浸时ZnS在酸性条件下被氧化为S单质，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 。 （2）当溶液的、时，，由电离常数关系=，代入数据得： ，结合得： ， 沉淀完全的标准为离子浓度，，因此没有沉淀完全。 （3）调节pH不能引入新杂质，、均可与反应升高pH，不引入新杂质；引入、引入，故选AD。 （4）①由题意知，在充电过程中，ZnS转化为LixZnyS，再转化为Li2S，则在充电时，ZnS发生的是还原反应，充电时的阴极对应放电时的负极，故在锂离子电池中，ZnS做电池的负极。 ②晶胞中，数目为，数目为，晶胞质量，晶胞边长为，因此密度 =。 ③晶胞中总数为=4，阳离子（、）的总数为，结合电荷平衡：，则，若S的个数为1，则x=1.5，y=0.25，因此化学式为。 （5）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， ZnS与反应除了生成外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：。 （6）②反应4 h后，砷回收率下降的可能原因是：生成的沉淀附着于反应物固体的表面，阻碍了继续与的反应；随着反应的进行，溶液的增大，溶液中浓度减小，促使平衡正向移动，沉淀重新溶解，砷回收率下降。 2．（2026·广东深圳·三模）锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。 已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如表所示。 pH Ge主要存在形式 ②常温下，该工艺条件中，溶液中部分金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH 7.5 2.3 6.2 完全沉淀时的pH 9.0 3.2 8.2 ③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。 回答下列问题： （1）Ge与C同主族，锗的简化电子排布式为___________。 （2）Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉锗”时，需控制pH在___________之间；当时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中不超过___________mol·L-1。 （4）“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)。 （5）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，发生反应：。 ①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是___________。 ②“反萃取”中，反萃取效果与加入试剂的关系如图所示。“反萃取”中可以加入的物质B为___________(填化学式)。 （6）一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(A)。 ①该含锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中___________(填“B”、“C”或“D”)图不能表示此化合物的晶胞。 ②已知：该晶体的最简式的式量为Mr，代表阿伏伽德罗常数的值，该晶胞密度为___________(用代数式表示)。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5） 升高，转化为(或)，难以与酒石酸形成络合物 （6） D 【解析】锌浸渣（含、、、、等）在和的作用下还原浸出，作为还原剂，将锌浸渣中的+4价Pb还原为+2价并生成沉淀进入滤渣1，将其中的+3价还原为+2价，同时，和与酸反应溶解，不反应进入滤渣1；随后加入进行沉锗，控制pH在5~6.2，使Ge以形式沉淀，而、留在滤液中；沉锗后的沉淀用硫酸酸溶，调节pH至1.8，使转化为；再加入酒石酸萃取锗，让与酒石酸形成络阴离子进入有机相；最后用溶液反萃取，使络阴离子转化为​，再进一步处理得到Ge。 （1）Ge与C同主族，的原子序数为32，处于元素周期表的第四周期、第ⅣA族，其简化电子排布式为； （2）可看作是，其中(+4价Pb)被还原为，中硫由+4价被氧化为+6价，故Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的化学方程式为：； （3）根据表①和表②及题意可知，沉锗需要将Ge转化为沉淀，要求pH的范围为，同时要保证不沉淀，开始沉淀的pH为6.2，因此“沉锗”时，需控制pH在之间； 根据表②可知，当完全沉淀时pH=8.2，此时溶液中，故，此时，所以；当时，溶液中的，Zn2+未产生沉淀，故； （4）沉锗时加入生石灰(CaO)调pH，与水反应生成，生成的Ca2+在溶液中与反应生成微溶的，因此硫酸酸溶后留在滤渣中，即滤渣2的主要成分为； （5）①由表①可知，当pH升高时，转化为或或，这三种离子难以与酒石酸形成络合物； ②根据反萃取效果图，NaOH溶液的反萃取效果最好，由表①可知碱性条件下最终产物为，因此“反萃取”中可以加入的物质B为； （6）①该锗化合物晶胞表示方式有多种，根据晶胞结构图可知，A中位于顶点有个，I位于面心有个，位于体内有1个；B中位于体内有1个，I位于棱心和面心有，位于顶点有；C中位于体内有1个，I位于棱心有个，位于顶点有个；D中位于体内有1个，I位于棱心有个，位于顶点有个；根据以上分析，B、C晶胞结构与A一致，晶胞中所含微粒相同，D晶胞与A不一致，晶胞中所含微粒不同； ②由上题分析可知该晶胞中含的个数为1，I的个数为3，的个数为1，已知该晶体的最简式的式量为Mr，代表阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的密度为。 3．（2026·广东梅州·模拟预测）开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳(主要含、、、、NiO、CuO)中分离获得金属资源的工艺流程如图： 已知：①“还原浸出”后得到的滤液中、、、。 ②常温下，部分金属氢氧化物溶度积如下表。溶液中的金属离子浓度小于或等于时可认为完全沉淀。 氢氧化物 （1）“粉碎”的目的是_______。 （2）“还原浸出”过程中，还原的离子方程式为_______。 （3）“除铁”时，可调至pH<_______(溶液体积变化忽略不计)。 （4）“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I(图a)形成的配合物结构如图b所示。下列说法正确的有_______(填标号)。 A．配位时被还原 B．与N原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图a、图b中N原子的杂化类型发生了改变 （5）“电解”时，以Cu片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 （6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞结构和俯视图如图所示。该化合物中_______；晶体中与Al最近且等距离的S原子的数目为_______。 （7）焙解(高温下隔绝空气发生分解)时的化学方程式为_______。 【答案】（1）粉碎富钴结壳可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快后续“还原浸出”的反应速率，提高原料的浸出率，使反应更充分 （2） （3）5 （4）BC （5） （6） 4 （7） 【解析】富钴结壳经粉碎后，加入和稀硫酸进行还原浸出。其中、等被还原溶解，不溶的作为浸渣滤除。向浸出液中通入空气氧化为，加入调节pH，使铁以形式沉淀除去。铜的提取，利用特效萃取剂LIX84-I萃取溶液中的，经反萃取得到溶液，再通过电解制备金属铜。锰的提取，萃铜后的溶液加入进行硫化沉淀，分离出含锰溶液。经浓缩结晶得到，再经焙解制得。镍钴的提取，硫化沉淀的滤渣经加压浸出后，通过萃取分离技术进一步提取镍和钴。 （1）“粉碎”的目的粉碎富钴结壳可以增大固体与溶液的接触面积，从而加快后续“还原浸出”的反应速率，提高原料的浸出率，使反应更充分。 （2）在酸性条件下，作为氧化剂，Mn元素从+4价被还原为+2价的；作为还原剂，S元素从+4价被氧化为+6价的。根据得失电子守恒（Mn得，S失），结合原子守恒与电荷守恒，配平得到离子方程式：。 （3）除铁的目标是使完全沉淀（），同时其他金属离子不沉淀。 根据的溶度积：，代入数据：则，同时，要想让完全沉淀，，根据溶度积常数，、、、沉淀分子结构一样，根据溶度积常数大小关系，除铁的上限按算，已知，根据的溶度积：，代入数据：，则，，所以范围为。 （4）A．配位时的化合价没有发生变化，不存在被还原的情况，A错误； B．从配合物结构可知，与原子形成了配位键，B正确； C．配合物中存在基团，能与水能形成分子间氢键，C正确； D．