06 化学工艺流程分析 专项训练-2027届高三化学一轮复习

**基本信息** 聚焦高考化工流程分析，以“情境-原理-应用”为主线，系统整合物质制备、分离提纯等考向，提炼Ksp计算、晶胞分析等方法，构建“操作-原理-计算”三维解题体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |考向01-05|6道综合例题+12道变式题|原料处理（研磨/酸浸）、分离提纯（调pH/萃取）、Ksp计算、晶胞参数推导|从基础操作（过滤/洗涤）到原理应用（氧化还原/沉淀溶解），再到综合计算（Ksp/电化学），形成递进逻辑链|

高考化学专题题型分类解码，专题题型分析总结 题型06 化工流程分析 微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。流程背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理） 等。它本质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池材料回收）、碳中和（如CO₂捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在 “表格”或“副反应” 中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp计算、氧化还原滴定原理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。 考向01 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 1．（2026·广东广州·一模）一种从废旧锰酸锂电池的正极材料(主要含、碳粉和铝箔)中回收Li和Mn的工艺流程如下。 已知： ①常温下，，，。 ②常温下，。 ③“酸浸液”主要含有的金属阳离子是、。 (1)“碱浸”时，铝单质发生反应的离子方程式为___________。 (2)“酸浸”时，加入的作用是___________。 (3)“沉锰”时，生成的离子方程式为____。 ：。 (4)“沉锂”时，pH至少应调至大于___________，使溶液中，有利于的生成。若“沉锂”后滤液中，则___________。 (5)废旧锂电池中的也可通过电解法回收，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过；电解质溶液是和的混合溶液)。电解过程中，阴极上发生的电极反应为___________；理论上消耗与生成的物质的量之比为___________。 (6)可用于制备，的晶胞结构如图所示，该晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、2a nm。 ①晶胞中“”表示___________(填“”或“”)。 ②的空间结构为___________。 ③每个周围与它最近且距离相等的有___________个。 【答案】(1) (2)将中的Mn还原为 (3) (4) 12.3 (5) 2：3 (6) 直线形 4 【分析】正极材料主要含、碳粉和铝箔，加入溶液，只有Al和反应，生成，成为碱浸液的主要成分。往固体中继续加入、，可将中的Mn还原为，Li变为，在酸浸液中。加入溶液，通入空气，利用氧气将氧化为沉淀除去。溶液中的加入溶液调节pH，可生成沉淀，滤液中主要含有。 【详解】（1）铝具有两性，和反应生成，Al的化合价升高，则H的化合价降低生成，离子方程式为。 （2）酸浸液中含有，说明酸浸时Mn的化合价降低，则作还原剂，将还原为。 （3）沉锰时的反应物有、，溶液呈碱性，生成物有，离子方程式为。 （4）根据题意，的第三步电离方程式为，，则。当时，，则溶液的。所以当时，才有。沉锂后滤液中，而，所以。 （5）阴极发生还原反应，由图可知，反应物有，生成物有、，溶液呈酸性，电极反应式为。阴阳两极转移的电子个数相同，阴极变为，转移。阳极变为，转移。两者的最小公倍数为6，则。 （6）由图可知，黑球位于晶胞的顶点和内部，共有个。白球位于晶胞的面上，共有个。而物质的化学式为，则黑球表示。和互为等电子体，空间结构模型一致，而中的中心C原子的价层电子对为。空间结构为直线形。由图可知，以其中一个面心上的为参考，该晶胞中，与该离子距离最近且相等的为两个顶点和一个体心，共3个。一个面被两个晶胞共用，根据晶胞的对称性可知，另一个晶胞中体心处还有一个。综上，共4个。 2．（2026·广东梅州·一模）从退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中可提取关键金属镓，并综合回收铟、硒。某湿法工艺设计如下： 已知：①酸浸液成分（g/L）：In 13，Ga 4.5，80； ②P204（二-2-乙基己基磷酸）对、的配位常数分别为，； ③氢氧化镓与氢氧化铝性质相似；（时沉淀完全）。 回答下列问题： (1)“酸浸”步骤中，为提高Ga的浸出速率，可采取的措施是________（任写一条）。 (2)“还原沉硒”时，Se（IV）被还原为单质Se的离子方程式为________。 ________________。 (3)P204萃取时，经三级逆流后，萃余液中In浓度降至0.015 g/L，In的萃取率________ （萃取率=萃取出的物质质量/该物质的总质量，保留三位有效数字）。而此时镓基本不被萃取，结合离子结构分析，萃取差异的本质原因是________（In是Ga的下一周期同族元素）。 (4)“中和沉镓”时，需要控制，pH过低则________，pH过高则可能导致________。 (5)电解时阴极发生的电极反应是________。 (6)磷化镓是一种半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替，顶点和面心的碳原子被P原子代替。磷化镓的晶胞结构如图1，图2中矩形是沿晶胞对角面取得的截图。 ①请在矩形（图3）中画出晶胞中Ga原子的位置________。 ②若晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞中P和Ga原子的最近距离为________pm（列出计算表达式）。 【答案】(1)将废料粉碎（或适当升高温度、搅拌、增大酸浓度等，任写一条即可） (2) (3) 99.9% In3+的离子半径比Ga3+大，与P204形成的配合物更稳定（或配位常数更大） (4) Ga3+沉淀不完全 Ga(OH)3溶解 (5) (6)    【分析】退役CIGS（）薄膜太阳能电池芯片中加入硫酸和过氧化氢酸浸，Se元素转化为，加入二氧化硫将还原为Se，过滤后，用P204三级逆流萃取，有机相含In、水相含Cu和Ga，有机相经HCl反萃取得到InCl3，水相中调节pH为4.5沉淀Ga为Ga(OH)3，分离Ga和Cu，过滤后在含Ga(OH)3的滤渣中加入NaOH溶解得到含的溶液，再电解得到Ga。 【详解】（1）提高浸出速率可从增大接触面积、升高温度、增大反应物浓度、搅拌等方面考虑，常见措施有将废料粉碎、适当加热、搅拌、增大酸浓度等。（任写一条即可） （2）酸浸后，Se(Ⅳ)以形式存在，被SO2还原为单质Se，SO2被氧化为，则离子方程式为。 （3）初始In的浓度为13 g/L，萃余液中In的浓度为0.015 g/L，则萃取率为；In和Ga为同族元素，In3+半径大于Ga3+，与P204中的配位原子结合时空间位阻小，形成的配合物更稳定，配位常数更大，因此In易被萃取而Ga基本不被萃取。 （4）Al和Ga位于同一主族，因此Ga(OH)3与Al(OH)3性质相似，具有两性，pH过低时，Ga3+不能完全沉淀，pH过高时，Ga(OH)3溶解生成，导致镓损失。 （5）据分析，电解精炼或电沉积镓时，阴极为碱性条件下得电子还原为Ga单质，电极反应为。 （6）①磷化镓的晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Ga原子代替、顶点和面心的碳原子被P原子代替，设A1点坐标为(0,0,0)，则Ga原子的分数坐标为，P原子位于顶点和面心，矩形中，该矩形内部x与y坐标相等，则处于该矩形内部的Ga原子的分数坐标为，故图3中Ga原子的位置为； ②一个晶胞中Ga的个数为4、P的个数为，即含有4个GaP，设立方晶胞的边长为a pm，则晶胞密度为，因此立方晶胞的边长为，如图所示，最近邻P和Ga原子距离为体对角线长的，即为。 3．（2025·广东广州·零模）利用微气泡耦合CuO催化氧化浸出技术可从钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中提取V和Cr，工艺流程如下。 已知：①Cr(Ⅵ)在碱性溶液中主要以形式存在，酸性溶液中主要以形式存在。V(V)在强碱性溶液中主要以形式存在，在弱碱性溶液中主要以形式存在。 ②常温下，，。 (1)基态V原子的价层电子排布式为___________。 (2)“浸出”时，将钒铬泥和NaOH溶液、催化剂CuO混合，采用微气泡技术通入，可高效地将钒和铬分别转化为和。 ①通入O2时采用微气泡技术，可提高钒和铬的浸出效率，原因是___________。 ②V2O3转化为，该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。 (3)“浸出”时，转化为___________(写化学式)。“除杂”时，铝和硅以沉淀的形式除去，生成的离子方程式为___________。 (4)“沉钒”时，控制溶液。常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则溶液中为___________(保留两位有效数字)。 (5)“还原”中生成的离子方程式为___________。 (6)经系列工序后可制得，其立方晶胞如图所示。 ①___________。 ②晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为___________。 ③晶胞中V原子间最近距离为，则该立方晶胞的体积为___________。 【答案】(1)3d34s2 (2) 增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (3) Na[Al(OH)4] Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH- (4) (5)或 (6) 12 【分析】由题干工艺流程图可知，向钒铬泥(含V2O3、Cr2O3、Fe2O3、Al2O3、SiO2)中加入NaOH同时通入O2进行浸出，将V2O3转化为Na3VO4、Cr2O3转化为Na2CrO4，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]，SiO2转化为Na2SiO3，过滤出浸出渣主要含Fe2O3、CuO，向滤液中加入Na2SiO3将Na[Al(OH)4]转化为而除去，过滤得到滤渣为，调节溶液pH值将转化为，加入NH4Cl进行沉钒即生成NH4VO3析出，过滤洗涤干燥得到NH4VO3固体，灼烧后转化为V2O5，再经还原得到VxCy，向滤液中加入Na2SO3还原Na2CrO4为Cr(OH)3，过滤洗涤干燥后灼烧得到Cr2O3，据此分析解题。 【详解】（1）已知V是23号元素，其基态V原子的核外电子排布式为：[Ar]3d34s2，则其价层电子排布式为3d34s2； （2）①通入O2时采用微气泡技术，能够增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分，可提高钒和铬的浸出效率，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分； ②V2O3转化为，该反应的化学方程式为：V2O3+O2+6NaOH=2Na3VO4+3H2O，反应中O2是氧化剂，V2O3是还原剂，故该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1； （3）由分析可知，“浸出”时，转化为Na[Al(OH)4]，“除杂”时，铝和硅以NaAlSi2O6沉淀的形式除去，生成NaAlSi2O6的离子方程式为：Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-，故答案为：Na[Al(OH)4]；Na++[Al(OH)4]-+2=NaAlSi2O6↓+4OH-； （4）“沉钒”时，控制溶液，常温下，“沉钒”后溶液中浓度为，则此时溶液中的浓度为：==1.6mol/L，溶液中c(H+)=10-8mol/L，c(OH-)=10-6mol/L，溶液中为=≈8.9×10-2mol/L，故答案为：8.9×10-2； （5）由题干工艺流程图可知，“还原”中生成Cr(OH)3即用将还原为Cr(OH)3，自身被氧化为，根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为：或； （6）①由题干晶胞图可知，一个晶胞中含有的V个数为：=4，C个数为：=4，则x：y=4:4=1:1； ②由题干晶胞图可知，V原子位于8个顶点和6个面心上，故晶体中与V原子最近且等距离的V原子的个数为=12； ③由题干晶胞图可知，晶胞中最近的两个V原子间距离为面对角线的一半，晶胞中V原子间最近距离为a nm，设晶胞参数为x nm，则 nm=a nm，解得x=nm，则该立方晶胞的体积为(×10-7cm)3=2×10-21。 4．（2026·广东·模拟预测）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： 已知：。当离子浓度小于1.0×10⁻5 mol·L⁻1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸过程中ZnS溶解的化学方程式为_______。 ②酸浸时提高浸出率的措施有_______(任写一条)。 ③通入除镉的离子方程式是_______。通过计算判断当溶液pH=0、时，是否沉淀完全_______(写出计算过程)。 ④沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为_______(填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl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”)。上图ZnS立方晶胞边长为a nm，则晶胞中两个最近的之间的距离为_______nm。 (3)回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)]，并回收生成的沉淀。 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，。60℃时，按n(S)：n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。 ①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。 ②反应4h后，砷回收率下降的原因是_______。 【答案】(1) 粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等 未沉淀完全 ZnO (2) 负电 (3) 随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降 【分析】向闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]中加入硫酸、氧气酸浸后，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、，再调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。 【详解】（1）①酸浸过程中ZnS、氧气和硫酸发生氧化还原反应生成、硫单质和水，其化学方程式为：； ②加快反应速率，能提高酸浸时浸出率，其措施有粉碎闪锌矿、适当升温、适当增加硫酸浓度等； ③通入除镉反应为硫化氢和镉离子生成CdS沉淀和氢离子，其离子方程式是：。溶液pH=0、时，，则，则未沉淀完全； ④除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的pH至4~5，在不引入新杂质的同时消耗溶液中的氢离子，则加入的氧化物为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，区域B中由，按照均摊法，区域B中含3个、1个、个，因为(+2)×3+(+1)×1+(-2)×4=-1，则区域B带负电。由晶胞图可知，晶胞中两个最近的之间的距离为面对角线的二分之一，即为nm； （3）①溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸形式存在，酸性条件下ZnS与反应生成、和水，其离子方程式为：； ②反应4 h后，减小，减小，促使平衡正移，导致砷回收率下降，即原因是：随着反应的进行，减小，减小，促使平衡正移，溶解，砷回收率下降。 5．（2026·广东·模拟预测）钒是现代工业、国防、科学技术发展不可缺少的重要材料。某厂钒渣中含Fe、V、Mn、Si等元素的化合物，一种从该钒渣中高效清洁提取钒的工艺流程如图所示： 已知：①HA代表P204，萃取原理为； ②常温下，，的，，的，当金属离子浓度时视为完全沉淀； ③。 回答下列问题： (1)“筛分”是基于颗粒直径差距，将不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣初步分离，“筛分”___________(填“是”或“不是”)化学变化。 (2)“焙烧”时，在1075 K下被氧化为和，该反应的化学方程式为___________，当温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO将转化为和，该过程中，化合价升高的元素为V、___________(填元素符号)。 (3)“逆流浸出”时，让固体原料与浸出剂逆向流动接触，能显著提高钒酸盐的浸出率，主要原因是___________。 (4)“萃取”时，加入NaF，浸出液中的与分步形成、、配合物，对钒萃取率的影响结果如图所示，时，由于生成了、___________(填离子符号)，使钒萃取率下降，“反萃取”时，试剂A为___________(填化学式)。 (5)“沉锰”时，萃余液中的反应的离子方程式为___________，萃余液中，加入固体，且保持，当恰好完全沉淀时，溶液pH约为___________。 (6)V的立方晶胞结构如下图所示，该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有___________个，当温度达到1600℃时，V会转变为成新的立方晶胞结构，设新晶胞边长为a nm，已知一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，请在下图中用○画出所有V原子的位置__________。 【答案】(1)不是 (2) (答案合理即可) Fe (3)增大接触面积，提高浸出速率和浸出率(答案合理即可) (4) (5) 5.6 (6) 8 (答案合理即可) 【分析】钒渣经过“筛分”分离不易被氧化的大颗粒富铁钒渣与细颗粒钒渣后，细颗粒钒渣经过焙烧、加入硫酸逆流浸出分离Fe、Si（浸出渣）和V、Mn（浸出液），浸出渣和富铁钒渣经过高炉炼铁得到铁，浸出液中加入P204和TBP萃取分离V（有机相）和Mn（水相萃余液）有机相加入硫酸反萃取后，加入氨水沉淀，滤渣中加入硫酸铵得到(NH4)2V6O16，经过煅烧得到V2O5，萃余液加入碳酸氢铵沉淀得到MnCO3。 