图a、图b中原子的杂化类型均为杂化，没有发生改变，D错误； 本问答案为：BC。 （5）电解溶液制备Cu时，阴极：，选择Cu片作为阴极，析出的Cu附着在Cu片上；阳极：，选择石墨棒作为阳极；电解质溶液为溶液，电源正极接石墨阳极，负极接Cu阴极。示意图标注： （6）原子个数比：利用均摊法计算，原子数为：；原子数为：；原子数为：；因此。与Al最近且等距离的S原子数目：晶胞中Al位于晶胞面上，每个周围有4个最近且等距离的原子。 （7）隔绝空气时，分解生成，元素部分从+2价升至+3价（含2个+3价Mn、1个+2价Mn），元素从+6价降至+4价（生成），O元素部分从-2价升至0价（生成）。根据电子守恒配平：。 4．（2026·广东深圳·三模）电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知： ①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）①“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 ②“滤液b”可通过萃取剂P204或P507进一步萃取，已知其结构如图所示(R是同一烃基C8H17-)，两物质中P=O上的氧原子均可与溶液离子形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)___________O(P507)(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （5）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （6）铜阳极泥中也可以提取钴，钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为Ⅰ型。图3为图2中灰色截面，请在图3中画出Co的位置___________。 【答案】（1）第五周期第ⅥA族 （2） （3） Cu ＜ （4）将还原为，便于后续与Pd元素分离 （5）1.0 （6）    【解析】向阳极泥(含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质)中加入纯碱、通入空气进行“氧化焙烧”，再加水“浸取”，过滤得到含Na2TeO3、Na2SeO3的滤液a，分离出滤渣，向滤渣中加入稀硫酸“酸浸”，溶解氧化铜得到含硫酸铜的滤液b，分离出含Pt、Pd、Au的滤渣，再通入氯气、加入浓盐酸“氯浸”，将金属Pt、Pd、Au分别氧化为配离子：，再加入过量草酸“分金”，将还原为金单质、还原为，过滤分离出金单质；最后向滤液中加入氯化铵溶液“沉钯”得到含的滤液c和沉淀，据此解答。 （1）碲原子序数是52，位于第五周期第族。 （2）已知Pt变为单质，Te最终转化为，反应过程中Pt从+2→0（得2 e⁻），Te从-2→+4（失6 e⁻），而1 mol 得，根据化合价升降守恒和原子守恒，反应的方程式为：。 （3）①阳极泥中的Cu经氧化焙烧生成CuO，可溶于稀硫酸，Pt、Pd、Au不溶，因此酸浸目的是分离出Cu。 ②烃基R是给电子基团，-OR是吸电子基团，P507中P=O键的氧原子电子云密度更大，更易给出电子形成配位键，因此P204中O的配位能力小于P507中的O。 （4）草酸作还原剂，将+4价Pt还原为+2价，使Pt转化为可溶性的留在溶液中，便于后续与Pd元素分离（合理即可）。 （5）设初始溶液浓度为，加入等体积溶液混合后体积加倍，因此：混合后初始浓度：，混合后初始浓度：，反应后，远小于初始浓度，因此沉淀消耗的，对应消耗浓度为，反应后，根据，，代入数据、： ，解得，因此。 （6）a、c、f为I型小立方体，I型中Co位于顶点和体心，灰色截面切过晶胞的四个小立方体，因此四个顶点和截面中心都为Co，即Co的位置： 。 5．（2026·广东广州·三模）羟基氧化镍(NiOOH)具有良好的电化学活性，为了充分利用资源，一种从含NiO、ZnO的废料(含、CaO、CuO及不溶性杂质)中制备和的工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下(完全沉淀时)： 金属离子 开始沉淀时的pH 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的pH 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 （1）滤渣1的成分除原有的不溶性杂质外，还可能含有___________(填化学式)。 （2）滤渣2中含有S单质，生成S单质的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”过程需控制溶液pH的范围为___________。 （4）若“沉铁”后所得100 L溶液中，理论上需加入___________固体，使恰好沉淀完全(忽略混合后溶液体积的变化，忽略F的水解，)。 （5）“萃取”步骤中常用的萃取剂有两种(P204和P227)，其结构简式如图所示： 根据P204和P227的结构，可以得出两种萃取剂的酸性大小：P204___________P227(填“<”或“>”)，理由是___________。 （6）“氧化”过程理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （7）一种镍的氧化物NiO，其晶体结构与NaCl相似(NaCl晶胞中位于顶点和面心，位于体心和棱心)，该镍的氧化物晶胞中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有___________个，下图中的___________(填标号)是从该晶胞中分割出来的结构。 【答案】（1） （2） （3） （4）81.4 （5） > P204结构中的RO-是吸电子基团，会使O-H极性增强，更容易电离(或P227结构中的R-是推电子基团，会使O-H极性减弱，不容易电离) （6）1：2 （7） 12 bd 【解析】第一步加入稀硫酸酸浸，将所有金属氧化物转化为对应硫酸盐进入溶液，滤渣1为废料中的不溶性杂质，得到含、、、、的酸性滤液。之后通入硫化氢除杂，过滤后除去S、CuS杂质，接着加入双氧水，将生成的完全氧化为，再加氢氧化钠调节pH，使完全沉淀为氢氧化铁除去；之后加入，使沉淀为除去，此时溶液中仅剩余、。利用萃取剂对两种离子萃取率的pH差异，控制合适pH将锌离子萃取进入有机相，留在水相；有机相经反萃取后可最终得到，水相中的经次氯酸钠在碱性情况下氧化，过滤即可得到目标产物。 （1）废料中与稀硫酸反应生成微溶的，因此滤渣1除不溶性杂质外，还含。 （2）酸浸后溶液中溶解生成，氧化生成单质，自身被还原为，离子方程式为。 （3） “沉铁”需要使完全沉淀，同时保证、不沉淀，因此需要大于等于完全沉淀的，小于开始沉淀的，即范围为。 （4）沉淀完全时，由，得。原溶液中总，沉淀消耗，溶液中游离，总，。 （5）对比结构，P204中P原子连接两个吸电子的烷氧基（），氧的电负性大，吸电子效应使键极性增强，更易电离出，因此酸性：。 （6）氧化过程中，氧化剂中从价还原为（价），每个得；还原剂被氧化为中价，每个失，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂物质的量之比为。 （7） 晶体结构与相似，周围等距离最近的共12个（同层4个，上下层各4个）。在NaCl晶胞中氯离子配位数为6，所以镍的氧化物晶胞中氧离子的配位数为6，氧离子形成面心立方结构：，同时得到镍离子位于氧离子构成的八面体空隙：，根据氯化钠晶胞推导，晶胞中位于顶点和面心，位于棱心和体心，分割出的小立方体顶点为交替排列，对应图b；图d为晶体中离子的八面体配位结构，也属于该晶胞的结构，故选bd。 6．（2026·广东中山·模拟预测）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO、TiO2+形式存在。 回答下列问题： （1）基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）已知常温下Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol。L-1)，需要调节溶液的pH不低于___________； （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“萃取”时，VO 先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。 （6）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （7）某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴的投影图如下，该合金的化学式为___________，与V距离最近且相等的Ga有___________个 【答案】（1） +3 （2） （3）2.0 （4）产生的催化的分解 （5）消耗，使萃取反应的平衡逆向移动，将与萃取剂分离 （6） （7） 4 【解析】起始原料为钒钛磁铁矿精矿，核心目标是提取钒、钛，同步制备黄铵铁矾。加压焙烧阶段加入，反应生成的对矿样二次氯化，将转化为可溶性氯化物。酸浸阶段加入盐酸，钒、钛以、形式进入溶液，作为浸出渣分离。沉钛阶段加入铁粉，转化为沉淀分离。氧化阶段加入将钒氧化为高价态，加入萃取剂萃取钒，负载钒的有机相经洗涤后加溶液反萃取，钒进入水相，经后续操作得到。水相加入硫酸铵沉铁，生成黄铵铁矾。 （1）Ti为22号元素，基态原子核外电子排布为，价电子排布式为。中Fe为+2价，O为-2价，设V的化合价为x，根据化合物化合价代数和为0，，解得x=+3。 （2）与反应生成和，每个V原子失去2个电子，2个V共失去4个电子，每个得到2个电子，根据得失电子守恒，系数为2，结合原子守恒配平得反应方程式。 （3），沉淀完全时，代入得，，常温下，则pH不低于2.0。 （4）沉钛时加入了过量铁粉，氧化阶段被氧化为，可催化分解，因此的使用量远大于理论计算量。 （5）萃取平衡为，加入溶液，与反应，消耗，平衡逆向移动，释放出，实现钒与萃取剂的分离。 （6）沉铁时反应物为、、和，生成物为沉淀和，根据电荷守恒和原子守恒配平，离子方程式为。 （7）根据晶胞结构，Ga原子位于顶点和体心，个数为，V原子位于面上，个数为，Ga与V的个数比为1:3，因此合金化学式为。体心的Ga最近的V有12个，则与V距离最近且相等的Ga有4个。 7．（2026·广东深圳·模拟预测）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)，“浸出液”中主要的金属离子有Ca2+、_______(填离子符号)。 （2）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_______。 （3）将窝穴体a(结构如下图所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因有_______。 A．Sr2+与窝穴体a的空腔更匹配 B．Sr2+与N、O形成离子键 C．窝穴体a识别Sr2+可降低SrCl2在水中的溶解度 D．结合时Sr2+被还原 （4）Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。由SrCl2∙6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______。 （5）与工业制镁类似，常用电解熔融SrCl2制Sr单质，试写出工业制Sr的化学方程式为_______；以石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 （6）晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。 ①该晶胞中，O所在的位置_______(填“棱心”、“面心”或者“体心”，下同)。 ②若该晶体的晶胞以Sr为顶点，则Ti位于晶胞中的位置为_______。 【答案】（1） 搅拌、粉碎含锶废渣、适当提高酸浸温度、适当提高稀盐酸浓度 Sr2+、Mg2+ （2）SrSO4(s) + Ba2+(aq)⇌BaSO4(s) + Sr2+(aq) （3）AC （4）加热脱水 （5） SrCl2(熔融) Sr+Cl2↑ （6） 棱心 体心 【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化：SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，SrCl2溶液经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体； （1）提高浸取速率的措施：将废渣粉碎（或适当升高温度、适当增大稀盐酸浓度、搅拌等，任写一条） 原理：增大接触面积、升温、提高反应物浓度、搅拌均可加快反应速率； 酸浸时，CaCO3、SrCO3、MgCO3和盐酸反应溶解，SrSO4不溶于盐酸、SiO2不与盐酸反应，留在浸出渣1； 浸出液金属离子：Ca2+、Mg2+、Sr2+； （2）已知 Ksp(BaSO4)Ksp(SrSO4)，加入BaCl2，SrSO4沉淀转化为更难溶的BaSO4：SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)； （3）A．窝穴体空腔尺寸与Sr2+匹配，可特异性识别包裹Sr2+；A正确； B．Sr2+与N、O之间是配位键，不是离子键；B错误； C．窝穴体与Sr2+形成超分子配合物，降低锶盐水溶性，实现萃取分离；C正确； D．萃取过程无化合价变化，Sr2+未被还原；D错误； 故答案选AC； （4）Sr(OH)2是强碱，Sr2+不水解，故答案为加热脱水； （5）工业制备Sr为电解熔融的SrCl2，化学方程式为：SrCl2(熔融)Sr + Cl2↑； 电解池示意图标注要点： 容器为电解槽，熔融SrCl2作电解液；两根石墨电极，阴极（连接电源负极） 析出金属Sr，阳极（连接电源正极） 放出Cl2；外接直流电源，标注正负极、阴阳极、产物；故答案为：； （6）①化学式SrTiO3，原子比例：Sr:Ti:O=1:1:3；Ti在立方体8个顶点： 8×= 1 个Ti；Sr在晶胞体心：1 个Sr；氧原子数量需要等于3：若O在12条棱心：12×= 3，刚好匹配计量比SrTiO3；若O在6个面心：6× =3，数量也满足，但结合题干空间距离条件： Ti在顶点，棱心上的O离顶点Ti更近；体心Sr到棱心O距离更远，符合“Sr与O最小间距＞Ti与O最小间距”，因此O正确位置为棱心； ②若以Sr为顶点重构晶胞，原顶点Ti新位置：体心 原晶胞Sr在立方体中心，把Sr挪到顶点后，原来位于8个顶点的Ti就落在新立方体的体心位置。 8．（2026·广东佛山·模拟预测）一种从萃铜余液中提炼有价金属的工艺流程如图所示： 已知：①萃铜余液呈强酸性，含有Na+、Co2+、Mn2+、Cd2+、Zn2+、Al3+、Fe2+的硫酸盐。 ②萃取原理：萃取剂+Co2+⇌配离子+H+ ③相关金属氢氧化物的Ksp如下表： 氢氧化物 Co(OH)2 Mn(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 1.3×10-15 2.0×10-13 2.2×10-14 1.0×10-17 1.0×10-33 8.0×10-16 1.0×10-38 （1）“滤渣1”中铁元素的存在形式是_______(填化学式)。 （2）“中和氧化”时Mn2+生成MnO2的离子方程式为_______。该步骤中，为确保Al3+完全沉淀(≤10-5 mol·L-1)，pH最低应控制在_______(保留1位小数)。 （3）“除钴”步骤中，Co2+形成如图所示的配离子进入有机相，下列说法正确的是_______。 A．x=2 B．该配离子含有的配体数为6 C．与萃取剂的结合能力：Zn2+> Co2+> Cd2+ D．向该钴配合物中加入H2SO4，可实现反萃取 （4）“沉锌”步骤中Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，且有大量气体生成，反应的离子方程式为_______。 （5）“副产品”的主要成分是_______。 （6）ZnO为六方晶系，其晶胞结构如图所示： ①Zn2+的配位数为_______。 ②若该晶胞的密度为ρ g·cm-3，底面边长均为a pm，则晶胞的高b=_______ pm。 ③补充ZnO晶胞沿z轴方向的氧原子投影图：_______。 【答案】（1）Fe(OH)3 （2） 4.7 （3）AD （4） （5）Na2SO4 （6） 4 或 【解析】萃铜余液呈强酸性，含有Na+、Co2+、Mn2+、Cd2+、Zn2+、Al3+、Fe2+的硫酸盐，由流程可知，向萃铜余液中加入和进行中和氧化，余液中Mn2+、Fe2+被氧化生成MnO2、，反应过程中生成沉淀和沉淀，过滤得到MnO2、、、和“氧化除锰”的余液﹔向余液中加入Zn， Zn与Cd2+发生置换反应生成Cd，过滤得到除去Cd2+的滤液；加入有机溶剂萃取，除去钴，分液得到溶液，向溶液中加入溶液﹐转化为固体和溶液，过滤、煅烧得到工业活性氧化锌。 （1）由流程图及分析可知，萃铜余液中加入和进行中和氧化后，余液中Fe2+被氧化为，中和后转化为沉淀，因此“滤渣1”中铁元素的存在形式是； （2）具有氧化性，中和氧化时将Mn2+ 转化为MnO2从溶液中除去，同时被还原转化为，反应的离子方程式为：； 由题意及表格可知，完全沉淀时，由，则，即，此时溶液中，所以为确保Al3+完全沉淀(≤10-5 mol·L-1)，pH最低应控制在4.7； （3）A．Co2+带2个正电荷，配离子整体电荷数为，因此，A正确； B．该配离子中每个萃取剂提供2个O和1个N进行配位，共6个配位键，即2个配体与Co2+配位形成6个配位键，故该配离子含有的配体数为2，B错误； C．“除钴”步骤中，Co2+形成配离子进入有机相，说明萃取剂对Co2+结合能力更强，C错误； D．由萃取原理：萃取剂+Co2+⇌配离子+H+，加入H2SO4，H+浓度增大，平衡逆向移动，可实现反萃取，D正确； 故选AD。 （4）Zn2+和反应生成碱式碳酸锌，同时生成CO2气体，反应的离子方程式为：； （5）溶液中未参与反应的离子为Na+和，结晶得到副产品的主要成分为； （6）①由ZnO的晶胞结构可知，周围最近且等距离的有4个，因此的配位数为4； ②由晶胞结构可知，处于晶胞的棱上和体内共有个，处于晶胞的顶点和体内有；故晶胞的质量为，已知晶胞底面边长均为a pm，高为b pm，则晶胞的体积为，则； ③由晶胞结构可知，ZnO晶胞沿z轴方向的氧原子投影图为：或； 9．（2026·广东广州·二模）工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分)来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电积”，路线如图所示，回答下列问题。 已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性； ②堆浸体系中、和开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。 ③“萃取”过程发生反应：。 （1）图a是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点？___________。 （2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生和对黄铜矿进行化学氧化溶解。 ①第一阶段：___________(离子方程式) 第二阶段：； ②结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在___________范围内。 ③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石(主要成分)对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因___________。 （3）HL和的结构如图所示，其中R为壬烷基()。中Cu的配位数为___________，若将R换为羟基(不参与配位反应)，则萃取率会下降，从结构角度解释原因：___________。 （4）试剂X的化学式为___________。 （5）“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极发生的主要的电极反应为___________。 （6）一种黄铜矿的四方晶系晶胞结构如图，其密度为___________。 【答案】（1）矿石粒度过小导致矿石堆的孔隙率下降，细菌液渗透性下降，降低浸出率。 （2） 1.0～1.5 与体系中的发生反应，导致浸出液pH升高，超出堆浸适宜的pH范围，使微生物失活或者使沉淀，从而抑制黄铜矿浸出(答出一点即可) （3） 4 羟基是亲水基(或极性强)，会使在水中的溶解度增大 （4） （5） （6） 【解析】低品位黄铜矿（主要成分为）在细菌液和空气作用下进行堆浸，被氧化为硫酸铜、硫酸亚铁等硫酸盐，得到含的浸出液；用萃取剂HL（煤油体系）萃取生成进入有机相，水相1可循环用于堆浸；向有机相中加入试剂X进行反萃取，使进入水相2；最后电解水相2得到金属铜，电解余液可进一步回收利用。 （1）矿石粒度细小会大幅缩小矿石堆内部孔隙，降低细菌液、空气在矿堆中的渗透能力，微生物与矿石接触不充分，黄铜矿氧化浸出效率下降，铜浸出率降低；同时细小矿粉易堵塞矿堆孔隙，阻碍浸出液流出； （2）① 第一阶段氧化，从+2价不变，被还原为，被氧化为单质，离子方程式为； ②已知嗜酸微生物活性区间；在开始沉淀，是堆浸核心氧化剂，需保证不沉淀，因此pH上限为1.5，最终控制范围； ③会消耗体系中的，使溶液pH升高，一方面pH超出1.0~1.5适宜区间，嗜酸微生物失去活性；另一方面pH升高至1.5以上时水解生成沉淀，氧化剂浓度降低，黄铜矿氧化浸出被抑制； （3）从的结构可知，Cu的配位数为4；若将R换为羟基（），因是亲水基(或极性强)，会使在水中的溶解度增大，导致其更易留在水相，从而使萃取率下降； （4）萃取平衡：，反萃取需要平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，增大浓度可促使平衡左移，释放进入水相，因此选用强酸硫酸； （5）阳极发生的主要电极反应为水的氧化，因此电极反应为； （6）由晶胞结构可知，为与顶点、面心和体心，数目为；位于内部共8个，位于棱心、面心，数目为，因此1个晶胞中4个单元，因此晶胞密度。 10．（2026·广东·模拟预测）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。 已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。 （1）为提高酸浸的速率，可采取的措施为___________(写一条即可)。 （2）常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为___________。 （3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应的离子方程式为___________，“滤液2”中铝元素的存在形式为___________(填化学式)。 （4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为___________。 （5）某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物RE：O的个数之比为___________，距离RE原子最近的O原子有___________个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___________g/cm3(列出计算式)。 【答案】（1）适当升高温度或增加酸的浓度或搅拌等 （2）[4.7，5.8) （3） [Al(OH)4]- （4）2Ce2(C2O4)3·10H2O+3O22Ce2O3+12CO2+20H2O （5） 1：2 8 【解析】废旧磁性材料加入稀硫酸酸浸后过滤，滤液中含有硫酸亚铁、硫酸铈、硫酸铝，向滤液中加入磷酸二氢钠，得到Ce(H2PO4)3、氢氧化铝沉淀；“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应，过滤向滤渣Ce(OH)3中稀硫酸溶解后再加草酸“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2， Ce2O3被还原为Ce。 （1）可通过加热、搅拌、粉碎废旧磁性材料、适当增大硫酸浓度等措施提高酸浸的速率； （2）“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，c(Al3+)=1×10-5mol/L ，c(OH-)=，此时，pH应大于等于4.7；溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，为了不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，当c(OH-)=，c(H+)=1×10-8mol/L，c(OH-)=，c(H+)=1×10-5.8mol/L，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围； （3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应，氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液中生成了[Al(OH)4]-； （4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和CO2，发生反应； （5）根据晶胞图可知1个晶胞中RE：，O：，氧化物RE：O的个数比为1:2；以面心RE为例，距离RE原子最近的O原子有8个，晶胞的密度。 15 / 53 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18 化学工艺流程综合题 1．（2026·广东·高考真题）金(Au)是一种战略性金属。从某金精矿(含金、银、、、和等)中提取金并综合利用部分物质的一种工艺如下。 已知：和在一定条件下均可与形成可溶于水的配离子。 氢氧化物 （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，。为防止阳极室电解过程中产生沉淀，理论上，最终阳极室应不大于___________(列算式)。 （4）“X”包含多个步骤，需同时用到和溶液。一定条件下，Au、Ag浸取率随溶液中的变化如图2，在滤液2中主要以存在。为尽可能提高金的提取率和纯度，“X”包括的步骤为___________。 （5）“沉金”通过的调控使反应在弱酸性条件下进行，生成的离子方程式为___________。 _________________。 （6）某杂冠醚可选择性地与含银废液中的形成如图3的超分子，其选择性识别的原因为该杂冠醚与有配位作用且___________。 （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) 2．