【详解】（1）“筛分”是基于颗粒直径差距分离两种固体物质，无新物质的生成，不是化学变化。 （2）根据分析，在1075 K下被氧化为和，氧化剂应该是空气中的氧气，则反应的化学方程式为；温度达到1200 K时，钒渣中的与MnO转化为和，此时，铁化合价由变为，V化合价由变为，化合价升高的元素为V、Fe。 （3）“逆流浸出”是使固体原料与浸出剂逆向流动接触，可增大接触面积，提高浸出速率和浸出率。 （4）结合信息，萃取的本质是与P204进行阳离子交换，结合图像，在氟离子浓度较低时，生成的可增大钒的萃取率，当增大，将会生成、，使的占比减小，萃取率下降，结合萃取原理，反萃取时应该加。 （5）根据题意，反应的离子方程式为；当完全沉淀时，，则，则，。 （6）由图可知，常温下V是体心立方堆积，以体心的V作为参考原子分析，顶点上8个原子都与其等距且紧邻，则该晶胞中每个V原子周围与其等距且紧邻的V原子有8个；根据题意，一个新晶胞均摊后有4个V原子，且2个V原子间的最近距离为，由于面心和顶点原子的距离为，推测V原子应该在8个顶点和6个面心上，计算均摊后的V原子恰好是4个，所以推测正确，画出图像为。 6．（2026·广东·一模）一种从高杂铜阳极泥［主要含、、、、、硒()以及碲()等］中提取和的工艺流程如图所示。 已知： ①室温下，各难溶物的如表所示。 难溶物 ②极易水解生成沉淀，在水溶液中存在()。 (1)是第五周期第VIA族元素，基态原子的价层电子排布式为___________。 (2)“复合浸出”时，通过调控和的比例使铅和银分别以和的形式保留在“浸出渣”中。当“浸出液”中时，最大不超过___________。 (3)“复合浸出”时加入除了能使转化为沉淀外，还能___________，从而增加的浸出率并节约成本；对“浸出液”进一步处理，促进水解，使其转化为沉淀，请写出该过程的离子方程式：___________。 (4)“焙烧”过程中，进入烟气中，实现和的分离，再通过“吸收→还原”制备粗。被还原生成粗时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。 (5)“碱浸分碲”时，加入的目的是使转化为易溶的，从而提高的浸出率，请写出该过程的离子方程式：___________。 (6)高杂铜阳极泥中含有痕量硒铜化合物，其立方晶胞是由如图所示两个边长均为的小立方体交错并置而成的。晶胞中和之间的最短距离为___________；占据晶胞的顶点和___________；该硒铜化合物的化学式为___________。 【答案】(1) (2)0.4 (3) 与形成配合物可避免其水解 (4)1：2 (5) (6) 面心 【分析】该工艺流程以高杂铜阳极泥为原料，先通过复合浸出环节，利用稀硫酸与NaCl溶液选择性浸出铋，同时使铅、银以硫酸盐、氯化物形式留存于浸出渣中；随后将浸出渣焙烧，在浓硫酸作用下使硒转化为SeO2气体挥发，实现硒与碲、铜的初步分离，挥发的SeO2经还原得到粗Se；焙烧后的蒸硒渣经水浸分铜，使铜以CuSO4形式浸出分离；最后分铜渣进入碱浸分碲环节，在NaOH与NaClO3作用下将TeO2氧化为易溶的碲酸盐，经后续处理得到粗TeO2；据此作答。 【详解】（1）基态Te原子的价层电子排布式：5s25p4； （2）依题意，不能生成氯化铅沉淀；则先由硫酸铅的溶度积计算铅离子浓度：；再根据氯化铅溶度积计算氯离子最大浓度：，解得，即最大不超过0.4 mol/L； （3）铋离子极易水解生成沉淀，加入氯化钠提供氯离子，与Bi3+形成配合物可避免其水解，提高铋的浸出率；浸出液加水稀释后配离子发生水解，生成氯氧化铋沉淀，离子方程式为：； （4）亚硒酸被二氧化硫还原为单质硒，硒元素化合价从+4降至0，亚硒酸为氧化剂；二氧化硫被氧化为硫酸，硫元素化合价从+4升至+6，二氧化硫为还原剂；方程式为：；因此氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）碱性条件下，氯酸根将二氧化碲氧化为碲酸根，自身被还原为氯离子；离子方程式为：； （6）晶胞中Se和Cu之间的最短距离为小立方体体对角线的一半，即为；硒原子位于晶胞的顶点和面心位置；铜原子位于8个小立方体的体心，个数为8，硒原子个数为，铜原子与硒原子个数比为2:1，故化学式为Cu2Se。 【例1】 （2025·四川卷）一种主要成分为和的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷()、。其中，电炉煅烧发生的反应为：。 下列说法错误的是 A．“电炉煅烧”必须隔绝空气 B．浸渣的主要成分是 C．“炉气水洗”使溶于水而与分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的 【答案】C 【分析】主要成分为和的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成、、气体、气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的，浸液中通入CO2，生成，过滤经燃烧得；滤液主要成分为，据此分析。 【解析】“电炉煅烧”时生成，可与氧气反应，故必须隔绝空气，A正确；根据分析可知，浸渣的主要成分是，B正确；“炉气水洗”因、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使与分离，C错误；“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的（只溶于强酸强碱中），但需要控制溶液的，防止生成，D正确；故选C。 常见问题 答题角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 【变式1-1】（2025·北京西城·三模）工业以硫黄或黄铁矿(主要成分，烧渣成分为)为原料生产硫酸主要流程如下： 下列说法不正确的是 A．高温焙烧时转移的电子数为(代表阿伏加德罗数值) B．与反应生成淡黄色沉淀，体现了的还原性 C．反应具有自发性的原因与有关 D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关 【答案】B 【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。 【解析】高温焙烧1 mol FeS2时，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，则转移的电子数为11NA，A正确；SO2与H2S反应生成淡黄色S沉淀，SO2中S元素由+4价降低到0价，体现了SO2的氧化性，B错误；反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，故反应具有自发性的原因是ΔH＜0，C正确；硫酸含有-OH，相互之间可以形成分子间氢键，可以增大浓硫酸的粘度，D正确；故选B。 【变式1-2】（2025·河北衡水·三模）以菱镁矿(主要成分为，还含有、和等杂质)为原料制取高纯的流程如图所示。下列说法错误的是 已知：25℃时，， 下列说法错误的是 A．为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌等措施 B．“浸渣”为，“滤渣”为、 C．“浓缩、部分脱水”时，可能有沉淀生成 D．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应 【答案】D 【分析】以菱镁矿(主要成分为，还含有、和等杂质)为原料制取高纯，由流程图可知，菱镁矿中加入盐酸，、、与盐酸反应分别生成、、，浸渣为；依据已知信息中的溶度积常数可判断加入使，沉淀完全，滤渣为、；溶液中的溶质主要为，浓缩、部分脱水，再加入甲醇和通入氨气，得到晶体，将晶体热解生成氨气和，据此解答。 【解析】为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌、适当升高温度或适当提高酸的浓度等措施，A正确；根据以上分析可知“浸渣”为，“滤渣”为、，B正确；根据以上分析可知“浓缩、部分脱水”时，可能有沉淀生成，C正确；该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应，没有涉及置换反应，D错误；故选D。 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程 【例2-1】（2025·福建卷）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．“沉淀1”可用于实验室制备 B．“调pH”时应将溶液调至酸性 C．“沉铝”时存在反应： D．电解“滤液1”可制得Na和 【答案】D 【分析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝； 【解析】因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备，A正确；    B．“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3。若未将溶液调至酸性，后续加入的AlCl3会转化为Al(OH)3等杂质，降低产品纯度与产率，B正确；“沉铝”时加入氯化铝和发生复分解反应生成，存在反应：，C正确；“滤液1”为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液可制得氢氧化钠和氢气、氯气，无法得到金属钠，D错误；故选D。 【例2-2】（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是 A．可与NaOH溶液反应 B．盐酸在该工艺中体现了还原性 C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池 D．