（2025·广东·高考真题）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。 已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。 氢氧化物 （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)。 （2）“高压加热”时，生成的离子方程式为：_______。 （3）“沉铝”时，pH最高可调至_______(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中，。 （4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。 A．镍与N、O形成配位键 B．配位时被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 （5）晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，则_______；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为_______。 （6）①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为_______和_______。 ②“电解”时，颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注_______。 ③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是_______(写一条)。 3．（2024·广东·高考真题）镓()在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含和少量的等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。 工艺中，是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用提取金属离子的原理如图。已知： ①。 ②(冰晶石)的为。 ③浸取液中，和以微粒形式存在，最多可与2个配位，其他金属离子与的配位可忽略。 （1）“电解”中，反应的化学方程式为_______。 （2）“浸取”中，由形成的离子方程式为_______。 （3）“还原”的目的：避免_______元素以_______(填化学式)微粒的形式通过，从而有利于的分离。 （4）“提取”中，原料液的浓度越_______，越有利于的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入_______(填化学式)，以进一步提高的提取率。 （5）“调”中，至少应大于_______，使溶液中，有利于配离子及晶体的生成。若“结晶”后溶液中，则浓度为_______。 （6）一种含、、元素的记忆合金的晶体结构可描述为与交替填充在构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比_______，其立方晶胞的体积为_______。 4．（2023·广东·高考真题）均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含)中，利用氨浸工艺可提取，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下： 已知：氨性溶液由、和配制。常温下，与形成可溶于水的配离子：；易被空气氧化为；部分氢氧化物的如下表。 氢氧化物 回答下列问题： （1）活性可与水反应，化学方程式为___________。 （2）常温下，的氨性溶液中，___________ (填“>”“<”或“=”)。 （3）“氨浸”时，由转化为的离子方程式为___________。 （4）会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了的明锐衍射峰。 ①属于___________(填“晶体”或“非晶体”)。 ②提高了的浸取速率，其原因是___________。 （5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为___________。 ②由可制备晶体，其立方晶胞如图。与O最小间距大于与O最小间距，x、y为整数，则在晶胞中的位置为___________；晶体中一个周围与其最近的O的个数为___________。 （6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得溶液中与的比值，理论上最高为___________。 ②“热解”对于从矿石提取工艺的意义，在于可重复利用和___________(填化学式)。 5．（2022·广东·高考真题）稀土()包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： 已知：月桂酸熔点为；月桂酸和均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持价不变；的，开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / （1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。 （2）“过滤1”前，用溶液调pH至_______的范围内，该过程中发生反应的离子方程式为_______。 （3）“过滤2”后，滤饼中检测不到元素，滤液2中浓度为。为尽可能多地提取，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中低于_______(保留两位有效数字)。 （4）①“加热搅拌”有利于加快溶出、提高产率，其原因是_______。 ②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。 （5）该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。 （6）稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂。 ①还原和熔融盐制备时，生成1mol转移_______电子。 ②用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化的还原，发生的电极反应为_______。 6．（2021·广东·高考真题）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝()、钼()、镍()等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下： 已知：25℃时，的，；；；该工艺中，时，溶液中元素以的形态存在。 （1）“焙烧”中，有生成，其中元素的化合价为_______。 （2）“沉铝”中，生成的沉淀为_______。 （3）“沉钼”中，为7.0。 ①生成的离子方程式为_______。 ②若条件控制不当，也会沉淀。为避免中混入沉淀，溶液中_______(列出算式)时，应停止加入溶液。 （4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有和，为_______。 ②往滤液Ⅲ中添加适量固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量，可析出。 （5）高纯(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止刻蚀液与下层(砷化镓)反应。 ①该氧化物为_______。 ②已知：和同族，和同族。在与上层的反应中，元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。 本专题作为广东卷化学非选择题的核心能力板块（通常位于第18题），是检验学生将元素化合物知识、反应原理与工程实践深度融合的“主阵地”，其立意可概括为“以流程为载体，以转化为主线，以绿色高效为魂”。具体分述如下： · 考查意图： 依托矿物加工、材料合成、资源回收等真实工业场景，考查学生对“原料预处理→核心转化→分离提纯→产品精制”全流程中物质变化规律、条件控制逻辑及工程优化策略的系统掌握；同时检验学生在多变量耦合、非标体系、信息干扰等复杂情境中构建“物料流-能量流-信息流”完整分析链、识别关键瓶颈、进行严谨定量推演的高阶工程思维能力。 · 能力聚焦： 核心指向“宏观辨识与微观探析”及“科学态度与社会责任”素养。要求学生能熟练运用“元素守恒+电荷平衡+热力学可行性”三重校验机制，并能在流程图解读、数据表分析、异常归因等任务中保持逻辑严密性与系统观。 · 思维品质： 强调系统思维与辩证思维的融合。既要建立“原料特性→工艺选择→产物形态→环境影响”完整逻辑闭环，又要对预设方案的局限性保持高度警惕，结合副反应竞争、设备约束、经济性权衡等进行动态评估与迭代优化。 · 价值引领： 深度融入国家“双碳”战略与粤港澳大湾区新材料/新能源产业需求，如稀土永磁材料制备、锂电正极材料再生、电子废弃物贵金属回收、岭南特色矿产（钨、锡）高值化利用等案例，体现化工流程在服务高质量发展中的支撑作用；同时渗透绿色化学与安全生产教育，培养学生尊重规律、精益求精、守护环境的职业品格。 近六年真题及最新模拟题显示，该题型呈现出从“步骤解析”向“系统诊断”转型的鲜明特征： · 情境创设：从“教材原型”向“前沿产业”深化。 早期试题多以课本经典工艺（如海水提镁、铝土矿提铝）为背景进行微调；近年逐步转向顶刊文献、专利技术和产业痛点等非标场景。例如2025年全运会场馆用光催化自清洁涂层TiO₂溶胶-凝胶法制备中的水解pH/陈化时间优化、2026年固态电解质Li₁₀GeP₂S₁₂合成中惰性气氛保护与球磨参数调控、2024年新会陈皮挥发油提取后残渣中黄酮类化合物的碱溶酸沉纯化路径中pH梯度沉淀控制等，强调工艺设计的现实适配性与问题导向。 · 知识融合：从“单一模块”向“多学科交叉”拓展。 打破传统仅关注无机转化的局限，增加与分析检测（ICP-OES、XRD、BET表征）、反应原理（动力学/热力学）、安全防护（MSDS解读、应急处理）及绿色化学（原子经济性、溶剂替代、能耗优化）的联动。例如将浸出率与酸浓度/温度/粒径关联、将洗涤效率与产物溶解度/pKa结合、将尾气吸收与气体溶解度/反应速率挂钩，考查维度更加立体。 · 设问创新：从“填空问答”向“方案评估”升级。 问题设置减少纯操作记忆类内容，增加设计合理性、异常归因、条件优化、绿色评价类内容。如“该工序缺少…导致…”“若将X换为Y，则收率提高的原因是…”“产品纯度偏低最可能源于…”“该方案不符合绿色化学原则体现在…”等句式增多；部分题目引入原始数据表、谱图或安全警示标识，提升信息整合与决策支持要求。 · 难度控制：从“中等稳定”向“精细区分”调整。 整体难度维持在0.55-0.70，但内部区分度显著增强。基础层保障核心转化逻辑识记合格考要求，进阶层通过隐含副反应、物料不平衡、数据陷阱等拉开差距，避免“背流程图得高分”，更契合新高考对工程能力的选拔导向。 针对上述趋势，备考需构建“流程解构-转化追踪-系统优化”三位一体的复习体系： · 复习理念：坚持“流程为本、转化为纲、绿色为要” · 摒弃“死记步骤”的误区，明确工艺流程的核心是“通过可控转化实现资源高效高值利用”，而非固定模板套用。 · 强化“全链条”意识，将所有操作环节置于“原料→预处理→核心反应→分离→产品→三废”完整系统中审视，培养系统性工程思维。 · 方法落地：实施三阶能力进阶训练 · 一阶：流程解构专项训练。 建立“高频工艺类型-核心目标-关键控制点-常见缺陷”速查图谱，重点标注三类易错点：①预处理目的误判（如煅烧仅为除碳而非活化）；②分离方法与物性不匹配（如用过滤代替萃取）；③忽略循环物料对系统平衡的影响。每日精选3-5组流程图进行“5分钟结构拆解”，训练精准识别主导因素的能力。 · 二阶：转化追踪整合训练。 围绕典型体系（湿法冶金、材料合成、资源回收）绘制“操作参数-转化效率-产物质量”三维响应图。例如“酸浸除杂”主题串联：酸浓度/温度/时间→浸出率/选择性→滤液成分/渣相组成，形成转化驱动型工艺认知。 · 三阶：系统优化实战训练。 精选含物料不平衡、异常现象、绿色评价类问题的真题与模拟题，开展“瓶颈诊断与改进”练习：对每个工艺节点，追溯其效率损失、安全隐患与改进空间，识别常见漏洞（如未防氧化、pH失控、溶剂浪费、热能未回收）。每周安排2次限时微测，强化规范表达与责任意识。 · 策略优化：精准对接命题动向 · 关注行业标准： 研读《GB/T 20975 铝及铝合金化学分析方法》《HG/T 20519 化工工艺设计》等标准，预判重点考查的质量指标与安全阈值。 · 强化教材延伸： 所有创新工艺最终落脚于教材核心原理。定期开展“课本工艺前沿化改造”活动，确保学生能从新颖流程中识别出基础转化逻辑及其工程化修正条件。 · 模拟适配升级： 优先选用体现“前沿产业”“多学科交叉”“系统诊断”特征的新题型，避免重复训练陈旧的步骤填空类题目；对错题按“流程误读”“转化误解”“系统缺失”三类归因，针对性补弱。 维度 具体考点 课标依据 教材锚点 能力层级 原料预处理 粉碎、煅烧、酸/碱浸、氧化还原预处理 必修1•金属及其化合物 P40-55 理解应用 多组分原料的选择性转化 选修4•化学反应原理 P80-90 分析综合 核心转化 沉淀转化、络合溶解、氧化还原调控 必修1•非金属及其化合物 P60-75 分析综合 pH/温度/浓度对转化率与选择性的影响 选修4•水溶液中的离子平衡 P50-65 分析综合 分离提纯 过滤、萃取、蒸馏、结晶、离子交换 选修5•有机化学基础 P30-50 分析综合 母液循环、副产物资源化 课标•绿色化学 贯穿 价值认同 STSE 工艺在新能源/新材料/环保中的应用 课标•社会责任 贯穿 价值认同 粤港澳湾区特色矿产与产业链 课标•文化传承 贯穿 价值认同 · 流程误读误区： 脱离系统目标谈单步合理性。如认为“所有酸浸都用硫酸”（忽略Cl⁻对后续腐蚀/产品纯度影响）；或在除杂时引入新杂质未后续去除；或将定性观察当作定量依据；或忽略中间产物稳定性边界（如水解、氧化、聚合）导致操作失当。 · 转化误解误区： 忽视反应实际发生条件与选择性。如认为“强酸一定能溶解所有金属氧化物”（忽略钝化/难溶盐形成）；或将Al³⁺与过量NaOH反应写成Al(OH)₃沉淀；或在酸性条件下写OH⁻参与反应；或忽略Fe²⁺在空气中易被氧化为Fe³⁺的事实；或未考虑络合剂对金属离子存在形态的决定性影响。 · 系统缺失误区： 仅关注主流程而忽视辅助单元。如为提高收率牺牲纯度（如省略洗涤步骤）；或追求高转化率忽略能耗与设备成本；或未考虑母液中累积杂质对循环系统的毒化作用；或将实验室小试结果直接外推至工业生产而未放大效应。 · 证据不足误区： 工艺结论缺乏充分验证。如仅凭单次实验数据断定最优条件；或未做对照实验排除干扰因素；或忽略测量不确定度，将微小差异视为显著改进；或将物理表征（XRD/SEM）结果过度解读为化学转化完成的直接证据。 · 绿色缺失误区： 仅关注技术指标而忽视环境代价。如因某试剂效果好就认定其必工业化，忽视毒性/生物累积性；或对收率追求极致，未权衡溶剂回收难度与废水处理成本；或忽视生产过程中的碳排放与生态足迹；或将“达标排放”等同于“零影响”。 · 表达失范误区： 答题时使用模糊语言代替专业术语。如用“洗干净”代替“用去离子水洗涤至电导率<5 μS/cm”，用“加热一会儿”代替“在80℃下搅拌反应2 h”，导致论证不被认可；或在书写工艺分析时遗漏关键参数（pH、温度、固液比、停留时间）、安全警示或物料衡算依据，使建议失去可操作性与合规性。 一、工艺流程解题方法与策略 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 二、晶体相关计算 1．典型晶体的结构与性质 （1）模型特点 晶体 晶体结构 晶体详解 共价 晶体 金刚 石 （1）碳原子采取sp3杂化，键角均为109°28′； （2）每个C参与4条C—C的形成，C原子数与C—C数之比为1∶2 SiO2 （1）每个Si与4个O结合，形成正四面体结构，n(Si)∶n(O)＝1∶2； （2）最小环上有12个原子，即6个O和6个Si 分子 晶体 干冰 CO2分子配位数为12 离子 晶体 NaCl 型 （1）Na＋(Cl－)的配位数为6，每个Na＋(Cl－)周围等距且紧邻的Na＋(Cl－)有12个； （2）每个晶胞中含4个Na＋和 4个Cl－ CsCl 型 （1）Cs＋(Cl－)的配位数为8，每个Cs＋(Cl－)周围等距且紧邻的Cs＋(Cl－)有6个； （2）左图为8个晶胞，每个晶胞中含1个Cs＋和1个Cl－ 混合 型晶 体 石墨 （1）层内碳原子采取sp2杂化，形成平面六元环结构，层间作用力是范德华力； （2）碳原子与共价键的个数比为2∶3；每个六元环平均占有2个碳原子 （2）主要性质 化学式 晶体类型 微粒间作用力 熔、沸点 CO2 分子晶体 分子间作用力 较低 H2O(冰) 分子晶体 分子间作用 力和氢键 较低 NaCl 离子晶体 离子键 较高 CsCl 离子晶体 离子键 较高 C(金刚石) 共价晶体 共价键 很高 SiO2 共价晶体 共价键 高 （3）熔沸点比较 相对分子质量相同或相近的物质，分子的极性越大，熔、沸点越高。如沸点：CO>N2；同分异构体之间：a.一般是支链越多，熔、沸点越低。如沸点：正戊烷>异戊烷>新戊烷。b.结构越对称，熔、沸点越低。如沸点：邻二甲苯>间二甲苯>对二甲苯。 二、晶胞结构的分析与计算 1．常见堆积模型粒子之间的距离(a为晶胞参数，r为粒子半径) 简单立方 体心立方 面心立方 六方密堆积 金刚石型 a＝2r a＝4r a＝4r a＝2r a＝8r 2．常见离子晶体结构分析 类型 晶胞 配位数及影响因素 密度的计算(a为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数) 配位数 影响因素 NaCl型 6 阳离子与阴离子的半径比值越大，配位数越多，另外配位数还与阴、阳离子的电荷比有关等 CsCl型 8 ZnS型 4 CaF2型 F－：4　Ca2＋：8 ①ρ＝(ρ表示晶体密度，a表示晶胞边长，NA表示阿伏加德罗常数的值，n表示1 mol晶胞所含基本粒子或特定组合的物质的量，M表示摩尔质量)。密度单位一般是g·cm-3，注意换算：1 pm＝10-10 cm、1 nm＝10-7 cm。 ② 立方体晶胞中微粒间的距离关系： ③单位换算：1 nm＝1.0×10－7 cm＝1.0×10－9 m；1 pm＝1.0×10－10 cm。 3．熟记常见典型结构晶胞的投影 （1）晶胞参数 晶胞的形状和大小可以用6个参数来表示，包括晶胞的3组棱长a、b、c和3组棱相互间的夹角α、β、γ，即晶格特征参数，简称晶胞参数。 （2）投影 晶胞类型 三维图 二维图 正视图 沿体对角线剖面图 沿体对角线的投影图 简单立方 体心立方 面心立方 （3）原子分数坐标： 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系来表示晶胞内部各原子的相对位置，称为原子分数坐标。 常见晶胞 原子分 数坐标 俯视图 体对角线方 向投影 ①体心立 方晶胞 A(0，0，0) B ②面心立 方晶胞 A(0，0，0) B C D ③金刚 石晶胞 A，B， C，D 1．（2026·广东茂名·三模）由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的工艺流程如图所示。 已知：25℃时，，，，。 （1）“酸浸”时ZnS发生反应的离子方程式为___________。 （2）当溶液的、时，___________(保留2位有效数字)，此时___________(填“已经”或“没有”)沉淀完全。 （3）“沉锌”前调节溶液的pH至4~5，加入的物质为___________(填标号)。 A．ZnO B．NaOH C． D． （4）硫化锌(ZnS)是一种优良的锂离子电池电极材料，其在充电过程中立方晶胞组成变化如图所示，电极反应为。 ①该锂离子电池工作时，ZnS做电池的___________(填“负”或“正”)极。 ②硫化锌(ZnS)晶体的密度为___________(列出计算式即可，设为阿伏加德罗常数的值)。 ③的化学式为___________(需求出x、y的值)。 （5）用ZnS可以去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并可回收生成的沉淀。已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸(亚砷酸)形式存在：。60℃时，向含有三价砷的酸性废液中加入足量ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图所示。 ①60℃时，ZnS与酸性废液中的反应生成的离子方程式为___________。 ②反应4 h后，砷回收率下降的可能原因是___________。 2．（2026·广东深圳·三模）锗是一种优良的半导体材料，在红外光材料、精密仪器等领域有着广泛的应用。某锌浸渣中含有ZnO、Fe2O3、GeO2、SiO2、Pb3O4等，利用该锌浸渣提取Ge的工艺流程如图所示。 已知：①部分含锗微粒的主要存在形式与pH的关系如表所示。 pH Ge主要存在形式 ②常温下，该工艺条件中，溶液中部分金属离子开始沉淀和完全沉淀()时的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀时的pH 7.5 2.3 6.2 完全沉淀时的pH 9.0 3.2 8.2 ③Zn2+、Fe2+、Ge4+均可与酒石酸(，分子式为C4H6O6)形成配离子。 回答下列问题： （1）Ge与C同主族，锗的简化电子排布式为___________。 （2）Pb3O4在“还原浸出”步骤中发生反应的离子方程式为___________。 （3）“沉锗”时，需控制pH在___________之间；当时，Zn2+未产生沉淀，则浸出液中不超过___________mol·L-1。 （4）“滤渣2”的主要成分为___________(填化学式)。 （5）“酸溶”后，溶液的pH为1.8，向溶液中加入酒石酸萃取剂，发生反应：。 ①若pH升高，锗的萃取率下降，原因是___________。 ②“反萃取”中，反萃取效果与加入试剂的关系如图所示。“反萃取”中可以加入的物质B为___________(填化学式)。 （6）一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(A)。 ①该含锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中___________(填“B”、“C”或“D”)图不能表示此化合物的晶胞。 ②已知：该晶体的最简式的式量为Mr，代表阿伏伽德罗常数的值，该晶胞密度为___________(用代数式表示)。 3．（2026·广东梅州·模拟预测）开发深海矿产资源是人类可持续发展的重要选择。一种从深海富钴结壳(主要含、、、、NiO、CuO)中分离获得金属资源的工艺流程如图： 已知：①“还原浸出”后得到的滤液中、、、。 ②常温下，部分金属氢氧化物溶度积如下表。溶液中的金属离子浓度小于或等于时可认为完全沉淀。 氢氧化物 （1）“粉碎”的目的是_______。 （2）“还原浸出”过程中，还原的离子方程式为_______。 （3）“除铁”时，可调至pH<_______(溶液体积变化忽略不计)。 （4）“萃取”过程中，与萃取剂LIX84-I(图a)形成的配合物结构如图b所示。下列说法正确的有_______(填标号)。 A．配位时被还原 B．与N原子形成了配位键 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．图a、图b中N原子的杂化类型发生了改变 （5）“电解”时，以Cu片、石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 （6）某含铜化合物在光电子学和太阳能电池领域有潜在应用，其晶胞结构和俯视图如图所示。该化合物中_______；晶体中与Al最近且等距离的S原子的数目为_______。 （7）焙解(高温下隔绝空气发生分解)时的化学方程式为_______。 4．（2026·广东深圳·三模）电解铜的阳极泥中含PtTe、PdSe、Pt、Pd、Au、Cu等物质，以该阳极泥为原料，分离和回收Au、Pt、Pd、Cu等金属或其化合物的工艺流程如图所示。 已知： ①PtTe中Pt为+2价，且“氧化焙烧”时，阳极泥中的化合态Pt、Pd均转化为单质； ②易溶于水，、难溶于水； ③。 回答下列问题： （1）在周期表中的位置是___________。 （2）“氧化焙烧”中，PtTe发生反应的化学方程式为___________。 （3）①“酸浸”的目的是分离___________元素(填元素符号)。 ②“滤液b”可通过萃取剂P204或P507进一步萃取，已知其结构如图所示(R是同一烃基C8H17-)，两物质中P=O上的氧原子均可与溶液离子形成配位化合物。请结合物质结构知识分析两者配位能力大小：O(P204)___________O(P507)(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）“分金”加入过量草酸的作用，除析出金属Au外，还有___________。 （5）“沉钯”之前，测得溶液中，加入等体积的NH4Cl溶液充分反应，测得反应后混合液中，则初始加入NH4Cl溶液的浓度约为___________mol/L(忽略溶液混合时的体积变化)。 （6）铜阳极泥中也可以提取钴，钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知小立方体a、c、f均为Ⅰ型。图3为图2中灰色截面，请在图3中画出Co的位置___________。 5．（2026·广东广州·三模）羟基氧化镍(NiOOH)具有良好的电化学活性，为了充分利用资源，一种从含NiO、ZnO的废料(含、CaO、CuO及不溶性杂质)中制备和的工艺流程如下： 已知：该工艺条件下，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下(完全沉淀时)： 金属离子 开始沉淀时的pH 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的pH 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 （1）滤渣1的成分除原有的不溶性杂质外，还可能含有___________(填化学式)。 （2）滤渣2中含有S单质，生成S单质的离子方程式为___________。 （3）“沉铁”过程需控制溶液pH的范围为___________。 （4）若“沉铁”后所得100 L溶液中，理论上需加入___________固体，使恰好沉淀完全(忽略混合后溶液体积的变化，忽略F的水解，)。 （5）“萃取”步骤中常用的萃取剂有两种(P204和P227)，其结构简式如图所示： 根据P204和P227的结构，可以得出两种萃取剂的酸性大小：P204___________P227(填“<”或“>”)，理由是___________。 （6）“氧化”过程理论上氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。 （7）一种镍的氧化物NiO，其晶体结构与NaCl相似(NaCl晶胞中位于顶点和面心，位于体心和棱心)，该镍的氧化物晶胞中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有___________个，下图中的___________(填标号)是从该晶胞中分割出来的结构。 6．（2026·广东中山·模拟预测）稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如图所示。 已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”； ②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO、TiO2+形式存在。 回答下列问题： （1）基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4中Fe为+2价，则V的化合价为___________。 （2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。 （3）已知常温下Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5mol。L-1)，需要调节溶液的pH不低于___________； （4）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。 （5）“萃取”时，VO 先转化为H2V10O，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为___________。 （6）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。 （7）某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿z轴的投影图如下，该合金的化学式为___________，与V距离最近且相等的Ga有___________个 7．（2026·广东深圳·模拟预测）某含锶()废渣主要含有和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。 已知时， （1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有_______(写一条)，“浸出液”中主要的金属离子有Ca2+、_______(填离子符号)。 （2）“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为_______。 （3）将窝穴体a(结构如下图所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因有_______。 A．Sr2+与窝穴体a的空腔更匹配 B．Sr2+与N、O形成离子键 C．窝穴体a识别Sr2+可降低SrCl2在水中的溶解度 D．结合时Sr2+被还原 （4）Sr位于元素周期表第五周期第ⅡA族。由SrCl2∙6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______。 （5）与工业制镁类似，常用电解熔融SrCl2制Sr单质，试写出工业制Sr的化学方程式为_______；以石墨棒为电极，画出电解池示意图并做相应标注_______。 （6）晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti与O的间距均相等，且Sr与O的最小间距要大于Ti与O的最小间距。 ①该晶胞中，O所在的位置_______(填“棱心”、“面心”或者“体心”，下同)。 ②若该晶体的晶胞以Sr为顶点，则Ti位于晶胞中的位置为_______。 8．（2026·广东佛山·模拟预测）一种从萃铜余液中提炼有价金属的工艺流程如图所示： 已知：①萃铜余液呈强酸性，含有Na+、Co2+、Mn2+、Cd2+、Zn2+、Al3+、Fe2+的硫酸盐。 ②萃取原理：萃取剂+Co2+⇌配离子+H+ ③相关金属氢氧化物的Ksp如下表： 氢氧化物 Co(OH)2 Mn(OH)2 Cd(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Ksp 1.3×10-15 2.0×10-13 2.2×10-14 1.0×10-17 1.0×10-33 8.0×10-16 1.0×10-38 （1）“滤渣1”中铁元素的存在形式是_______(填化学式)。 （2）“中和氧化”时Mn2+生成MnO2的离子方程式为_______。该步骤中，为确保Al3+完全沉淀(≤10-5 mol·L-1)，pH最低应控制在_______(保留1位小数)。 （3）“除钴”步骤中，Co2+形成如图所示的配离子进入有机相，下列说法正确的是_______。 A．x=2 B．该配离子含有的配体数为6 C．与萃取剂的结合能力：Zn2+> Co2+> Cd2+ D．向该钴配合物中加入H2SO4，可实现反萃取 （4）“沉锌”步骤中Zn2+转化为碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]，且有大量气体生成，反应的离子方程式为_______。 （5）“副产品”的主要成分是_______。 （6）ZnO为六方晶系，其晶胞结构如图所示： ①Zn2+的配位数为_______。 ②若该晶胞的密度为ρ g·cm-3，底面边长均为a pm，则晶胞的高b=_______ pm。 ③补充ZnO晶胞沿z轴方向的氧原子投影图：_______。 9．（2026·广东广州·二模）工业上常采用生物堆浸法处理低品位黄铜矿(主要成分)来提取Cu，整个过程包括“生物堆浸”、“萃取”、“电积”，路线如图所示，回答下列问题。 已知：①生物堆浸使用的嗜酸微生物pH在1.0～3.0范围内可保持活性； ②堆浸体系中、和开始沉淀的pH分别为1.5、4.2和6.3。 ③“萃取”过程发生反应：。 （1）图a是矿石堆浸的示意图，堆浸时矿石的粒度需要精细控制，若矿石粒度过小会有什么缺点？___________。 （2）堆浸过程中，微生物持续代谢产生和对黄铜矿进行化学氧化溶解。 ①第一阶段：___________(离子方程式) 第二阶段：； ②结合已知推断：生物堆浸过程中，应控制溶液的pH在___________范围内。 ③在黄铜矿微生物浸出体系中伴生的方解石(主要成分)对黄铜矿浸出有一定的抑制作用，分析可能的原因___________。 （3）HL和的结构如图所示，其中R为壬烷基()。中Cu的配位数为___________，若将R换为羟基(不参与配位反应)，则萃取率会下降，从结构角度解释原因：___________。 （4）试剂X的化学式为___________。 （5）“电解”步骤中阳极材料选择石墨，阳极发生的主要的电极反应为___________。 （6）一种黄铜矿的四方晶系晶胞结构如图，其密度为___________。 10．（2026·广东·模拟预测）稀土金属(RE)属于战略性金属，我国的稀土提炼技术位于世界领先地位。一种从废旧磁性材料[主要成分为铈(Ce)、Al、Fe和少量不溶于酸的杂质]中回收稀土金属Ce的工艺流程如图所示。 已知：①Ce(H2PO4)3难溶于水和稀酸。②常温下，Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10-16.4，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-32.9，Ksp[Ce(OH)3]=1.0×10-20。③当溶液中的金属离子浓度小于或等于10-5mol/L时，可认为已沉淀完全。 （1）为提高酸浸的速率，可采取的措施为___________(写一条即可)。 （2）常温下，“酸浸”后测得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L，c(Ce3+)=0.01mol/L，则“沉Ce”时，为了使Al3+完全沉淀，但不引入Fe(OH)2和Ce(OH)3，需要调节溶液的pH范围为___________。 （3）“碱转换”过程中Ce(H2PO4)3所发生反应的离子方程式为___________，“滤液2”中铝元素的存在形式为___________(填化学式)。 （4）“沉淀”后所得的固体为Ce2(C2O4)3·10H2O，将其煅烧可得Ce2O3和一种无毒的气体，发生反应的化学方程式为___________。 （5）某稀土金属氧化物的立方晶胞如图所示，则该氧化物RE：O的个数之比为___________，距离RE原子最近的O原子有___________个。若M(晶胞)=Mg/mol，晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为___________g/cm3(列出计算式)。 9 / 33 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 $