制备纳米Si： 【答案】B 【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。 【解析】SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确；故选B。 1.微型工艺流程中原料处理 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 2．微型工艺流程重分离提纯 （1）调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 【变式2-1】（2025·四川绵阳·三模）从含少量Ag的CuO料渣回收银并制备铜化工产品的流程如下： 已知：和开始分解的温度分别为450℃和80℃。下列说法错误的是 A．酸浸与煮沸后均为过滤操作 B．加入的稀NaOH应过量 C．固体混合物的组分中含有CuO D．煅烧过程中有氧气生成 【答案】B 【分析】含少量Ag的CuO料渣与稀硫酸“酸浸”溶解，生成的与不溶的过滤分离得到银，溶液中加入稀NaOH与煮沸生成、、CuO固体混合物，过滤分离，煅烧、、CuO固体混合物生成。 【解析】酸浸后需分离不溶的Ag和溶液，煮沸后需分离溶液和固体混合物，均需过滤操作，A正确；若稀NaOH过量，会转化为进入溶液，导致固体混合物中不含Al元素，无法煅烧生成，故NaOH不应过量，B错误；混合溶液中与NaOH反应生成，煮沸（温度＞80℃）时分解为CuO，故固体混合物含CuO，C正确；煅烧时分解为和，CuO与反应生成的过程，被还原为，部分被氧化为，有氧气生成，D正确；故选B。 【变式2-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为，含少量的和)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，的氧化产物为 B．“试剂X”可以是ZnO或 C．“沉锌”时，消耗的和的物质的量之比为 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤 【答案】C 【分析】含锌废液(主要成分为，含少量的和)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X调节pH，X可以为或，不引入其他杂质，使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，滤液加入碳酸氢铵使锌离子转化为，过滤后的滤液中溶质主要是硫酸铵，据此解答。 【解析】“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则作氧化剂，发生还原反应。中过氧键的O为-1价，反应后变为中-2价的O，故是还原产物，而非氧化产物，A错误；“调pH”目的是沉淀Fe3+，试剂X需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B错误；“沉锌”生成，反应的离子方程式为，则消耗锌离子和碳酸氢根离子的物质的量之比为1：2，，C正确；中的Zn(OH)2易与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+而溶解，稀氨水洗涤会导致产品损失，D错误；故选C。 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程 【例3】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下： 下列说法正确的是 A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式： B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全 C．“氧化”过程中铁元素化合价降低 D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质 【答案】D 【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。 【解析】“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确；故选D。 1.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作 除杂 加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH 加热 加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质 降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动 分离 固液分离——过滤 液液分离： a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤) b.有溶解性差异——(萃取)分液 c.有沸点差异——蒸馏 2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥) 蒸发时的气体氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解 蒸发浓缩、冷却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁热过滤 如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3 【变式3-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 已知：①的结构式为。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 ③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 【答案】B 【分析】由流程知，炼锌废渣经过稀硫酸酸浸后转化为含、、、、的滤液和含（不溶于水）、Cu（与稀硫酸不反应）的浸渣，过滤后向滤液中通入除去后，加入溶液将氧化为、氧化为，过滤除去后加入氢氧化钠溶液调溶液的将转化为除去，加入足量的溶液调溶液的将转化为，过滤得到。 【解析】由分析知，浸渣含Cu和PbSO4，A错误；由分析知，沉锰步骤中，（过氧键O为-1价）作氧化剂，将氧化为，离子方程式为，每生成1mol 产生4mol，B正确；沉淀步骤调pH=4时，， ，已沉淀完全，C错误；沉钴时，ClO-（Cl从+1→-1，得2e-）作氧化剂，Co2+（Co从+2→+3，失1e-）作还原剂，由电子守恒可知n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，D错误；故选B。 【变式3-2】（2025·山东·三模）经过充分氧化的铅阳极泥，富含。一种从中提取金和银的流程如图所示。下列说法错误的是 A．“浸渣1”的主要成分为 B．“浸取2”步骤中，被氧化的化学方程式为 C．“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为 D．该流程中可循环利用的物质有 【答案】C 【分析】从富含的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，沉淀转化为溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3得到单质Ag；而浸取2中Au转化为可溶的随过滤得到浸出液2，在浸出液2中加入还原最终得到单质Au；据此分析解答。 【解析】根据分析，Ag和Au不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为，A正确；“浸取2”步骤中，Ag在盐酸和作用溶解转化为沉淀，则反应的化学方程式为，B正确；“还原”步骤中，被还原为单质Au，而被氧化为，反应的方程式为：，得到被氧化的与产物的物质的量之比为3:2，C错误；对浸取液3进行电解时，阴极的电极反应式为：，生成的可以循环到浸取3时再次使用，D正确；故选C。 考向04 化学图表、图像信息与微型化工流程 【例4】（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 浓度 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应： C．“脱氯”反应： D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到 【答案】C 【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。 【解析】由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。 1.微型工艺流程中解决表格题的关键 （1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 （2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。 2.微型工艺流程中图表信息试题的问题解决的方法归纳： （1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律； （2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义。 【变式4-1】（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的 物质 ⅱ．黄钠铁矾是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了和 C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时中可能会混有 D．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物 【答案】C 【分析】冶金废渣中的不与硫酸反应、CaO与硫酸反应生成微溶于水的，故废渣中有和；进入“沉铁”中的微粒主要有、、、、等，H2O2将Fe2+氧化，通过该流程Fe3+以黄钠铁矾沉淀，进入“还原沉铜”中的离子有、、等，该流程将Cu2+以的形式分离出；进入“锌镍同沉”的离子有、、等，Zn2+、Ni2+以、进入“焙烧”，滤液中应该有等；焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物，用NaOH溶液浸锌，ZnO生成，在“沉锌”时加入硫酸生成。 【解析】酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的有还原性，会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A错误；沉铁调pH=4时，，c2(OH-)=10-20，，，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)2和Ni(OH)2沉淀，损失原因并非生成氢氧化物，B错误；微溶，酸浸时硫酸过量程度不够，会导致浓度低，溶液中不能完全沉淀，还原沉铜时，溶液中与氧化生成的结合生成沉淀，混入Cu2O，C正确；根据流程“酸浸”、“浸锌”可知ZnO既与硫酸反应，又与NaOH溶液反应，故ZnO为两性氧化物，而NiO仅与酸反应为碱性氧化物，D错误；故选C。 【变式4-2】（2025·贵州·模拟预测）LiOH可用于生产锂基润滑脂，以α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)为原料制备LiOH的工艺流程如下： Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表所示： 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100 Li2CO3/g 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72 下列说法错误的是 A．“变晶焙烧”和“锂渣”再利用均可提高原料利用率 B．流程中不产生引起“温室效应”的气体 C．“沉锂”后应趁热过滤 D．“苛化”时的化学方程式为Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH 【答案】B 【分析】α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)经过焙烧有致密的锂辉石变为疏松的锂辉石，加入硫酸继续焙烧，Li2O、Al2O3均溶于硫酸形成溶液，经石灰石中和得到滤渣1，滤液1中的锂离子加入碳酸氢铵生成碳酸锂沉淀，经“苛化”可将碳酸锂转化为氢氧化锂，经一系列操作得到纯净氢氧化锂。 【解析】“变晶焙烧”的目的是使α-锂辉石转变为β-锂辉石，更容易与硫酸发生反应，加快反应速率，提高原料利用率，“锂渣”再利用可提高原料的利用率，A项正确；“沉锂”时反应的离子方程式为，CO2为温室气体，B项错误；由表中数据可知，碳酸锂的溶解度随着温度升高溶解度降低，故应趁热过滤，C项正确；“苛化”时发生的反应为Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH，“滤渣2”中的主要成分为CaCO3，D项正确；故选B。 考向05 溶度积与微型化工流程 【例5-1】（2025·山东卷）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是 A．试剂X可选用粉 B．试剂Y可选用盐酸 C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少 【答案】A 【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(可以是盐酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。 【解析】根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；故选A。 【例5-2】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是 A．硫酸用作催化剂和浸取剂 B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生 C．“浸出”时，3种金属元素均被还原 D．“沉钴”后上层清液中 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确； 生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；故选根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C。 1．化工流程中Ksp有关计算 常考角度 解题策略 根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值 如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中 判断沉淀的生成或转化 把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质 2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH 的计算方法 对于M(OH)n(s) Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH: （1）开始沉淀时的pH求法：，从而确定pH。 （2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已经沉淀完全，结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。 【变式5-1】（2025·湖南郴州·一模）是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下： 已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含、、、、）中加入稀盐酸，、、属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，和与稀盐酸不反应，以固体形式存在，成为滤渣；过滤后得到含、、的滤液和含、的滤渣；随后向滤渣（含、）中加入硫酸和，作为氧化剂，作为还原剂，发生氧化还原反应，从+4价被还原为+3价，进入溶液（生成），不与硫酸、反应，成为新的滤渣；过滤后得到含的滤液和含的滤渣；向含的滤液中加入，与电离出的结合，发生反应：，生成沉淀。煅烧工序即将沉淀进行煅烧，发生分解并被氧化，反应为：，最终得到。 【解析】提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；完全沉淀时，，由，得，，，，B错误；过量氨水可能与形成配合物（如），导致不易沉淀，沉铈率下降，C正确；还原工序中，（，得）为氧化剂，（，失）为还原剂，电子守恒得，D正确；故选B。 【变式5-2】（2025·湖南益阳·一模）某含锶(Sr)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25℃时，，；Sr的化学性质与Ba类似。下列说法错误的是 A．“浸出液”中主要的金属离子有、、 B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，其平衡常数 C．溶液不可用溶液替代 D．由制备无水时需在HCl气流中加热 【答案】D 【分析】含锶()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入浸出液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体。 【解析】由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有、、，A正确；由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为，该反应的平衡常数，B正确；使用溶液会引入杂质，所以不能用溶液替代溶液，C正确；Sr的化学性质与Ba类似，为强碱，则也是强碱，不水解，故由制备无水时无需在HCl气流中加热，D错误；故选D。 1.（2025·湖南·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是 A．“氧化”中盐酸不可用稀硫酸代替 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．流程中可循环利用 D．该工艺中作还原剂，它与互为同分异构体 【答案】A 【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。 【解析】“氧化”步骤中，NaClO3在酸性条件下将Br⁻氧化为Br2，H⁺可由盐酸或稀硫酸提供，且不会干扰后续Br2的萃取分离，盐酸可用稀硫酸代替，故A错误；“操作1”是溴水与CCl4的萃取分液，“操作2”是还原后有机相与水相的分液，两者均为分液操作，需分液漏斗和烧杯，故B正确；操作2分液得到的有机相为CCl4，可返回操作1循环用作萃取剂，故C正确；还原步骤中Br2→Br⁻发生还原反应，作还原剂；与分子式均为CH4N2O，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选A。 2.（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为，其中为价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备的流程如下： 下列说法错误的是 A．“灼烧”后的固体产物中，和均为价 B．在“酸浸”过程中所滴加的的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为 D．“合成”过程中，发生反应会有和放出 【答案】B 【分析】废旧电池正极材料主要成分为，其中为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加把氧化为二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成沉淀除镍，滤液中加碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成。 【解析】灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被氧化为（为+3价），原中为+3价，灼烧后仍为+3价，A正确；碱浸后滤渣含等高价金属离子，具有强氧化性，酸浸时会氧化生成，自身被还原为，作还原剂而非氧化剂，B错误；沉锰时加入（含，强氧化剂），将氧化为紫红色，离子方程式，C正确；合成时，发生反应，D正确；故选B。 3.（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取晶体： 已知：浓度过高时易发生分解，高于60℃时易分解，饱和溶液在低于38℃时析出，高于38℃时析出。 下列说法错误的是 A．步骤①中工业上可用代替 B．步骤②发生反应的离子方程式为 C．防止步骤①中浓度过高发生分解可采用过量固体 D．步骤④中制得的晶体可用略高于38℃的热水洗涤2~3遍 【答案】C 【分析】与可发生氧化还原反应生成，在碱性条件下与30%的过氧化氢反应生成，溶液经结晶、过滤、洗涤等步骤最终得到晶体。 【解析】步骤①中，氯元素化合价由+5降至+4，硫元素化合价由+4升至+6，则NaClO3为氧化剂，作还原剂；中C元素为+3价，也具有还原性，工业上可用代替将NaClO3还原为ClO2，A正确；步骤②中，ClO2被H2O2还原为，而H2O2被ClO2氧化为，氯元素化合价由+4降至+3，H2O2中氧元素的化合价全部由-1升至0，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为，B正确；步骤①中若过量，即还原剂过量，还原剂可能将生成的ClO2(氯元素为+4价)进一步还原为氯元素的更低价态的相关物质(如Cl-)，导致ClO2产率降低，要防止ClO2浓度过高而分解，可通过控制反应速率的方法来实现(如缓慢加入反应物等)，C错误；饱和溶液高于38℃析出NaClO2，低于38℃析出，用略高于38℃的热水洗涤，可避免晶体转化为结晶水合物，D正确；故选C。 4.（2025·福建龙岩·三模）以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对                          电极电位                          下列说法错误的是 A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含 C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D．流程中可循环利用的物质有CO、、Ni 【答案】C 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含、CuO、PbO、等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液，将溶液中转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有的滤渣Ⅱ和滤液；向滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化碳、硫酸、镍，据此分析回答。 【解析】“酸浸”中鼓入空气，可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确；加入“物质X”调使转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗且不引入杂质，在较低溶液中生成进入滤渣Ⅱ，B正确；净化需除去氧化性强的，而不除去 ，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误；CO参与气化生成，分解后生成CO可循环；在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含循环；分解生成的Ni可用于净化步骤除，D正确；故选C。 5.（2025·山东青岛·三模）工业上制备超纯流程如下： 物质 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 和在上述流程中可作为配体（为乙基，R为烃基） 下列说法错误的是 A．“液体I”含有 B．“残渣”含镁物质仅有 C．“工序X”的作用是解配，并蒸出 D．直接加热并蒸馏，无法得到超纯 【答案】B 【解析】“配体交换”过程中NR3与Ga(CH3)3(Et2O)发生配体交换得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则液体I含有Et2O，A正确；合成Ga(CH3)3(Et2O)时，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga与CH3个数比为1∶3，Ga2Mg5中Ga与Mg个数比为2∶5，CH3I中CH3与I个数比为1∶1，根据原子守恒，“残渣”中含镁物质并非仅有MgI2，还有CH3MgI，B错误；NR3沸点极高（365.8 ℃），配体交换后生成Ga(CH3)3(NR3)，工序X需解配Ga(CH3)3(NR3)并使Ga(CH3)3（沸点55.7 ℃）蒸出，C正确；Ga(CH3)3(Et2O)中Et2O沸点（34.6 ℃）低于Ga(CH3)3（55.7 ℃），直接蒸馏会导致Et2O与Ga(CH3)3共沸，无法分离，D正确；故选B。 6.（2025·福建三明·三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下图所示。 已知：苯甲酸乙酯的沸点为，“乙醚—环己烷—水共沸物”的沸点为。 下列说法正确的是 A．“操作a”中有机相1从分液漏斗的下口流出 B．“操作b”、“操作c”均为重结晶 C．洗涤苯甲酸粗品，用乙醇的效果比用蒸馏水好 D．该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大 【答案】D 【解析】苯甲酸与饱和碳酸钠溶液反应生成苯甲酸钠，操作a为分液，有机相1含环己烷、苯甲酸乙酯等有机溶剂，其密度小于水（水相密度大于有机相），有机相在上层，应从分液漏斗上口倒出，A错误；操作b是从干燥后的有机相2（含苯甲酸乙酯）中分离得到苯甲酸乙酯，由于苯甲酸乙酯沸点较高（212.6℃），应通过蒸馏分离，而非重结晶；操作c是苯甲酸粗品提纯，固体提纯常用重结晶， B错误；苯甲酸在乙醇中溶解度较大，用乙醇洗涤会导致苯甲酸溶解损失；蒸馏水洗涤时，苯甲酸溶解度小，可减少损失，故蒸馏水效果更好，C错误；该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大， D正确；故选D。 7.（2025·湖南邵阳·三模）钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下： 已知：，，和的化学性质相似。下列说法正确的是 A．已知中的元素的化合价为，中含有个过氧键 B．结合流程分析，的还原性强于 C．使用除去“滤液”中的，越大越有利于除去“滤液”中的 D．“氧化沉钴”的离子方程式 【答案】B 【分析】该工艺流程以炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的＋2价氧化物或单质)为原料，提取钴，硫酸酸浸得到含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+等金属阳离子的硫酸盐溶液，铅的＋2价氧化物或单质与硫酸反应生成沉淀，即滤渣1为，加入沉锰，具有氧化性，可以氧化生成，同时将氧化为，再加入溶液调节使完全转化为而除去，溶液中金属阳离子主要为，加入，氧化生成沉淀，滤液中与FeS反应生成ZnS。 【解析】S元素最高价为＋6，中的元素的化合价为，故中有-1价氧原子，根据其结构式，中含有个过氧键，A错误；由流程知，加入时将氧化成，而未被氧化，再后续操作中用氧化了，故可知的还原性强于，B正确；与的化学性质相似，能溶于强碱，过高时，会与反应生成可溶性物质，导致无法除去锌元素，C错误；据流程分析，反应物是和，生成和，pH=5属于酸性，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为，D错误；故选B。 8.（2025·贵州·模拟预测）为了减少污染并促进废物利用，某工厂计划以硫铁矿烧渣(主要含、、等)为原料制备锂离子电池正极材料(@表示后者包覆在前者上)，流程如下。 下列叙述错误的是 A．“碱溶”阶段至少发生两个离子反应 B．可用KSCN溶液检验滤液②中是否含有 C．滤液③可用于加工复合肥料 D．“真空烧结”时，植物粉的作用是还原剂 【答案】D 【分析】碱溶后Fe2O3为滤渣，Al2O3，SiO2溶解后进入滤液中，磷酸溶解滤渣，并加入铁粉将铁元素转化为+2价态，滤液为磷酸亚铁，氨水调pH沉铁，得到Fe3(PO4)2·8H2O沉淀，加入磷酸锂与植物粉补充Li和C元素，真空烧结得到产品。 【解析】“碱溶”时，发生的化学反应有、，A项正确；被磷酸溶解获得，加铁粉还原为，用KSCN溶液检验滤液②中是否含有，B项正确；滤液③为磷酸铵，含有氮、磷元素，故可用于加工复合肥料，C项正确；、磷酸锂、植物粉真空烧结的目的是得到正极材料，由其组成可知，植物粉的作用是受热分解生成碳，D项错误；故选D。 9.（2025·河北·模拟预测）河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含、FeO、及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程如图。 已知：①焙烧时，、FeO转化成，；②溶解度随着温度升高而快速增大。 下列叙述错误的是 A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角 B．通入空气的目的之一是除去油脂 C．固体1可用于制造红色颜料 D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等 【答案】A 【分析】根据钽矿渣(主要含、、及油脂等)为原料制备的流程图，加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧，一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面、转化成、，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]；加入水进行水浸，不溶于水的Fe2O3是固体1的主要成分，水浸后的浸出液中有NaTaO3和Na[Al(OH)4]，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出，故固体2是氢氧化铝，最后溶液经过系列操作得到； 【解析】实验室焙烧固体需用到的仪器为坩埚、三脚架、泥三角等，不需要用到蒸发皿，A错误；由分析可知，通入空气的目的是将氧化亚铁转化为氧化铁，将油脂转化为二氧化碳和水除去，B正确；由分析可知，固体1为红棕色的Fe2O3可用于制造红色颜料的氧化铁， C正确；由分析可知，滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到钽酸钠，D正确；故选A。 10.（2025·浙江·一模）硝基苯在染料工业、医药领域、材料合成等领域有广泛应用。其制备流程如图所示： 已知硝基苯密度1.205g·cm-3，浓硝酸密度1.4g·cm-3，浓硫酸密度1.84g·cm-3。下列说法不正确的是 A．配制混酸时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸 B．步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作 C．反应结束后产品在液体的上层，需要通过分液分离混酸和粗产品 D．第一次粗产品为无色，第二次粗产品为浅黄色 【答案】D 【分析】合成硝基苯的流程为：将苯加到浓和浓的混酸中，用水浴在温度下加热进行反应得到粗产品1，再依次用蒸馏水、溶液、蒸馏水洗涤粗产品1得到粗产品2，再用无水吸水后进行蒸馏得到纯，据此分析解答。 【解析】配制混酸时，将浓硝酸先倒入烧杯中，再将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅的情况，A正确；根据分析，对粗产品1洗涤时依次用蒸馏水、溶液、蒸馏水，在步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作，B正确；根据已知信息的密度数据，硝基苯密度最小，在与混合酸分层时是在液体的上层，可通过分液分离混酸和粗产品，C正确；硝基苯粗产品1含有混酸，颜色为浅黄色，通过步骤③洗涤后杂质几乎没有，此时硝基苯粗产品2的颜色为无色，D错误；故选D。 11.（2025·浙江·三模）亚氯酸钠（）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如图所示： 已知：纯易分解爆炸，一般稀释到以下。下列说法不正确的是 A．反应①中参加反应的和的物质的量之比为 B．反应①需鼓入空气，主要目的是稀释以防爆炸 C．反应②在冰水浴进行可以抑制分解，有利于得到产品 D．制备需在通风橱中进行，因为有毒且易爆 【答案】A 【分析】NaClO3、H2SO4混合溶液中通入SO2，发生反应①，生成NaHSO4、ClO2等；ClO2与H2O2在NaOH溶液中发生②，生成NaClO2、O2等。 【解析】反应①中，NaClO3中Cl为+5价，被还原为ClO2(Cl+4价)，得1e⁻；SO2中S为+4价，被氧化为NaHSO4(S+6价)，失2e⁻。根据得失电子守恒，n(NaClO3)×1 = n(SO2)×2，故n(NaClO3):n(SO2)=2:1，A不正确；已知纯ClO2易分解爆炸，需稀释到10%以下，反应①鼓入空气可稀释ClO2浓度，防止爆炸，B正确；H2O2受热易分解，冰水浴能降低温度，抑制H2O2分解，保证其作为还原剂参与反应②，有利于生成NaClO2，C正确；SO2有毒，ClO2易爆，制备过程需在通风橱中进行以保障安全，D正确；故选A。 12.（2025·甘肃白银·三模）碱式碳酸铜在烟火、农药等方面应用广泛。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。已知：H2CO3的，；的。下列说法错误的是 A．利用乙醇作溶剂可将S从滤渣I中分离出来 B．滤渣Ⅱ为Fe(OH)3 C．“沉锰”时反应的离子方程式为 D．NH4HCO3溶液呈碱性 【答案】A 【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入CuO，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液、NH3进行沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。 【解析】滤渣Ⅰ含SiO2和S，S微溶于乙醇，SiO2不溶于乙醇，无法用乙醇有效分离S和SiO2，A错误；浸取后溶液含Fe3+，加入CuO调节pH，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，B正确；“沉锰”时，NH3提供碱性促进电离，Mn2+与结合生成MnCO3，离子方程式为Mn2+++NH3=MnCO3↓+，电荷及原子守恒，C正确；NH4HCO3中，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/4.4×10-7≈2.27×10-8，水解常数Kh'=Kw/Kb=10-14/1.8×10-5≈5.56×10-10，水解程度更大，溶液呈碱性，D正确；故选A。 13.（2025·湖南·二模）[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是合成其它含钴配合物的重要原料，其晶体制备流程如下，下列说法错误的是 A．活性炭的作用是催化剂 B．已知氧化步骤需控温在60℃进行，故H2O2溶液应缓慢滴加 C．操作X中加入盐酸的目的是提供酸性环境 D．[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构，则[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构可能有2种 【答案】C 【分析】将CoCl2和NH4Cl加水溶解，加入浓氨水和活性炭，在活性炭的催化作用下发生配合，加入H2O2将Co2+氧化为Co3+，趁热过滤，将活性炭除去，再加入浓盐酸，增大浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平衡逆向移动，使[Co(NH3)6]Cl3晶体析出，过滤，即可得到[Co(NH3)6]Cl3晶体，据此回答。 【解析】在流程中，活性炭在配合步骤加入，在趁热过滤步骤被除去，其作用是作为催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；氧化步骤中H2O2作氧化剂，将Co的低价态化合物氧化，该反应为放热反应，控温60℃进行，H2O2溶液缓慢滴加可防止反应过于剧烈，温度过高导致H2O2分解，B正确；操作X中加入浓盐酸，目的是增大浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平衡逆向移动，有利于[Co(NH3)6]Cl3晶体析出，而不只是提供酸性环境，C错误；是以为中心的正八面体结构，中两个可以处于相邻（顺式）和相对（反式）位置，空间结构可能有2种，D正确；故选C。 14.（2025·陕西西安·一模）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含)中回收铜，并重新获得溶液。废液处理流程如下： 已知酸性KMnO4溶液具有强氧化性。下列说法错误的是 A．反应1和反应2都发生了氧化还原反应 B．操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒 C．滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用H2O2溶液 D．向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液振荡得到Fe(OH)3胶体 【答案】D 【分析】由题意及流程图，腐蚀废液中主要含、、，加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2反应得到FeCl2和Cu单质，过滤后向滤液中加氧化剂可得到FeCl3。 【解析】腐蚀废液中加入过量铁粉发生反应1，铁与FeCl3、CuCl2反应分别得到FeCl2、Cu单质，化学方程式为Fe+2FeCl3 = 3FeCl2、Fe+ CuCl2=Cu +FeCl2，两个反应都属于氧化还原反应，反应2为FeCl2和氧化剂反应生成FeCl3，属于氧化还原反应，选项A正确；操作1是分离固体和液体的操作，为过滤操作，需要用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，选项B正确；加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2反应得到FeCl2和Cu单质，以及过量的Fe，故滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用溶液，将Fe2+氧化生成Fe3+，选项C正确；向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液继续煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3胶体，而向饱和的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，选项D错误；故选D。 15.（2025·四川·一模）用溶液吸收烟气中的流程如下图所示，已知：，。下列说法正确的是 A．石膏的化学式为 B．吸收烟气后的溶液中： C．当吸收液的pH=7时，溶液中： D．“沉淀”操作得到的上层清液中： 【答案】B 【分析】Na2SO3溶液吸收烟气后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，然后加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉淀，过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。 【解析】石膏的化学式为，A错误；由电荷守恒得，吸收烟气后的溶液中应有，所以，B正确；吸收液为Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，吸收液的pH=7时，，则，所以，C错误；有沉淀产生，因此上层清液为饱和溶液，则，D错误；故选B。 16.（2025·黑龙江·一模）碘（紫黑色固体，微溶于水）常用于制备碘盐中的。以含废液为原料提取的微型流程如图所示： 下列叙述正确的是 A．“转化”中，不涉及沉淀溶解平衡 B．沉淀能与硝酸反应，产物之一可循环利用 C．“氧化”中最佳值为2.5 D．常用“蒸馏法”提纯粗碘得纯 【答案】B 【分析】含I-的废液加入硝酸银得到AgI沉淀，加入Fe置换出Ag单质，溶液中为，加入过量Cl2置换出，滤液为FeCl3，粗碘提纯得到纯碘。 【解析】“转化”时发生反应 ，随着铁置换银反应进行，碘化银不断溶解，涉及沉淀溶解平衡，A错误；沉淀的主要成分是银(含少量铁)，溶于硝酸可生成，可在“富集”中循环利用，B正确；“氧化”时先后发生的反应有，如果继续通入氯气，则发生反应，故通入氯气最佳范围为，C错误；一般采用“升华法”提纯粗碘得到纯碘，D错误；故选B。 17.（2025·山西吕梁·一模）一种利用废铜渣(主要成分CuO，含少量，等杂质)制备超细铜粉的流程如下： 下列说法错误的是 A．“酸浸”时延长反应时间目的是提高铜元素的浸取率 B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为 C．“沉铜”时发生的反应为氧化还原反应 D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：，， 【答案】B 【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水，沉铁除去Fe3+，铜离子转化为，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。 【解析】“酸浸”时，延长反应时间可以使反应更充分，进而提高铜元素的浸取率，故A项正确；若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为，故B项错误；“沉铜”时含有和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化还原反应，故C项正确；转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子和Cu，结合元素守恒可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：、H+、Cu2+，故D项正确；故选B。 18.（2025·四川德阳·模拟预测）废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO的流程如下： 已知：①实验温度下，、； ②酸浸后铅几乎转化为+2价； ③Pb(OH)2的性质和AI(OH)3相似。下列说法正确的是 A．铅膏中的PbO2主要来源于铅蓄电池的负极材料 B．“脱硫”中PbSO4能较完全转化为PbCO3 C．“酸浸”中醋酸做还原剂 D．“沉铅”过程需加入足量NaOH 【答案】B 【分析】铅膏中主要含有、和Pb，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢是还原剂，可将溶液中+4价的铅离子还原为+2价的铅离子，加氢氧化钠进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，氢氧化铅再进行处理得到PbO，据此分析解题。 【解析】铅蓄电池负极材料为Pb，正极材料为，应来源于正极，A错误；“脱硫”中转化为的平衡常数，K值大于，反应正向程度大，能较完全转化，B正确；酸浸后Pb主要为+2价，需被还原，Pb(0价)需被氧化，可作还原剂还原，醋酸仅提供酸性环境，不做还原剂，C错误；类似具有两性，足量NaOH会使其溶解生成可溶性盐，无法沉铅，D错误；故选B。 19.（2025·湖南·一模）用含铜丰富的自然资源黄铜矿()冶炼铜的工艺流程如下： 已知： 下列有关该流程的说法错误的是 A．“浸取”时，若改用溶液，也能生成CuCl和S，该反应的化学方程式为 B．向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉，可以提高铜的回收率 C．“过滤3”所得滤液为溶液，可以在工艺中循环使用 D．为保持流程持续循环，每生成2 mol Cu，理论上需补充的物质的量为1 mol 【答案】C 【分析】CuFeS2中加入CuCl2溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S。过滤后得到的滤液中含有FeCl2，固体中含有CuCl、 S，加入浓盐酸除硫，过滤得到滤液中含有[CuCl2]-，调节溶液pH发生歧化反应生成Cu和CuCl2，过滤可得到Cu，得到的滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，据此分析解答。 【解析】Fe3+可作氧化剂，CuFeS2中S从-2价升至0价，氧化产物为S，Fe3+降至Fe2+，Cu从+2价降至+1价，还原产物为CuCl和FeCl2，根据原子守恒和得失电子守恒可得该反应的化学方程式为，A正确；“过滤1”所得滤液中溶质主要成分为、，加入足量铁粉可以置换出铜，B正确；过滤3所得滤液中含有HCl和CuCl2，可以循环使用，C错误；流程中涉及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、CuCl+Cl-=[CuCl2]-、2[CuCl2]-=Cu↓+Cu2++4Cl-，综合可得生成2 mol Cu需4 mol [CuCl2]-，4 mol [CuCl2]-需4 mol CuCl；浸取生成4 mol CuCl消耗3 mol CuCl2，歧化生成2 mol CuCl2循环使用，净消耗CuCl2为3 mol-2 mol=1 mol，D正确；故答案为C。 20.（2025·河南信阳·一模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是 A．因易水解，制备流程中需要在装置的两端都添加干燥装置 B．氯化过程中既是氧化产物又是还原产物 C．若制取金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为 D．制取金属钛时，可用替代以隔绝空气 【答案】D 【分析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为，制取金属钛的化学方程式为：，以此来解析。 【解析】易水解，制备流程中需防止空气中的水蒸气进入，因此装置两端需添加干燥装置，A正确；根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为，Fe化合价由+2升高为+3，而Cl的化合价由0价降低为-1价，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，B正确；根据氯化过程中发生反应，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mole-~Ti，可知若制取1mol金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol，C正确；制取金属钛时，选用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar气以隔绝空气，D错误；故选D。 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $