专题15 工艺流程综合题（专项训练）（全国通用）2026年高考化学真题题源解密

专题15 工艺流程综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026题研析：拆解最新真题，点评命题规律 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 易错易错速记：归纳解题必备知识，总结易错易混点 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 分析近三年的高考试题可知，工艺流程综合题是高考化学必考综合大题，分值多为 13～15 分，承担区分中高分段考生的功能。近三年命题坚持真实工业情境为载体、多模块知识融合、素养导向的整体思路，素材集中于战略金属提取、固废资源化回收、废旧电池再生、新材料制备等热点，突出资源循环、绿色化学与环境保护理念，弱化脱离实际的虚拟流程。 试题结构稳定，以 “原料预处理→浸取→除杂净化→分离提纯→产品获得” 为主线，设问层层递进。高频考点集中在原料粉碎、焙烧等预处理目的，酸 / 碱浸反应，pH调节除杂，萃取、过滤、蒸发等分离操作；陌生氧化还原方程式书写为稳定得分难点，连续三年均设置 2～3 处方程式书写；同时融合沉淀溶解平衡Ksp计算、反应速率与平衡移动分析、循环物质判断、废渣废液处理、产率与纯度计算等内容，打通元素化合物、化学反应原理、化学实验三大板块。 命题呈现两大趋势：一是信息呈现多元化，增加图像、表格、离子浓度数据，要求学生快速提取、加工陌生信息；二是语言表达类设问增多，侧重条件控制原因、试剂作用、工艺优缺点评价，考查证据推理与文字规范表达能力，不再单纯记忆模板。原料体系趋于复杂，杂质种类增多，强调从工艺目的逆向推导物质转化，弱化机械套用套路。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 2026·江西卷T16 2026·河北卷T16 2025·安徽卷T15 2025·四川卷T17 2024·贵州卷T16 2024·广东卷T18 考向二 物质制备类工艺流程综合题 2026·浙江卷T17 2026·甘肃卷T15 2025·重庆卷T15 2025·湖北卷T16 2024·福建卷T11 2024·广西卷T15 2026 年高考化学工艺流程题延续素养导向，分值稳定在13～15分，情境集中于废旧资源再生、战略金属提纯、低碳化工新材料制备，强化双碳理念与绿色化学价值导向，素材更贴近前沿科研与真实工业生产，弱化理想化虚拟流程。试题主线依旧为原料预处理→浸取→除杂净化→分离提纯→产品获取，但反套路特征明显。原料体系杂质组成更加复杂，大量引入表格、离子浓度曲线、平衡数据等陌生信息，要求学生现场读取并推理转化，难以直接套用固定答题模板。核心考点方面，陌生氧化还原离子方程式书写仍是核心难点；沉淀溶解平衡Ksp计算、pH调控除杂、循环物质判断、产率计算稳定出现。相比前两年，原理融合度提升，将配位平衡、沉淀转化、速率平衡与流程深度结合；文字简答类设问占比提高，侧重工艺条件选择、试剂作用、方案优劣评价、废渣废液处理等证据推理型表达。命题强调“以工艺目的为核心”的分析思路，不再单独考查孤立元素性质。区分点落在信息加工、逻辑链条构建与化学用语规范表达上。备考需跳出模板记忆，训练从流程目标逆向推导物质变化，强化图表信息解读与简答题规范表述。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 【典题1】（2026·江西卷）稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][]________（填“能”或“不能”）与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 (4)试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是________________________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中________时，恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 【仿照题1】（2026·湖南邵阳·一模）金（Au）是一种战略性金属。从某金精矿（含Au、Ag、、FeS2、SiO2和少量等）中提取金的一种工艺如下： 已知：①“浸取”时，矿粉中的金属硫化物、金属氧化物全部溶解，同时硫元素被通入的空气氧化为硫单质； ②Au、Ag在强氧化性氯化体系中可转化为可溶性的配离子和。 回答问题： (1)“浸取”步骤中，为加快浸取速率，可采取的措施有______________________________（写两点），在浸取时，发生反应的化学方程式是______________________________。 (2)“除、”时，加入浓NaOH溶液并加热。S与NaOH反应：，此反应中，每转移，被氧化的的质量为_____。 (3)“X”包含多个步骤，需同时加入盐酸和溶液。一定条件下，、浸取率随溶液中的变化如图所示。为尽可能提高Au、Ag的提取率和纯度，先控制浓度为_____（填“”或“”或“”，下同）浸取，过滤除去中的，再控制浓度为________浸取。 (4)“沉金”步骤中，向含有的滤液中加入和溶液，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。 (5)某杂冠醚可选择性地与废液中的形成如图所示的物质。该物质为_________（填“小分子”或“高分子”或“超分子”），其选择性识别是因为该杂冠醚与有配位作用且冠醚空腔直径与直径大小相匹配。 (6)金的晶胞为立方晶胞，如图所示，已知：NA为阿伏加德罗常数的值，金的密度为。 ①该晶胞中金原子的配位数是_________。 ②该晶胞边长为_________。 【典题2】（2026·河北卷）钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ (3)滤渣的主要成分有 、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 【仿照题2】（2026·四川巴中·模拟预测）某工厂采用如下工艺回收铜阳极泥中的Au、Ag和，并通过相应转化实现综合利用，流程如图： 已知：25℃时，，，；， 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为_____。 (2)补全“浸金”时发生反应的离子方程式：______________。 __________________+_______=____________。 (3)①滤渣1的主要成分为__________________________。 ②“浸银”时，控制溶液，含微粒转化为 已知： 微粒 则中，配位原子是_____，形成配离子后，键角变小，原因是_________________________________________________________。 ③“甲醛还原”，控制溶液，向反应后的溶液中通入可生成___________(填溶质化学式)，实现浸银液的再生。 (4)①“浸铅”时发生转化：，从平衡移动角度分析的作用为_______________________________。 ②“沉铅”后的，经溶液处理转化为，该反应的化学方程式为__________________________________。 考向二 物质制备类工艺流程综合题 【典题1】（2026·浙江卷）铝及其化合物应用广泛。工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ生成__________（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 (2)结合能力：___________Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 (3)①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是____________________________________________（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是_______________。 (4)步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是_________（填化学式）。 (5)铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是_____。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．核磁共振氢谱法 (6)已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是________。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理_____（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由_________________________。 【仿照题1】（2026·河南安阳·模拟预测）工业上一种二氧化锰法制备氢氧化钡的流程如下： 已知：。 回答下列问题： (1)锰在元素周期表中的位置是__________。 (2)重晶石的主要成分是，焙烧时发生的反应有(未配平)： a．时， b．℃时， 工业生产中不同温度下用煤还原重晶石，钡转入溶液中的百分数随时间变化如图所示： 选择重晶石和煤粉生产BaS最合适的化学方程式为_______________________________，理由是___________________________________________________________。 (3)化料过程有生成，该反应的化学方程式为_______________________________；脱硫过程有MnO生成，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。 (4)试验表明，配料比为宜，理由是_______________________________。 (5)的长方体晶胞及沿z轴的投影如图所示： 晶体的密度是__________(用含a、b、的代数式表示，)。 【典题2】（2026·甘肃卷）某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 (1)该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 (2)FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 (3)钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 (5)利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①     ②     反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 【仿照题2】（2026·浙江嘉兴·一模）四氯化钛()是制取航空航天工业材料——钛合金的重要原料。工业上利用高钛炉渣(主要成分为、，含有少量、等杂质)制备的流程如下： 请回答： (1)下列有关中涉及元素的说法正确的是________。 A．Ca和O均位于元素周期表p区 B．O原子的某种激发态的电子排布式可能为 C．Ti位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D．可利用红外光谱法对进行元素的定量分析 (2)“焙烧”时，Ti元素全部转化为具有下列结构阳离子的盐，写出发生“焙烧”反应的化学方程式________________________________________。酸浸渣的主要成分为________。 (3)制备时，生成的气体中，该反应的化学方程式为__________________________________。 (4)钙钛矿()材料具备吸光性、电催化性等独特的理化性质，其晶体结构如图1所示。 ①其中A代表________(写离子符号)，与其紧邻且等距的O原子数为________。 ②有机-无机杂化材料、具有与相同的晶体结构。的晶胞如图2所示。位于晶胞体心，位于顶点的微粒为________；H-N-H键角大小比较：________(填“>”“＜”或“=”)；请解释的热稳定性强于的原因______________________________________________。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 1.（2026·河南卷）一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 2.（2026·广东卷）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) 3.（2025·四川卷）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： (1)铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣①中，除外，主要还有 。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 (5)“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 (6)可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 4.（2025·海南卷）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： (1)“粉碎”的目的是 。 (2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为 。 (3)“碱熔”中产生的气体C为 ，滤渣E是 (均填化学式)。E与 (填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 (4)某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为 。 (5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有 、 。 5．（2024·贵州卷）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知： ①25℃时，； ②。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是 。 (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成的离子方程式为 。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为 。 ②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有 个。 ③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则 ，其可能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。 6．（2024·广东卷）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 。 考向二 物质制备类工艺流程综合题 7.（2026·湖南卷）一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 (3)“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，______(填标号)。 a．沉淀完全    b．部分沉淀    c．未沉淀 (4)“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是______(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 8.（2026·湖北卷）赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。 (2)预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是________。 (3)“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是________（答两条即可）。 (4)酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为________。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于________，此时滤液中的主要成分为________（填化学式）。 (6)沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是________（填化学式）。 9.（2025·重庆卷）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下： 已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题： (1)真空焙烧时生成的主要产物为，其中Se的化合价为 ，Al元素基态原子的电子排布式为 。 (2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为 。 (3)热解反应：  。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填化学式)。 (4)Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se的质量分数为 。 10.（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 。 (2)时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积 。 (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度 (填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。 (5)从滤液Ⅱ获取晶体的操作为 (填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤    b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a．增大反应物间的接触面积    b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能          d．研钵表面跟反应物更好接触 11.（2024·天津卷）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (1)实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是 。 (2)写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式 ，此反应的实验现象是 。 (3)实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由 。 (4)过滤时用到的玻璃仪器有 。 (5)洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是 (填序号)。 a．水          b．乙醇           c．醋酸 (6)上述实验流程中可循环使用的反应物为 。 Ⅱ．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为，EDTA与按(物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成试液，用溶液调节大于13，加入钙指示剂，用的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液。 (7)配制溶液时，需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，其目的是 。 (8)测定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，加入EDTA标准溶液之前，需进行的操作为 。若滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，会导致测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是 (用字母表示)。 12.（2024·广西卷）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 (3)常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。 (4)“X”可选用_______。 A． B． C．Zn D． (5)若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式 。 (6)立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有 个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 (用含的代数式表示)。 一、分析条件控制中易出现的误区 1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。 3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。 4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。 5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。 6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析： (1)对反应速率有何影响。 (2)对平衡转化率是否有利。 (3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。 二、常见的操作易错归纳 1.溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。 2.灼烧：如从海带中提取碘。 3.煅烧：改变结构，使一些物质能分解，并使一些杂质高温下氧化、分解。 4.浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。 5.浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。 6.水浸：使主要成分通过与水接触反应或溶解形成溶液。 7.酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。 8.水洗：通常为除去水溶性杂质。 三、物质制备型工艺流程题易错归纳 1.原料处理阶段 (1)常见原料处理的方法:溶解、水(酸或碱)浸、浸出、灼(焙、煅)烧等。 (2)加快反应速率的方法:搅拌、加热、粉碎等。 2.分离提纯阶段 (1)调pH除杂: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。 (2)加热:加快反应速率或促进平衡向某个反应方向移动。 (3)降温:防止某物质在高温时会溶解(或分解)或使化学平衡向着题目要求的方向移动。 (4)水(酸或碱)溶法:除去可溶性(碱性或酸性)杂质。 (5)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。 (6)分离方法:过滤、蒸发(冷却)结晶、萃取和分液、蒸馏(或分馏)等。 3.获得产品阶段 (1)洗涤:(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中溶解损耗。 (2)根据物质溶解度差异选择正确的方法,如蒸发浓缩、冷却结晶或蒸发结晶、趁热过滤。 四、物质分离提纯型工艺流程题易错归纳 1.“加过量试剂”:常考虑反应完全或增大转化率、产率等。 2.“控制pH”:常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。 3.“能否加其他物质”:常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。 4.“控制较低温度”:常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。 5.“判断沉淀是否洗净”:常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某试剂,以检验其中的某种离子。 6.“检验某物质的设计方案”:通常取少量某物质于试管中,加水溶解,再加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。 7.“用某些有机试剂清洗”:(1)降低物质溶解度有利于产品析出;(2)洗涤沉淀可减少损耗和提高利用率等。 8.“在空气中或在其他气体中”:主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。 1.（2026·陕西商洛·一模）常作汽车尾气处理的催化剂。某小组以废料（主要成分为、、及少量和）为原料制备高纯度的的流程如图。回答下列问题： 已知：①几种金属离子以氢氧化物形式沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 3.0 7.6 完全沉淀的pH 2.8 4.7 8.0 ②各类萃取剂及相关信息如表所示。 萃取剂 适用pH范围 选择性（分配比：有机相/水相） Lix84-1 3.0~4.5 P507 1.5~2.0 Cyanex272 2.5~4.0 ③萃取原理：。 (1)基态Ce原子价层电子排布式为，它有______________个单电子。 (2)“球磨”的目的是_______________，滤渣2的主要成分是______________（填化学式）。 (3)“酸浸”时，参与的反应中，氧化产物、还原产物的物质的量之比为______________。 (4)“除钙”的离子方程式为______________。 (5)萃取剂X宜选择______________；高温下，转化为时充入足量的目的是______________。 (6)晶胞结构如图所示，Ⅱ中晶胞的边长为，设为阿伏加德罗常数的值。I中与最近的有______________个，晶胞Ⅱ的密度为______________。 2.（2026·广西崇左·模拟预测）BiVO4是一种光催化材料。工业利用废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)与铜铋矿(主要含CuFeS2、Bi2S3，还含少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．。 Ⅱ．离子浓度时视为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Bi与N同主族，位于第6周期，则铋元素在元素周期表中属于________区，其基态价电子排布式为________。 (2)滤渣的主要成分是________________(填化学式)，“酸化”后的溶液中存在，则在“还原”时发生反应的离子方程式为______________________________。 (3)反萃取剂应选用__________(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液。 (4)“酸溶”时有黄色固体(S)生成，则Bi2S3与足量FeCl3的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 (5)常温下，“调pH”得到的沉淀为BiOCl。 ①BiOCl叫氯氧化铋而不叫次氯酸铋，从化合价角度分析，其原因为________________________________________。 ②BiOCl在水中存在平衡：  K。当Bi3+(aq)恰好完全转化为BiOCl(s)时，此时溶液中，________mol4·L-4 (6)该流程中生成BiVO4的化学方程式为________________________________________。 3.（2026·辽宁沈阳·一模）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如图： 已知：。常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表： 氢氧化物 开始沉淀的pH 4.8 1.9 7.5 8.8 沉淀完全的pH 6.4 3.2 9.7 10.4 请回答下列问题： (1)为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有___________(填字母)。 A．将铜矿粉碎并搅拌 B．增加铜矿的投料量 C．适当提高硫酸浓度 D．适当缩短反应时间 (2)“酸浸”中生成单质S的化学方程式为___________。 (3)调节pH的范围为___________。滤渣的主要成分是___________(填化学式)，滤渣洗涤烘干后可留作其他用途。确定滤渣已洗涤干净的方法是___________。 (4)“还原”前Cu元素以的形式存在，利用水合肼还原Cu元素。一定体积下，保持其他条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如下图所示。当水合肼浓度大于3.25mol/L时，的转化率仍增大，但Cu2O的产率下降，其可能的原因是___________。 (5)现代材料分析技术可以表征Cu2O晶体结构的实验方法为_________。 4.（2026·辽宁鞍山·模拟预测）纳米ZnO是一种新型高功能精细无机粉料。以铅锌烟灰(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeO、MnO及不溶于酸的杂质)制备纳米ZnO的流程如下： 已知： (1)元素Pb在周期表中的位置为__________________________。 (2)“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为MnO2和Fe(OH)3.写出除锰过程中发生反应的离子方程式：_____________________________________________。 (3)“除杂1”中高锰酸钾的实际消耗量稍大于理论消耗量，可能的原因是________________。 (4)“除杂2”中除外，发生的主要反应离子方程式为：_________________________________________________________________。 (5)制备纳米ZnO时，先用ZnCl2溶液与(NH4)2C2O4溶液反应生成沉淀，然后加热分解制得纳米ZnO。(NH4)2C2O4溶液中含碳微粒和含氮微粒分布分数如图1。 ①形成沉淀的反应需要控制温度在90℃左右，原因是____________________________________________。 ②相对于采用Na2C2O4溶液，本实验采用(NH4)2C2O4溶液可减少Zn(OH)2的生成。请结合电离平衡常数分析原因：_____________________________________________________________________________。 (6)NaCl晶胞如图2，Na+填充八面体空隙的百分率为________________。 5.（2026·江苏徐州·模拟预测）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________(不考虑立体异构) (3)可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 (5)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 6.（2026·湖南衡阳·模拟预测）金属锑广泛用于轴承材料、光伏发电等领域，有“工业味精”之称，工业上可以用烟化法制备高纯锑。以辉锑矿(主要成分为，含有砷、铁等元素的杂质)，提纯流程如下，按要求回答问题。 (1)锑元素与氮元素同主族，原子序数相差44，故其在周期表中第________周期第________族。 (2)“焙烧”过程将转化成，该过程的化学方程式为________。 (3)“精炼”过程中，纯碱可以将转化为熔渣，写出该过程的化学方程式：________；该过程中进一步通空气的主要目的是________。 (4)已知几种物质的沸点见下表。 物质 沸点/℃ 1425 Sb 1587 Fe 2862 铁的氧化物 1300～1500分解为铁 ①“烟化”过程控制温度约为________，理由为________。 ②从化学键的角度解释金属铁的沸点高于金属锑的原因为________。 (5)酸性条件电解硫酸锑溶液可精炼锑。以4N精锑和不锈钢作电极，在、25～45℃的条件电解得到5N高纯锑，不锈钢为________(填“阳”或“阴”)极，电极反应为________。 7.（2026·重庆·模拟预测）CeO2是一种重要的稀有金属氧化物，在催化与检测方面有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO)中提取CeO2的流程如下： 已知：Ksp[Ce(OH)3]=8×10-20，1g2=0.3。回答下列问题： (1)基态Mg原子的核外电子排布式为___________。 (2)“浸取”得到的滤液中含有的金属离子有___________；“还原浸取”得到的滤渣的主要成分为___________。 (3)“还原浸取”生成Ce2(SO4)3的化学反应方程式为___________。 (4)“沉铈”过程中生成Ce(OH)3氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是___________。若常温下使溶液中Ce3+完全沉淀(Ce3+的浓度低于1.0×10-5mol·L-1)，则溶液的pH不低于___________(保留小数点后一位)。 (5)“煅烧”过程中Ce(OH)3转化为CeO2，下图为一定质量原料在不同实验条件下煅烧的结果，应选择的最佳温度为___________。 A．<350℃ B．350~450℃ C．500~600℃ D．>600℃ (6)Ce(SO4)2可用于测定CuCl样品中CuCl的含量：称取0.2500g CuCl样品，加入10mL 0.5mol·L-1的FeCl3溶液，样品完全溶解后(CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-)，加入邻菲罗啉作指示剂，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，达到终点时消耗Ce(SO4)2溶液的体积平均为25.20mL。增加空白对照实验，消耗0.20mL Ce(SO4)2标准溶液。该样品中CuCl的质量分数为___________(保留小数点后一位)。 8．（2026·贵州黔西南·二模）废干电池带来的环境问题日益引起公众的关注。一种将废干电池资源化的流程如图所示： 已知：浆料中主要含有、、炭粉、、、Zn、ZnO、Fe；ZnS难溶于水。 回答下列问题： (1)将铁皮从锌皮、石墨及塑料中分离的方法是_______。 (2)“浸出”时，发生反应的离子方程式为_______，“滤渣1”的主要成分为_______。 (3)X的作用是_______；若浸出液中残留较多的，为了除去，则X可选择_______(填化学式)。 (4)一种锌锰同槽电解的工作原理如图所示，若用铅酸蓄电池作电源，Al片与铅酸蓄电池的_______(填“Pb”或“”)相连，阳极的电极反应式为_______。 (5)一种锰的氧化物的四方晶胞如图所示。该氧化物的化学式为_______；设晶胞边长为a pm、a pm、b pm，为晶体的密度，则阿伏加德罗常数的值_______。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 工艺流程综合题 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 【典题1】(1)不能 (2)将还原为 (3)Ⅰ (4)的溶解度小于 In元素的损失更少 (5) (6) 【仿照题1】(1)适当升温、搅拌、适当增大HCl浓度等（写两点即可） (2)48 (3) (4)2∶3 (5)超分子 (6)12 【典题2】(1)d (2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可） 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3)Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O 【仿照题2】(1) (2) (3)AgCl、 S S原子提供孤电子对与形成配位键后，S原子电子云密度降低，S-O键成键电子对之间的排斥力减弱，因此∠O-S-O键角变小 (4)增大浓度，同时可与体系中结合生成沉淀，降低，均使浸铅的平衡正向移动，促进溶解 考向二 物质制备类工艺流程综合题 【典题1】(1)铝硅酸钠 (2) (3) (4)、 (5)A (6)4 否 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯 【仿照题1】(1)第四周期第VIIB族 (2) ℃时，反应速率快，钡转入溶液中的百分数较高 (3) 1：1 (4)若MnO2少量，脱硫不充分，会降低Ba元素的转化率；若MnO2过量，会与Ba(OH)2反应，降低Ba(OH)2的产率 (5) 【典题2】(1)冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染 (2)蒸发浓缩、冷却结晶 (3)铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中 (4) 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应 (5) 总反应的自由能变，反应能够自发进行 【仿照题2】(1)BC (2) 、 (3) (4) 12 > Br的半径小于I，体积小于(或的电荷密度更大)，的作用力(或离子键)更强，热稳定性更强 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 1.(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可） (2) (3)提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)合并富集Ce、Au、Pd元素，提高Ce的利用率和Au、Pd的回收率 (7) 2.(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 3.(1)四 ⅠB (2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2 (3)PbSO4 (4) (5)0.5 (6)d 碱浸脱氯 (7)放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果 4.(1)加快“加压氨浸”的速度 (2) (3) 盐酸 (4)90% (5)实现、等物质的循环利用，原料利用率高 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力 5．(1)SiO2 (2)2.8×10-6 (3)NaOH溶液 (4)提供Na+和反应所需要的碱性环境 (5) 3 0.25 乙 6．(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 考向二 物质制备类工艺流程综合题 7.(1)IVA (2) 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 (3)b (4)ac (5) 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6) 8.(1) (2)矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3)提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条） (4) (5) NH4Cl (6) 9.(1) (2) (3)凝华 减少生成，提高Se产率 ， (4) 94.8% 10.(1) (2) (3)正向 ＜ (4) (5)a (6)ab 11.(1)增大接触面积，提高反应速率，使其充分反应 (2) 蛋壳粉逐渐溶解并产生无色气体 (3)醋酸钙易溶于水，而直接反应生成的柠檬酸钙会覆盖在固体表面，阻止反应的继续进行 (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 (5)b (6)醋酸(或乙酸、) (7)减少溶质损失，降低误差 (8)用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2-3次 无影响 (9)(或) 12.(1)把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2 (3)Al3+ (4)D (5) (6)4 1.(1)2 (2)增大固体接触面积，加快反应速率 、 (3) (4) (5)Cyanex272 确保完全转化为 (6)12 2.(1)p 6s26p3 (2)CaSO4、SiO2 (3)酸性 (4)6∶1 (5)次氯酸根离子为负一价阴离子，BiOCl中Bi为价 (6) 3.(1)AC (2) (3) 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无明显现象（或无白色沉淀产生），则说明已洗涤干净 (4)生成的被过量的水合肼进一步还原为单质 (5)X射线衍射（或XRD） 4.(1)第六周期第ⅣA族 (2) (3)酸浸液中的Cl-消耗部分KMnO4（或生成的沉淀包裹了部分KMnO4） (4) (5)温度过低，反应速率慢；温度过高，草酸铵易分解 ，，，且，(NH4)2C2O4溶液显弱酸性，所以可减少Zn(OH)2的生成 (6)100% 5.(1) (2) (3)2.7×10-3 (4) (5)Cu 6.(1)五 ⅤA (2) (3) 将杂质中的砷元素全部转化为 (4)1587℃ 锑及其氧化物在高温下形成锑蒸气和蒸气挥发出来，与铁及其氧化物分离 铁原子半径小于锑原子，且铁原子的价电子为，锑原子的价电子为，故铁的金属键强于锑 (5)阴 7.(1)或 (2) (3) (4)氨水浓度过大，碱性过强，导致进一步结合，生成可溶性配离子（或碱性过强，直接生成可溶性配合物）（答案合理即可） 9.3 (5)B (6) 8．(1)用磁铁吸附 (2) 炭粉、硫 (3)将氧化为 (4)Pb (5) / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15 工艺流程综合题 内容导览 考情概览：摸清命题规律，锁定复习重点 2026题研析：拆解最新真题，点评命题规律 3年真题精炼：精练近年真题，吃透常见考法 易错易错速记：归纳解题必备知识，总结易错易混点 最新模拟探源：跟进模拟新题，预判考查风向 命题解读 考向 近三年考查统计 分析近三年的高考试题可知，工艺流程综合题是高考化学必考综合大题，分值多为 13～15 分，承担区分中高分段考生的功能。近三年命题坚持真实工业情境为载体、多模块知识融合、素养导向的整体思路，素材集中于战略金属提取、固废资源化回收、废旧电池再生、新材料制备等热点，突出资源循环、绿色化学与环境保护理念，弱化脱离实际的虚拟流程。 试题结构稳定，以 “原料预处理→浸取→除杂净化→分离提纯→产品获得” 为主线，设问层层递进。高频考点集中在原料粉碎、焙烧等预处理目的，酸 / 碱浸反应，pH调节除杂，萃取、过滤、蒸发等分离操作；陌生氧化还原方程式书写为稳定得分难点，连续三年均设置 2～3 处方程式书写；同时融合沉淀溶解平衡Ksp计算、反应速率与平衡移动分析、循环物质判断、废渣废液处理、产率与纯度计算等内容，打通元素化合物、化学反应原理、化学实验三大板块。 命题呈现两大趋势：一是信息呈现多元化，增加图像、表格、离子浓度数据，要求学生快速提取、加工陌生信息；二是语言表达类设问增多，侧重条件控制原因、试剂作用、工艺优缺点评价，考查证据推理与文字规范表达能力，不再单纯记忆模板。原料体系趋于复杂，杂质种类增多，强调从工艺目的逆向推导物质转化，弱化机械套用套路。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 2026·江西卷T16 2026·河北卷 2025·安徽卷T15 2025·四川卷T17 2024·贵州卷T16 2024·广东卷T18 考向二 物质制备类工艺流程综合题 2026·浙江卷 2026·甘肃卷 2025·重庆卷T15 2025·湖北卷T16 2024·福建卷T11 2024·广西卷T15 2026 年高考化学工艺流程题延续素养导向，分值稳定在13～15分，情境集中于废旧资源再生、战略金属提纯、低碳化工新材料制备，强化双碳理念与绿色化学价值导向，素材更贴近前沿科研与真实工业生产，弱化理想化虚拟流程。试题主线依旧为原料预处理→浸取→除杂净化→分离提纯→产品获取，但反套路特征明显。原料体系杂质组成更加复杂，大量引入表格、离子浓度曲线、平衡数据等陌生信息，要求学生现场读取并推理转化，难以直接套用固定答题模板。核心考点方面，陌生氧化还原离子方程式书写仍是核心难点；沉淀溶解平衡Ksp计算、pH调控除杂、循环物质判断、产率计算稳定出现。相比前两年，原理融合度提升，将配位平衡、沉淀转化、速率平衡与流程深度结合；文字简答类设问占比提高，侧重工艺条件选择、试剂作用、方案优劣评价、废渣废液处理等证据推理型表达。命题强调“以工艺目的为核心”的分析思路，不再单独考查孤立元素性质。区分点落在信息加工、逻辑链条构建与化学用语规范表达上。备考需跳出模板记忆，训练从流程目标逆向推导物质变化，强化图表信息解读与简答题规范表述。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 【典题1】（2026·江西卷）稀散金属铟（In）是重要的战略资源。粗中主要杂质元素有As（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）、Pb（Ⅱ），精制工艺流程图如下： 已知： a）萃取剂[Hbet][]是离子液体 b）， c）分配率（Fe） 回答下列问题： (1)离子液体[Hbet][]________（填“能”或“不能”）与水互溶。 (2)阶段Ⅰ，In、Fe元素在两种体系中的浸出率及分配率如图，体系中维生素C（Vc）的作用是________________________________。 (3)有机相2可循环用于阶段________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）。 (4)试剂①可选择HCl或，主要元素的含量如下表（，按投料计质量分数）。 元素 粗/ 水相2/（） 精制/ 组 HCl组 组 HCl组 Fe 1.60 41 32 0.071 0.056 Pb 0.26 3 44 0.0042 0.016 In 58 18000 33000 51 57 i．水相2中，组浓度远小于HCl组，原因是________________________________________。 ii．实际工艺中选用HCl的原因是______________________________________________。 (5)阶段Ⅲ，溶液中________时，恰好沉淀完全。 (6)水相2中的砷酸（）最终转化成沉淀，杂质As被除去。写出总化学反应方程式________________________________。 【答案】(1)不能 (2)将还原为 (3)Ⅰ (4)的溶解度小于 In元素的损失更少 (5) (6) 【分析】流程分为三个核心阶段：阶段Ⅰ利用离子液体萃取剂实现In与杂质初步分离，加入维生素C将还原为，降低Fe在萃取相的分配率，减少In中Fe杂质混入；阶段Ⅱ经酸反萃取将In转移入水相，萃取后得到的有机相可回收循环回阶段Ⅰ利用；阶段Ⅲ通过分步调pH，先沉淀除去Fe、As（As最终转化为沉淀除去），再沉淀得到高纯度精制。 【解析】（1）由题给流程知，阶段1过滤后有分液操作，说明该离子液体与水不互溶。 （2）由图可知，水中加入Vc后，Fe的分配率显著下降，In的浸出率、分配率几乎不受影响；Vc是典型的还原剂，其作用为将还原为，实现In和Fe的初步分离。 （3）有机相2的成分为萃取剂，该萃取剂在阶段Ⅰ参与萃取过程，因此提纯再生后可循环用于阶段Ⅰ。 （4）i．由分析知，硫酸与盐酸在阶段Ⅱ的作用为生成难溶物或，将元素除去，组浓度低，说明更难溶。 ii．由表格数据，HCl体系水相2中In浓度远大于硫酸体系，即In保留量更多，最终精制中In的更高，Fe杂质含量更低，表明主要考虑选用HCl可使In元素损失更少。 （5）恰好沉淀完全时，，此时。 （6）由分析知，阶段Ⅰ中被还原为，水相2中、反应生成沉淀，铁由+2价变为+3价，故需要加入氧化剂，没有给出氧化剂时，考虑空气中的氧气，根据电子得失守恒、原子守恒配平化学方程式为。 ◆一句话点评：试题以稀散战略金属铟的精制为真实工业情境，融合离子液体萃取、分配率、溶度积等陌生信息，依托多组图表与对比数据设问，侧重考查信息提取、工艺目的分析与氧化还原方程式书写，反套路特征突出，是典型的物质提纯类工艺流程压轴题，很好地考查了证据推理与宏观微观结合的化学核心素养。 【仿照题1】（2026·湖南邵阳·一模）金（Au）是一种战略性金属。从某金精矿（含Au、Ag、、FeS2、SiO2和少量等）中提取金的一种工艺如下： 已知：①“浸取”时，矿粉中的金属硫化物、金属氧化物全部溶解，同时硫元素被通入的空气氧化为硫单质； ②Au、Ag在强氧化性氯化体系中可转化为可溶性的配离子和。 回答问题： (1)“浸取”步骤中，为加快浸取速率，可采取的措施有______________________________（写两点），在浸取时，发生反应的化学方程式是______________________________。 (2)“除、”时，加入浓NaOH溶液并加热。S与NaOH反应：，此反应中，每转移，被氧化的的质量为_____。 (3)“X”包含多个步骤，需同时加入盐酸和溶液。一定条件下，、浸取率随溶液中的变化如图所示。为尽可能提高Au、Ag的提取率和纯度，先控制浓度为_____（填“”或“”或“”，下同）浸取，过滤除去中的，再控制浓度为________浸取。 (4)“沉金”步骤中，向含有的滤液中加入和溶液，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。 (5)某杂冠醚可选择性地与废液中的形成如图所示的物质。该物质为_________（填“小分子”或“高分子”或“超分子”），其选择性识别是因为该杂冠醚与有配位作用且冠醚空腔直径与直径大小相匹配。 (6)金的晶胞为立方晶胞，如图所示，已知：NA为阿伏加德罗常数的值，金的密度为。 ①该晶胞中金原子的配位数是_________。 ②该晶胞边长为_________。 【答案】(1)适当升温、搅拌、适当增大HCl浓度等（写两点即可） (2)48 (3) (4)2∶3 (5)超分子 (6)12 【分析】以金精矿 (含Au、Ag、、FeS2、SiO2和少量等)为原料，先加入盐酸并通入空气浸取，矿粉中的金属硫化物与金属氧化物溶解，硫元素被空气氧化为单质硫，过滤后得到含有 S、SiO2、Au、Ag 的滤渣；向滤渣中加入浓NaOH溶液并加热，S和SiO2与碱反应溶解，过滤除去，得到金银粉体；金银粉体进入工序X，依次加入盐酸和H2O2，控制不同过氧化氢浓度分步浸取，先使用低浓度H2O2浸出 Ag并过滤除去，再换高浓度H2O2浸出Au，Au转化为进入滤液；最后向含金配离子的滤液中加入和NaOH进行沉金，被还原得到单质金，过滤分离出金。 【解析】（1）加快浸取速率措施：将矿粉粉碎、适当升高温度或适当增大盐酸浓度、搅拌等； FeS2浸取， O2作氧化剂，S被氧化为单质S，在盐酸环境反应方程式为：； （2）反应中，3 mol S参与反应，其中2 mol S化合价降低被还原；1 mol S化合价升高被氧化，转移4 mol e-。每转移4 mol e-，被氧化的S物质的量为1 mol；转移6 mol e-，被氧化S物质的量，； （3）由图像可知：低浓度时 Ag 优先浸出，Au浸出率低；高浓度Au浸出；先只浸出 Ag，除去 Ag：选；除Ag后，再提高浓度浸取Au：选； （4）沉金（Au 为 + 3 价，作为氧化剂被还原为Au 单质，每个 Au 得3e-）；（S为+4价，作为还原剂被氧化为+6价，每个S失2e-）；根据电子守恒：；所以； （5）杂冠醚与Ag+依靠分子间的非共价作用（配位作用）形成的聚集体，属于超分子； （6）金的晶胞为面心立方晶胞，以顶点金原子为例，与距离最近且相等的原子数共有12个，所以配位数为12；晶胞内Au原子数：，设晶胞边长a cm，，所以，，晶胞边长为：。 【典题2】（2026·河北卷）钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 已知：钒渣主要含、、和少量CaO、 等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的_____区。 (2)氧化工序通常采用较大的流量，其目的是_______________________；配平化学方程式：________________________________。 _____ _____ _____ _____ _____ ______ (3)滤渣的主要成分有 、__________、__________(填化学式)。 (4)80℃和40℃时，和的溶解度随 质量分数变化如图所示。结合图像分析 质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的原因：________________________________。 (5)母液返回_________工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为___________________________________。 【答案】(1)d (2)提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可） 4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O (3)Fe2O3 CaSiO3 (4)在NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4的溶解度远小于80℃，而Na2CrO4的溶解度变化不大。降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，从而实现钒和铬的分离 (5)氧化 (6)2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O 【分析】简要分析工艺流程：氧化：加入溶液，通入，140℃~180℃反应，铁的转化： 被氧化为 ，钒的转化：根据小问（2），碱性条件下被氧化为。铬的转化：被氧化为。硅的转化：直接与反应生成。沉淀：加入和，与水反应生成。与沉淀。同时，生成的氧化铁和不与碱反应的氧化镁也可能在此处作为滤渣除去。冷却结晶：降温至，利用不同物质溶解度随温度变化的差异进行分离。的溶解度受温度影响较大，且在高浓度碱性溶液中，降温容易析出；的溶解度通常较大，且受温度影响相对较小，在该条件下仍保持溶解状态。 析出的固体主要为钒的化合物（后续处理可得 ），而铬保留在母液中。这一步实现了钒铬分离。蒸发结晶：对分离出钒后的母液进行蒸发浓缩。让从母液中析出，母液中亦含有少量，还原：利用稀 、 。 将溶液中的 还原为。水解沉淀：调节溶液的 pH 值，使 发生水解反应，生成沉淀。后续过滤得到的 沉淀经过煅烧分解，即可得到最终产品 。 【解析】（1）根据元素周期表分区规则，V（23号）属于第ⅤB族，Cr（24号）属于第ⅥB族，它们的价电子排布分别为3d34s2和3d54s1，均位于d区。 （2）首先，氧化工序的目的是将FeO·V2O3和FeO·Cr2O3中的Fe(Ⅱ)、V(Ⅲ)、氧化为Fe(Ⅲ)、V(Ⅴ)，同时需要保证反应物充分接触，提高反应速率和转化率。采用较大O2流量可以提高氧气浓度，加快反应速率，使反应更充分（或提高钒、铬的浸出率等，合理即可）。配平化学方程式：FeO·V2O3中Fe为+2价，V为+3价；Fe2O3中Fe为+3价，Na3VO4中V为+5价。每1 mol FeO·V2O3中，Fe失去1 mol e⁻，2 mol V共失去4 mol e⁻，总计失去5 mol e⁻。O2每1 mol得4 mol e⁻，因此FeO·V2O3与O2的系数比为4:5。最终方程式为：4FeO·V2O3 + 24NaOH + 5O2 2Fe2O3+ 8Na3VO4+ 12H2O。 （3）在氧化步骤中，FeO·V2O3和FeO·Cr2O3被氧化为Fe2O3、Na3VO4、Na2CrO4，SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3。进入沉淀步骤后，加入和，与水反应生成。与沉淀，MgO与Fe2O3不与碱反应，综上，滤渣主要成分为MgO、Fe2O3、CaSiO3。 （4）观察图像：在80℃时，Na2CrO4的溶解度较高，且随NaOH浓度增加而降低。Na3VO4的溶解度较低，在40℃时，Na3VO4溶解度显著降低，而Na2CrO4溶解度仍较高。当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na3VO4溶解度远小于80℃，而Na2CrO4溶解度变化不大。因此，降温至40℃时，Na3VO4大量结晶析出，而Na2CrO4仍留在溶液中，可实现钒和铬的分离。 （5）母液主要含NaOH，以及未结晶析出的Na3VO4、Na2CrO4等，根据流程，母液应返回“氧化”工序，继续参与反应，提高原料利用率。 （6）还原工序中，Na2CrO4被Na2SO3还原为Cr3+，被氧化为。根据氧化还原反应配平，离子方程式为2 + 3 + 10H⁺ = 2Cr3+ + 3 + 5H2O。 ◆一句话点评：试题以钒铬战略金属亚熔盐清洁冶金新工艺为情境，融合元素分区、氧化还原配平、溶解度图像分析与流程循环判断，依托真实工业工艺，兼顾基础化学知识与图表信息解读，突出绿色化工理念，全面考查学生证据推理与工艺流程综合分析能力。 【仿照题2】（2026·四川巴中·模拟预测）某工厂采用如下工艺回收铜阳极泥中的Au、Ag和，并通过相应转化实现综合利用，流程如图： 已知：25℃时，，，；， 回答下列问题： (1)基态的价层电子排布式为_____。 (2)补全“浸金”时发生反应的离子方程式：______________。 __________________+_______=____________。 (3)①滤渣1的主要成分为__________________________。 ②“浸银”时，控制溶液，含微粒转化为 已知： 微粒 则中，配位原子是_____，形成配离子后，键角变小，原因是_________________________________________________________。 ③“甲醛还原”，控制溶液，向反应后的溶液中通入可生成___________(填溶质化学式)，实现浸银液的再生。 (4)①“浸铅”时发生转化：，从平衡移动角度分析的作用为_______________________________。 ②“沉铅”后的，经溶液处理转化为，该反应的化学方程式为__________________________________。 【答案】(1) (2) (3)AgCl、 S S原子提供孤电子对与形成配位键后，S原子电子云密度降低，S-O键成键电子对之间的排斥力减弱，因此∠O-S-O键角变小 (4)增大浓度，同时可与体系中结合生成沉淀，降低，均使浸铅的平衡正向移动，促进溶解 【分析】浸金：酸性氯化体系氧化剂在酸性条件下把氧化，生成稳定的四氯合金 (Ⅲ) 配离子进入滤液1；转化为AgCl沉淀；Pb生成沉淀，二者留在滤渣1；滤液1加入作还原剂，将还原为单质Au；滤渣1加将AgCl固体转化成可溶性银配离子进入滤液2；不溶解，进入滤渣2；滤液2还原制银粉（甲醛HCHO还原）：碱性条件下甲醛还原，析出单质Ag（银粉）；滤渣2 浸铅：在高浓度中形成可溶性氯合铅配离子而溶解；最后净化结晶 、沉铅、可得铅丹。 【解析】（1）Cu是29号元素，属于洪特规则特例的元素，全满结构更稳定，价层电子包含最外层的4s轨道和次外层的3d轨道，价电子排布式为； （2）Au从0价升高到+3价，每个Au失3e⁻；中Cl从+5价降低到-1价，每个得6e⁻，因此Au的系数配2，系数配1；酸性环境下用配平电荷，依据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式为； （3）①浸金步骤加入了、，Au被溶解进入滤液1，而Ag转化为AgCl、Pb转化为，二者均难溶于该酸性体系，因此成为滤渣1的主要成分； ②配离子配体为，的中心S原子存在对孤电子对，作为配位原子提供孤电子对与形成配位键；中S原子有1对孤电子对，S原子提供孤电子对与Ag⁺形成配位键后，S原子电子云密度降低，S-O键成键电子对之间的排斥力减弱，因此∠O-S-O键角变小； ③浸银使用作为配体，甲醛还原Ag后配体被消耗，碱性条件下通入可生成，实现浸银液再生； （4）①电离出高浓度的，增大反应物浓度，同时可与体系中结合生成沉淀，降低，均使浸铅的平衡正向移动，促进溶解； ②根据原子守恒，和NaOH反应生成PbO，同时生成NaCl和，配平化学方程式为:。 考向二 物质制备类工艺流程综合题 【典题1】（2026·浙江卷）铝及其化合物应用广泛。工业上以铝土矿（主要成分可表示为，另含有少量、等元素）为原料生产铝及其化合物的流程如下： 请回答： (1)步骤Ⅰ生成__________（填一种物质名称），会导致产品铝的产率降低。 (2)结合能力：___________Fe(OH)3（填“”“”或“”）。 (3)①步骤Ⅱ，高温饱和X溶液冷却，无沉淀析出，加入少量固体后，析出大量沉淀。沉淀析出的原因是____________________________________________（用化学方程式表示）。 ②步骤Ⅱ，往X溶液中通入也可析出沉淀。该反应的化学方程式是_______________。 (4)步骤Ⅲ，依次与两种含氟化合物反应，可制备。这两种含氟化合物是_________（填化学式）。 (5)铝土矿中常伴生元素镓（Ga），通过上述流程可能进入产品铝中。为判断产品铝中是否含有Ga元素，宜采用的方法是_____。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．核磁共振氢谱法 (6)已知：。 ①的一种晶胞如图。该晶胞中阴离子的个数是________。 ②有同学认为：通过形成，AlCl3能促使如下转化发生： 判断该观点是否合理_____（填“是”或“否”），并从结构角度说明理由_________________________。 【答案】(1)铝硅酸钠 (2) (3) (4)、 (5)A (6)4 否 可与形成，氯苯失去生成，两个带正电的不能结合成二联苯 【分析】铝土矿与溶液在加热加压条件下反应，转化为Na[Al(OH)4]‌， 转化为，而不溶，形成滤渣（铝硅酸钠、 等）。Na[Al(OH)4]‌溶液经步骤Ⅱ析出。与、 反应生成。另外煅烧Al(OH)3得到Al2O3，加入冰晶石后电解得到，再进一步制备。据此解答； 【解析】（1）铝土矿中的会与反应生成，而转化为Na[Al(OH)4]‌。在步骤Ⅰ中，与Na[Al(OH)4]‌可能发生反应生成铝硅酸钠沉淀，这会导致部分元素进入滤渣，从而降低铝的产率。 （2）在步骤Ⅰ中，能溶于溶液，而不溶。这说明的酸性比强，即更容易结合形成 。 （3）① 根据流程，溶液应为Na[Al(OH)4]‌溶液。在水中存在水解平衡。加入少量的固体作为“晶种”，可以打破溶液的过饱和状态，促使水解平衡向生成沉淀的方向移动，从而析出大量沉淀，反应方程式为。 ②Na[Al(OH)4]‌溶液中通入，生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，化学方程式为。 （4）需要先与反应生成，再与反应生成。总反应可表示为：，因此，两种含氟化合物是和。 （5）判断物质中是否含有某种金属元素（如镓Ga），最常用、最灵敏的方法是原子发射光谱法（利用不同元素原子的特征光谱线进行定性或定量分析）。红外光谱主要用于测定有机物中的官能团，核磁共振氢谱用于测定有机物中氢原子的种类和比例，故选A。 （6）①观察晶胞图：（黑球）：位于体内，总数为个。根据化学式，与比例为1:1，故也为4个。 ②催化反应的原理是通过结合形成，从而使碳卤键断裂产生碳正离子（），而两个带正电的不能结合成二联苯。 ◆一句话点评：试题以铝土矿冶炼铝的经典工艺流程为载体，融合元素性质、晶胞计算、物质检验与有机反应机理，兼顾基础主干知识与陌生信息探究，设问跨度大，综合性强，考查学生多角度分析化学问题的能力。 【仿照题1】（2026·河南安阳·模拟预测）工业上一种二氧化锰法制备氢氧化钡的流程如下： 已知：。 回答下列问题： (1)锰在元素周期表中的位置是__________。 (2)重晶石的主要成分是，焙烧时发生的反应有(未配平)： a．时， b．℃时， 工业生产中不同温度下用煤还原重晶石，钡转入溶液中的百分数随时间变化如图所示： 选择重晶石和煤粉生产BaS最合适的化学方程式为_______________________________，理由是___________________________________________________________。 (3)化料过程有生成，该反应的化学方程式为_______________________________；脱硫过程有MnO生成，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为__________。 (4)试验表明，配料比为宜，理由是_______________________________。 (5)的长方体晶胞及沿z轴的投影如图所示： 晶体的密度是__________(用含a、b、的代数式表示，)。 【答案】(1)第四周期第VIIB族 (2) ℃时，反应速率快，钡转入溶液中的百分数较高 (3) 1：1 (4)若MnO2少量，脱硫不充分，会降低Ba元素的转化率；若MnO2过量，会与Ba(OH)2反应，降低Ba(OH)2的产率 (5) 【分析】重晶石、碳粉焙烧得到硫化钡，得到化料加水，再加入二氧化锰粉末进行脱硫反应，通过过滤去除滤渣，滤液蒸发、冷却结晶，再分离脱水得到母液和成品氢氧化钡； 【解析】（1）锰为25号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第VIIB族； （2）选择重晶石和煤粉生产BaS最合适的化学方程式为，理由是℃时，反应速率快，钡转入溶液中的百分数较高； （3）BaS水浸，发生水解，一部分结合生成HS－得到硫氢化钡：； 脱硫反应一般是： ，锰元素由+4价降为+2价，MnO为还原产物；硫元素由-2价升高0价，S是氧化产物，根据方程式可知，该反应中氧化产物S与还原产物MnO的物质的量之比为1：1； （4）该反应二者化学计量数之比为1：1；若MnO2少量，脱硫不充分，会降低Ba元素的转化率；若MnO2过量，根据已知信息，MnO2会与Ba(OH)2反应，降低Ba(OH)2的产率； （5）根据均摊法，该晶胞中含有个Mn，个O，即1个晶胞含有2个MnO2；密度为。 【典题2】（2026·甘肃卷）某地为完善绿色化工布局、延伸传统产业链条建设钛白厂。生产钛白(TiO2)的主要工艺流程如下： 已知钛铁矿(主要成分为)的酸解反应方程式为； 的溶解度为。 (1)该地已建有大型金属冶炼厂，主要原料为金属硫化物，据此分析在该地建设钛白厂的优势有________。 (2)FeSO4的溶解度随温度变化如图所示，则“操作X”是___________和过滤。 (3)钛白是一种白色固体，若产品钛白颜色发黄，可能是由于“还原”工艺中___________。 (4)绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]。每生产至少需消耗___________；多孔具有优良的气体净化能力，原因有______________。 (5)利用如下工艺流程制备金属钛： 已知一个化学反应、不管是一步完成还是分几步完成，其自由能变相同。在1073 K时： ①     ②     反应①不能自发进行，但“氯化”工艺中加入过量焦炭后可生成，该工艺发生的总反应方程式为________。加入焦炭后反应能够自发进行的原因是________。 【答案】(1)冶炼金属硫化物产生的可用于制备硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染 (2)蒸发浓缩、冷却结晶 (3)铁屑加入量不足，导致溶液中的未被完全还原，后续水解生成含铁杂质混入产品中 (4) 多孔结构具有较大的比表面积，物理吸附能力强，且能与发生化学反应 (5) 总反应的自由能变，反应能够自发进行 【分析】钛铁矿(主要成分为)，加入浓硫酸，发生的酸解反应方程式为，加水进行水浸，得到含和的溶液，水浸后加铁屑还原，把Fe3+全部还原为Fe2+，取上层清液，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到晶体和含溶液，经过一系列操作得到钛白(TiO2)，据此回答。 【解析】（1）该地建有大型金属硫化物冶炼厂，金属硫化物冶炼会产生大量，经氧化、吸水可以制备浓硫酸，为钛白厂提供原料，降低生产成本并减少环境污染； （2）由图像知，溶解度随温度降低明显减小，要析出晶体，需要进行的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，再过滤； （3）钛白TiO2是白色，Fe2O3（三氧化二铁）是红黄色，还原步骤加铁屑目的为把Fe3+全部还原为Fe2+，后续以晶体除去， 若铁屑不足，Fe3+没有完全被还原除去，后续煅烧生成Fe2O3杂质，钛白发黄； （4）绿矾()在碱性条件下与氧气反应可制备多孔羟基氧化铁[]，反应的化学方程式为：，根据方程可得，则生成1 mol FeO(OH)，消耗0.25molO2；由于多孔FeO(OH)的多孔结构，比表面积大，吸附能力强；Fe3+具有氧化性，可以和还原性气体H2S发生氧化还原反应；H2S是酸性气体，可以和FeO(OH)发生酸碱反应，故多孔具有优良的气体净化能力； （5）已知①，②，由①+②可得总反应为：；总反应可以自发。 ◆一句话点评：试题以钛白粉制备的传统化工流程为载体，结合地方产业链绿色化工背景，串联溶解度曲线、反应自发性、氧化还原定量计算与工业区位分析，兼顾元素化合物、化学反应原理，设问由工业实际出发，考查学生综合运用化学原理解释生产问题的能力。 【仿照题2】（2026·浙江嘉兴·一模）四氯化钛()是制取航空航天工业材料——钛合金的重要原料。工业上利用高钛炉渣(主要成分为、，含有少量、等杂质)制备的流程如下： 请回答： (1)下列有关中涉及元素的说法正确的是________。 A．Ca和O均位于元素周期表p区 B．O原子的某种激发态的电子排布式可能为 C．Ti位于元素周期表中第四周期第ⅣB族 D．可利用红外光谱法对进行元素的定量分析 (2)“焙烧”时，Ti元素全部转化为具有下列结构阳离子的盐，写出发生“焙烧”反应的化学方程式________________________________________。酸浸渣的主要成分为________。 (3)制备时，生成的气体中，该反应的化学方程式为__________________________________。 (4)钙钛矿()材料具备吸光性、电催化性等独特的理化性质，其晶体结构如图1所示。 ①其中A代表________(写离子符号)，与其紧邻且等距的O原子数为________。 ②有机-无机杂化材料、具有与相同的晶体结构。的晶胞如图2所示。位于晶胞体心，位于顶点的微粒为________；H-N-H键角大小比较：________(填“>”“＜”或“=”)；请解释的热稳定性强于的原因______________________________________________。 【答案】(1)BC (2) 、 (3) (4) 12 > Br的半径小于I，体积小于(或的电荷密度更大)，的作用力(或离子键)更强，热稳定性更强 【分析】将高钛炉渣与浓硫酸混合焙烧。难溶的与浓硫酸反应，生成可溶性的和，同时也转化为硫酸铁。 不反应。用稀硫酸对焙烧渣进行浸取，使、等进入溶液。 、留在渣中，实现除硅和除大部分钙。分离出酸浸渣，得到含有和的滤液。加热滤液，促使彻底水解，生成不溶于水的，而杂质留在溶液中。分离出，将固体高温煅烧，分解得到纯净的。将纯净的与碳粉混合，在的高温下通入氯气进行氯化。碳作为还原剂，将的氧化物还原并氯化为易挥发的气体，据此解答。 【解析】（1）A．Ca位于第四周期第ⅡA族，属于s区；O位于第二周期第ⅥA族，属于p区，A错误； B．O的基态电子排布为1s22s22p4。若将一个2s电子激发到2p轨道，可形成1s22s12p5的激发态，B正确； C．Ti的原子序数为22，电子排布为[Ar]3d24s2，位于第四周期第ⅣB族，C正确； D．红外光谱法主要用于分析分子中的官能团或化学键，无法直接进行元素定量分析，D错误； 故选BC。 （2）根据题目所给的结构，阳离子可以简化为TiO2+。故CaTiO3与浓硫酸反应时，Ti元素转化为TiOSO4，Ca元素转化为CaSO4，同时生成水。反应方程式为。根据分析，酸浸渣的主要成分为CaSO4和SiO2。 （3）已知反应物为TiO2、C、Cl2，产物为TiCl4、CO、CO2。根据n(CO)：n(CO2)＝2：1，设CO为2 mol，CO2为1 mol，则总C为3 mol，总O为2×1 + 1×2 = 4 mol，对应TiO2为2 mol。Cl2的量根据TiCl4确定，2 mol TiO2对应2 mol TiCl4，需4 mol Cl2。化学方程式为。 （4）①观察图1，A位于体心，B位于顶点，X位于棱心。根据CaTiO3的化学式，Ca2+:Ti4+:O2- = 1:1:3。B（顶点）：8个顶点，每个占，共8× = 1个。X（棱心）：12个棱心，每个占，共12× = 3个。A（体心）：1个，占1个。因此，A为Ca2+，B为Ti4+，X为O2-。A位于体心，与其紧邻且等距的O2-位于棱心，共有12个。 ②根据CaTiO3结构，Pb2+对应Ti4+（体心），则顶点对应Ca2+，面心对应O2-。在CH3NH3PbI3中，Pb2+在体心，I⁻在面心，在顶点。顶点微粒为。中N原子形成4个σ键（3个N-H，1个N-C），无孤对电子，为sp3杂化，键角接近109°28′。CH3NH2中N原子形成3个σ键（2个N-H，1个N-C），有1对孤对电子，孤对电子与成键电子对斥力大于成键电子对之间斥力，导致H-N-H键角小于109°28′。因此，中H-N-H键角＞CH3NH2中H-N-H键角。 对于CH3NH3PbBr3与CH3NH3PbI3的热稳定性，Br的半径小于I，体积小于(或的电荷密度更大)，的作用力(或离子键)更强，热稳定性更强。 考向一 物质提纯类工艺流程综合题 1.（2026·河南卷）一种从废芯片(主要含有、、、、等)中回收金属的工艺流程如下： 已知：流程中被还原为；“浸出2”中和的浸出率较低；“浸出3”中和转化为和。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有___________(写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，未完全转化为，“浸出1”中参与反应的离子方程式为___________。 (3)“电解”时，“滤液1”和溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是___________。 (4)已知的约为，表明该反应可以进行得基本完全，但在“浸出2”中浸出率较低，原因是___________。 (5)“沉淀”产生的可被还原为，中元素只转化为。理论上与反应的物质的量之比为___________。 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是___________。 (7)“氧化”中，转化为沉淀，该反应的离子方程式为___________。 【答案】(1)废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量（任选一条即可） (2) (3)提取并回收金属铜，同时将阳极液中的氧化再生为（或 ）以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4:1 (6)合并富集Ce、Au、Pd元素，提高Ce的利用率和Au、Pd的回收率 (7) 【分析】该流程是从含有、、、、等的废芯片中分步回收有价金属，废芯片先经焙烧预处理氧化部分金属；随后“浸出1”用硫酸+硫酸铁溶解铜，所得滤液1经电解可回收铜单质，同时再生循环回浸出工序；之后经“浸出2”浸出Ag+及少量Au3+、Pd2+，滤液沉银得到，可还原回收银；再经“浸出3”进一步浸出剩余、，得到的氯配离子用Zn还原得到Au、Pd产品；最后含的流出液经氧化得到回收铈，滤液3循环利用，提升了金属收率与原料利用率。 【解析】（1）提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 （2）“浸出1”中使用了H2SO4和Fe2(SO4)3，Fe3+具有氧化性，可以将Cu氧化为Cu2+，自身被还原为Fe2+。离子方程式为：。 （3）“滤液1”中含有Fe 2+、Cu 2+等离子，阳极液为FeSO4溶液，阳极反应为，阴极反应为：。通过电解，可以将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1被回收。 （4）的约为，从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发生），这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间内无法有效浸出。 （5）AgCl被还原为Ag，Ag+ → Ag，每个Ag+得1e⁻。被氧化为，N从-2 → 0，每个N失2e⁻，1 mol失4e⁻，根据得失电子守恒可得。 （6）根据已知，“浸出3”中使用(NH4)2Ce(NO3)6和HCl浸出，Au和Pd转化为和，而“沉淀”步骤中，“滤液3”含有Ce3+和未反应完的Ce4+以及少量被浸出的Au和Pd，流程最终需要将Ce元素转化为Ce(OH)4沉淀进行回收，将Au、Pd元素转化为单质进行回收，将“滤液3”合并到主流程中，可以将分散的Ce、Au、Pd元素集中起来，提高Au、Pd的回收率以及Ce的利用率。 （7）氧化”步骤中，NaClO将氧化为，在碱性条件下生成沉淀。ClO⁻被还原为Cl⁻。根据氧化还原反应配平，离子方程式为。 2.（2026·广东卷）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 【分析】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。 【解析】（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。 3.（2025·四川卷）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有等)进行研究，设计如下工艺流程。实现了铜和锌的分离回收。 回答下列问题： (1)铜元素位于元素周期表第 周期、第 族。 (2)“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为 。 (3)滤渣①中，除外，主要还有 。 (4)“中和除杂”步骤，调控溶液左右，发生反应的离子方程式为 。 (5)“深度脱氯”时，的存在使锌粉还原产生的与反应，生成能被空气氧化的沉淀，使被脱除。欲脱除，理论上需要锌粉 。 (6)可以通过 (填标号)将其溶解，并返回到 步骤中。 a．盐酸酸化、双氧水氧化    b．硫酸酸化、氧化 c．硝酸酸化和氧化          d．硫酸酸化、双氧水氧化 (7)“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。 ①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是 。 ②“电解分离”前，需要脱氯的原因有 。 【答案】(1)四 ⅠB (2)2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2 (3)PbSO4 (4) (5)0.5 (6)d 碱浸脱氯 (7)放电顺序：，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+，Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，实现铜、锌的分离 若不脱氯，Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，且影响铜、锌分离效果 【分析】烟道灰先通过“碱浸脱氯”，使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀，即把CuCl2和ZnCl2转化为碱式碳酸盐沉淀，再用稀硫酸进行酸浸，除去PbO和SiO2。“中和除杂”通过调节pH值使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去。“深度脱氯”时，发生的反应为，，可通过比例关系计算出需要锌粉的量。CuCl要溶解并返回到前面的流程中，就不能引入新的杂质离子。“电解分离”时离子的放电顺序Cu2+在H+之前，Zn 2+在H+之后，产生大量气泡时，说明H+开始放电，即Cu2+已经全部反应完，铜、锌分离已完成。 【解析】（1）铜是29号元素，其核外电子排布为[Ar]3d104s1，根据元素周期表的结构，电子层数等于周期数，铜有4个电子层，所以位于第四周期；其价电子构型为3d104s1，属于第ⅠB族。 （2）“碱浸脱氯”时，碳酸钠与氯化铜反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]、氯化钠和碳酸氢钠，化学方程式为2CuCl2+3Na2CO3+2H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+2NaHCO3或2CuCl2+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+4NaCl+CO2。 （3）烟道灰中的PbO与稀H2SO4反应生成PbSO4沉淀，SiO2不与稀H2SO4反应，所以滤渣①中除SiO2外，还有PbSO4。 （4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH = 3.5左右，此时溶液中的Fe3+会水解生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为，加入的Zn2(OH)2CO3与H+反应，促进Fe3+的水解平衡正向移动，，总离子方程式为； （5）“深度脱氯”时发生的反应为，从反应可知脱除2mol Cl-需要1mol Cu，而Zn与Cu2+反应生成Cu的反应为，即生成1mol Cu需要1mol Zn。所以脱除1.0mol Cl-，根据反应比例关系，理论上需要锌粉0.5mol。 （6）a．盐酸酸化和双氧水氧化使CuCl转化为CuCl2，而最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸，a错误； b．KMnO4氧化会引入Mn2+、K+等杂质离子，b错误； c．硝酸酸化和氧化会引入，c错误； d．能被硫酸酸化的双氧水氧化，且没有引入杂质， d正确； 故答案为：d； 硫酸酸化、双氧水氧化后的溶液可以返回到碱浸脱氯步骤。 （7）①“电解分离”时，放电顺序：，阴极发生还原反应，阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为Cu2+会先在阴极得到电子被还原），Zn2+因氧化性弱于氢离子未参与反应，留在溶液中，此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已完成。 ②“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，采用无隔膜电解槽，氯气可与阴极产生的氢气反应可能会发生爆炸，存在安全隐患，同时Cl-存在会使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应生成CuCl沉淀，影响铜的纯度。 4.（2025·海南卷）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： (1)“粉碎”的目的是 。 (2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为 。 (3)“碱熔”中产生的气体C为 ，滤渣E是 (均填化学式)。E与 (填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 (4)某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为 。 (5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有 、 。 【答案】(1)加快“加压氨浸”的速度 (2) (3) 盐酸 (4)90% (5)实现、等物质的循环利用，原料利用率高 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力 【分析】废耐火砖中主要含、Cu12.0%，经过粉碎通入氧气加压氨浸，铜转化为配位离子，过滤后得到的滤液A中含有，经过一系列处理回收金属Cu；滤渣B中含有，加入碳酸钠碱溶后，气体C是，在碱熔高温转化为，通过水萃滤液D中含有，加入二氧化碳气体得到滤渣E(氢氧化铝)。 【解析】（1）“粉碎”的目的是通过增大接触面积加快“加压氨浸”的速度。 （2）“加压氨浸”时铜与氧气、氨气反应转化为配位离子铜氨离子，该过程的化学反应方程式为。 （3）“碱熔”所加的“碱”实际上是纯碱，与滤渣B中的反应产生的气体C为。根据分析滤液D中为，与气体C()反应可生成滤渣E为。，需要引入Cl—，故可让与盐酸反应获得聚合氯化铝。 （4）废砖中Cu的质量为 。产出的2.70 kg CuO中Cu的质量为 。则Cu的回收率为 。 （5）本工艺的环保与绿色化学优势，可归纳为： ①实现、等物质的循环利用，原料利用率高。 ②资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力。 5．（2024·贵州卷）煤气化渣属于大宗固废，主要成分为及少量MgO等。一种利用“酸浸—碱沉—充钠”工艺，制备钠基正极材料和回收的流程如下： 已知： ①25℃时，； ②。 回答下列问题： (1)“滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，此时溶液中 。 (3)“除杂”时需加入的试剂X是 。 (4)“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”的作用是 ，水热合成的离子方程式为 。 (5)“煅烧”得到的物质也能合成钠基正极材料，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”生成的化学方程式为 。 ②的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有的单元数有 个。 ③若“焙烧”温度为时，生成纯相，则 ，其可能的结构示意图为 (选填“乙”或“丙”)。 【答案】(1)SiO2 (2)2.8×10-6 (3)NaOH溶液 (4)提供Na+和反应所需要的碱性环境 (5) 3 0.25 乙 【分析】煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，及少量MgO转化为硫酸铁、硫酸铝和硫酸镁，往其中加氢氧化钠溶液进行碱浸，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀；过滤，滤液1中含硫酸铝和硫酸镁，加过量的氢氧化钠溶液使镁离子转化为氢氧化镁沉淀除去，过滤，滤液主要含和NaOH，往其中加氢氧化铝晶种，过滤得Al2O3‧3H2O和NaOH溶液，焙烧Al2O3‧3H2O得Al2O3；在煅烧氢氧化铁所获得的产物中加稀硫酸酸浸、足量的铁还原，然后加NH4H2PO4、稳定剂和滤液2水热合成得NaFePO4。 【解析】（1）煤气化渣(主要成分为及少量MgO等)中加浓硫酸酸浸，SiO2不反应、也不溶解成为滤渣，即“滤渣”的主要成分为SiO2； （2）25℃时，“碱沉”控制溶液pH至3.0，即c(H+)=10-3mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，此时溶液中； （3）“除杂”时需要沉淀镁离子、得，所以加入的试剂X是NaOH溶液； （4）“水热合成”中，作为磷源，“滤液2”为NaOH溶液，其既可以提供合成所需要的Na+，又可以提供反应所需要的碱性环境，水热合成的离子方程式为； （5）①该工艺经碳热还原得到，“焙烧”时、Na2CO3和O2反应生成，其化学方程式为； ②由的晶胞图如甲可知，每个晶胞中含有Fe：4×+2=3，Na：8×+2=3，O：8×+4=6，即每个晶胞中的单元数有3个； ③若“焙烧”温度为时，，生成纯相，则，解得0.25；丙图中Na：1+6×=1.75，，乙图中Na：2+2×=2.25，，则其可能的结构示意图为乙。 6．（2024·广东卷）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 【分析】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； 【解析】（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。 考向二 物质制备类工艺流程综合题 7.（2026·湖南卷）一种由硫化铅精矿(含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 已知：①乙二胺(，简写为en)为一种二元弱碱。 ②，。 ③金属离子浓度不超过时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第______族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为______；采用加压操作可提高反应速率，原因是______。 (3)“酸性溶液”经处理后，、浓度分别为、，调pH使恰好沉淀完全时(假设溶液体积不变)，______(填标号)。 a．沉淀完全    b．部分沉淀    c．未沉淀 (4)“胺浸”后，转化为配合物，“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[]。下列说法正确的是______(填标号)。 a．配合物中的配位原子为N b．“沉铅”过程中，溶液pH增大 c．流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为______；若用炭代替CH4，将导致铅纯度下降，原因是______。 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有______、______(写化学式)。 【答案】(1)IVA (2) 增大体系中氧气的压强（或浓度），从而加快反应速率 (3)b (4)ac (5) 炭为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度下降 (6) 【分析】加压氧化将转化为和单质；胺浸利用乙二胺将转化为可溶性配合物以实现固液分离；沉铅通过通入生成碱式碳酸铅沉淀；高温还原利用将铅还原出来；再生步骤利用回收乙二胺并处理副产物。 【解析】（1）Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元素周期表第六周期第IVA族。 （2）“加压氧化”中，与空气中的及加入的硫酸反应，生成沉淀和单质。根据电子守恒和原子守恒，可写出离子方程式为。采用加压操作可以增大氧气的溶解度或浓度，从而有效加快反应速率。 （3） 当恰好沉淀完全时，溶液中，此时溶液中。 对于，其浓度商。 因为，故有沉淀生成； 若沉淀完全，需要，说明此时并未沉淀完全。因此部分沉淀，选b。 （4）a．乙二胺()中的氮原子含有孤电子对，可作为配位原子与形成配位键，正确； b．“沉铅”过程中通入，生成碱式碳酸铅[]，消耗了溶液中的碱性物质（乙二胺），导致溶液pH减小，错误； c．由流程图可知，“再生”工序加入后重新得到乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环利用，正确； 故选ac。 （5）“高温还原”中，与反应生成、和。反应中元素化合价由+2降至0，元素化合价由-4升至+4，根据得失电子守恒配平化学方程式为。若用炭代替，由于炭是固体，反应后过量的炭容易作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的纯度下降。 （6）“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入后产生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入进行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应生成微溶的和难溶的沉淀，因此得到的“含钙粗产品”的主要成分为和。 8.（2026·湖北卷）赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），结构致密，在酸液中溶解缓慢。某研究小组以赤铁矿为原料制备电池级磷酸铁（）的低碳新工艺流程如下： 已知：时，的电离常数；。 回答下列问题： (1)基态铁原子的价层电子排布式为________。 (2)预处理将赤铁矿中部分转化为，导致晶格畸变，使矿石产生微裂纹，加快“酸浸”速率，其原因是________。 (3)“酸浸”条件：为的混合酸，。混合酸中盐酸的作用是________（答两条即可）。 (4)酸浸液中加入，被氧化成的离子方程式为________。 (5)“沉淀”步骤中，用氨水调节至2.00生成沉淀，无沉淀。基于，该溶液中浓度不大于________，此时滤液中的主要成分为________（填化学式）。 (6)沉淀煅烧得到，质量符合锂电池材料的工业规格。时，得到的沉淀中含、等少量杂质，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为。此时，产物中杂质是________（填化学式）。 【答案】(1) (2)矿石产生微裂纹，增大固液接触面积，便于酸液渗透，加快浸出反应速率 (3)提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解、提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出、同时不引入杂质，不干扰后续FePO4沉淀生成（任选两条） (4) (5) NH4Cl (6) 【分析】赤铁矿主要成分为（含少量、、等元素的氧化物），先掺入 0.8% 碳在650℃高温活化预处理，破坏矿石致密结构，提升后续酸浸效率；再用HCl-H3PO4混合酸加热酸浸，铁元素溶出，硅类杂质形成滤渣分离；浸出液加H2O2氧化，将低价铁全部转化为Fe3+，随后滴加氨水调节pH，沉淀析出，滤液含铝、镁杂质除去。结晶产物经650℃煅烧脱去结晶水，最终得到无水磷酸铁，据此回答。 【解析】（1）Fe为26号元素，电子排布，价层电子排布式为：； （2）矿石晶格畸变产生微裂纹，增大矿石与酸液的接触面积，同时内部孔隙增多，酸液更容易渗入矿石内部，有效提升浸出反应速率； （3）“酸浸”加入盐酸，提供大量H+，增强体系酸性，促进氧化铁矿物溶解；提供，与形成稳定配离子，促进铁元素浸出；同时不引入杂质，不干扰后续沉淀生成（任选两条）； （4）酸浸液中加入，被氧化为，与形成配合物，离子方程式为：； （5），，，，；加，故阳离子主要为：，阴离子主要为：，此时滤液中的主要成分为NH4Cl； （6）中与原子个数比为，煅烧沉淀得到的目标产物中与原子个数比为，Fe比例偏高，说明杂质不含P、只含铁，原料杂质、煅烧脱水生成，故产物中杂质是。 9.（2025·重庆卷）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下： 已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题： (1)真空焙烧时生成的主要产物为，其中Se的化合价为 ，Al元素基态原子的电子排布式为 。 (2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为 。 (3)热解反应：  。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。Se由气态直接转变为固态的过程称为 。迅速降温的目的 ；冷凝后尾气的成分为 (填化学式)。 (4)Se的含量可根据行业标准YS/T 226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下： 称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1 Na2S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为)，又消耗8.00mL。过程②中Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程③的离子方程式为 。该样品中Se的质量分数为 。 【答案】(1) (2) (3)凝华 减少生成，提高Se产率 ， (4) 94.8% 【分析】粗Se加入铝粉焙烧得到，通入水蒸气氢化得到，脱水后热解发生反应：，冷凝后得到精Se； 【解析】（1）Al是IIIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为； （2）“氢化”过程是与水蒸气反应生成，化学方程式为； （3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速冷凝Se蒸汽，故目的是减少生成，提高Se产率；尾气种含有以及少量的； （4）反应③是被KI还原为Se的过程，离子方程式为：； 第一次加入40.00mL的溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将还原为Se，第二次再加入同浓度的滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL 0.1mol/L的溶液与反应，根据已知条件Se(IV)与反应的物质的量之比为，则，样品中Se的含量：。 10.（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： Ⅰ Ⅱ 已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。 时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 。 (2)时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积 。 (3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。 ①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度 (填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 。 (5)从滤液Ⅱ获取晶体的操作为 (填标号)。 a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤    b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a．增大反应物间的接触面积    b．破坏反应物的化学键 c．降低反应的活化能          d．研钵表面跟反应物更好接触 【答案】(1) (2) (3)正向 ＜ (4) (5)a (6)ab 【分析】工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体； 对比两种工艺流程，流程Ⅱ添加粉末，由题目可知，生成的的溶解度极低，使得不转化为Ca(OH)2，提高了的产率，据此解答。 【解析】（1）氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布为； （2）饱和溶液的浓度为，则、，； （3）①转化率为78%，说明固相反应主要向生成Ca(OH)2和NaF的方向进行，即正向进行程度大； ②NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转化的规律可推测： ； （4）根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成难溶的CaTiO3、NaF和H2O，化学方程式为：； （5）由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b； （6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选；b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选；c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活化能，c不选；d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。 11.（2024·天津卷）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。 I．实验流程 (1)实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是 。 (2)写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式 ，此反应的实验现象是 。 (3)实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由 。 (4)过滤时用到的玻璃仪器有 。 (5)洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是 (填序号)。 a．水          b．乙醇           c．醋酸 (6)上述实验流程中可循环使用的反应物为 。 Ⅱ．柠檬酸钙样品纯度的测定 已知：柠檬酸钙的摩尔质量为，EDTA与按(物质的量之比)形成稳定配合物。 将干燥后的柠檬酸钙样品置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成试液，用溶液调节大于13，加入钙指示剂，用的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液。 (7)配制溶液时，需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，其目的是 。 (8)测定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，加入EDTA标准溶液之前，需进行的操作为 。若滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，会导致测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。 (9)样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是 (用字母表示)。 【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率，使其充分反应 (2) 蛋壳粉逐渐溶解并产生无色气体 (3)醋酸钙易溶于水，而直接反应生成的柠檬酸钙会覆盖在固体表面，阻止反应的继续进行 (4)烧杯、漏斗、玻璃棒 (5)b (6)醋酸(或乙酸、) (7)减少溶质损失，降低误差 (8)用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2-3次 无影响 (9)(或) 【分析】碳酸钙固体研磨后有利于加快反应速率，加入醋酸，发生反应：，经过滤得到醋酸钙，醋酸钙与柠檬酸反应过滤后得到较纯净的柠檬酸钙固体，洗涤、干燥后得产品，据此回答。 【解析】（1）需将蛋壳研磨成粉，其目的是增大固体反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率； （2）蛋壳主要成分是碳酸钙，是难溶的固体，醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开要用化学式，碳酸钙与醋酸反应的离子方程式为：；此反应的实验现象是蛋壳粉逐渐溶解并产生无色气体； （3）实验中先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应，原因是：醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应； （4）过滤时用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸，玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒； （5）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂乙醇，答案选b； （6）蛋壳制备柠檬酸钙的主要反应为：①；②溶液中加柠檬酸，生成柠檬酸钙和醋酸。其中可以循环使用的物质是； （7）配制一定物质的量浓度的溶液，需将烧杯和玻璃棒进行洗涤，将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，目的是将溶质全部转移至容量瓶中，减少溶质的损失，减少实验误差； （8）滴定管用蒸馏水洗涤后，加入标准溶液之前，需用对滴定管进行润洗，故操作为：用少量标准溶液润洗滴定管次；滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，这些水分不改变标准液和待测液中的溶质，所以对滴定结果无影响； （9）柠檬酸钙的摩尔质量为，与按(物质的量之比)形成稳定配合物。，列比例可得样品中柠檬酸钙质量，样品中柠檬酸钙质量分数的表达式：。 12.（2024·广西卷）广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(，含和CuO等杂质)制备光电材料的流程如下。回答下列问题： 已知： 物质 (1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是 。为提高“浸取”速率，可采取的措施是 (任举一例)。 (2)“滤渣1”的主要成分是 (填化学式)。 (3)常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有 (填化学式)。 (4)“X”可选用_______。 A． B． C．Zn D． (5)若用替代沉锰，得到沉淀。写出生成的离子方程式 。 (6)立方晶胞如图，晶胞参数为，该晶体中与一个紧邻的有 个。已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 (用含的代数式表示)。 【答案】(1)把二氧化锰还原为硫酸锰 把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2 (3)Al3+ (4)D (5) (6)4 【分析】软锰矿含有和少量、CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为。 【解析】（1）二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和，其主要作用是把二氧化锰还原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、加热等。 （2）二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。 （3）根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH-)= ，pH约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH-)=，pH约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH-)=，pH约为6.7；常温下，用调节溶液pH至时，可完全沉淀的离子有Al3+。 （4）加X的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用，选D。 （5）若用替代沉锰，得到沉淀，反应的离子方程式为 。 （6）1个晶胞中含有1个K+，根据化学式可知，1个晶胞中含有1个Mn、3个F-，可知晶胞顶点上的原子为Mn、棱上的F-，该晶体中与一个紧邻的有4个；已知为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 。 一、分析条件控制中易出现的误区 1．如果在制备过程中出现或用到受热易分解的物质，则要注意对温度的控制。如侯德榜制碱中的NaHCO3，还有H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 2．如果产物是一种会水解的盐，且水解产物中有挥发性的酸产生时，则要加相对应的酸来抑制水解。如制备FeCl3、AlCl3、MgCl2、Cu(NO3)2等物质，要蒸发其溶液得到固体溶质时，都要加相应的酸或在酸性气流中进行来抑制其水解。 3．如果产物是一种强氧化性物质或强还原性物质，则要防止它们被其他物质还原或氧化。如产物是含Fe2＋、SO、I－等离子的物质，要防止反应过程中O2的介入。 4．如果产物是一种易吸收空气中的CO2或水(潮解或发生反应)而变质的物质(如NaOH固体等)，则要注意在制备过程中对CO2或水的去除，也要防止空气中的CO2或水进入装置中。 5．当题目中给出多种物质的沸点、溶解度信息，则意味着需要用蒸馏、高温(或低温)过滤来进行分离。 6．在回答题目中条件的选择原因时主要可从以下几个方面分析： (1)对反应速率有何影响。 (2)对平衡转化率是否有利。 (3)对综合效益有何影响。如原料成本、原料来源(是否广泛、可再生)、能源成本、对设备的要求、环境保护(从绿色化学方面作答)等。 二、常见的操作易错归纳 1.溶解：通常用酸溶。如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。 2.灼烧：如从海带中提取碘。 3.煅烧：改变结构，使一些物质能分解，并使一些杂质高温下氧化、分解。 4.浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。 5.浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少。 6.水浸：使主要成分通过与水接触反应或溶解形成溶液。 7.酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。 8.水洗：通常为除去水溶性杂质。 三、物质制备型工艺流程题易错归纳 1.原料处理阶段 (1)常见原料处理的方法:溶解、水(酸或碱)浸、浸出、灼(焙、煅)烧等。 (2)加快反应速率的方法:搅拌、加热、粉碎等。 2.分离提纯阶段 (1)调pH除杂: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。 (2)加热:加快反应速率或促进平衡向某个反应方向移动。 (3)降温:防止某物质在高温时会溶解(或分解)或使化学平衡向着题目要求的方向移动。 (4)水(酸或碱)溶法:除去可溶性(碱性或酸性)杂质。 (5)氧化剂或还原剂法:除去还原性或氧化性杂质。 (6)分离方法:过滤、蒸发(冷却)结晶、萃取和分液、蒸馏(或分馏)等。 3.获得产品阶段 (1)洗涤:(冰水、热水)洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中溶解损耗。 (2)根据物质溶解度差异选择正确的方法,如蒸发浓缩、冷却结晶或蒸发结晶、趁热过滤。 四、物质分离提纯型工艺流程题易错归纳 1.“加过量试剂”:常考虑反应完全或增大转化率、产率等。 2.“控制pH”:常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等。 3.“能否加其他物质”:常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度。 4.“控制较低温度”:常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等。 5.“判断沉淀是否洗净”:常取少量最后一次洗涤液于试管中,向其中滴加某试剂,以检验其中的某种离子。 6.“检验某物质的设计方案”:通常取少量某物质于试管中,加水溶解,再加入另一试剂产生某现象,然后得出结论。 7.“用某些有机试剂清洗”:(1)降低物质溶解度有利于产品析出;(2)洗涤沉淀可减少损耗和提高利用率等。 8.“在空气中或在其他气体中”:主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应或达到防氧化、防水解、防潮解等目的。 1.（2026·陕西商洛·一模）常作汽车尾气处理的催化剂。某小组以废料（主要成分为、、及少量和）为原料制备高纯度的的流程如图。回答下列问题： 已知：①几种金属离子以氢氧化物形式沉淀的pH如表所示。 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 3.0 7.6 完全沉淀的pH 2.8 4.7 8.0 ②各类萃取剂及相关信息如表所示。 萃取剂 适用pH范围 选择性（分配比：有机相/水相） Lix84-1 3.0~4.5 P507 1.5~2.0 Cyanex272 2.5~4.0 ③萃取原理：。 (1)基态Ce原子价层电子排布式为，它有______________个单电子。 (2)“球磨”的目的是_______________，滤渣2的主要成分是______________（填化学式）。 (3)“酸浸”时，参与的反应中，氧化产物、还原产物的物质的量之比为______________。 (4)“除钙”的离子方程式为______________。 (5)萃取剂X宜选择______________；高温下，转化为时充入足量的目的是______________。 (6)晶胞结构如图所示，Ⅱ中晶胞的边长为，设为阿伏加德罗常数的值。I中与最近的有______________个，晶胞Ⅱ的密度为______________。 【答案】(1)2 (2)增大固体接触面积，加快反应速率 、 (3) (4) (5)Cyanex272 确保完全转化为 (6)12 【分析】球磨环节是将含铈废料进行球磨，目的是增大废料与后续试剂的接触面积，加快酸浸速率，提高有效成分的浸出率；酸浸环节加入盐酸和H2O2是为了将+4价的铈转化为+3价的铈进入溶液，Fe2O3、Al2O3与盐酸反应生成Fe3+、Al3+进入溶液，CaCO3与盐酸反应生成Ca2+进入溶液；SiO2不溶于盐酸，成为滤渣1；除铁铝环节是调节pH，使Fe3+、Al3+完全沉淀生成Fe(OH)3、Al(OH)3为滤渣2；除钙环节加入NH4F，Ca2+与F-结合生成CaF2沉淀成为滤渣3；萃取与反萃取环节调节pH为2.5后，加入萃取剂X（结合萃取剂选择性，选Cyanex272）将Ce3+萃取到有机相，反萃取时加入硝酸，调节pH使Ce3+从有机相转移到水相，生成Ce(NO3)3溶液；沉淀与高温氧化环节将Ce(NO3)3转化为Ce(OH)3沉淀，高温下Ce(OH)3与O2反应得到高纯度CeO2，据此回答。 【解析】（1）基态Ce原子价层电子排布式为，6s轨道的2个电子成对，4f轨道1个电子、5d轨道1个电子，分占两个不同轨道、自旋平行，共2个单电子； （2）将含铈废料进行球磨，目的是增大废料与后续试剂的接触面积，加快酸浸速率，提高有效成分的浸出率；由分析知，滤渣2的主要成分是、； （3） 酸浸环节加入盐酸和H2O2是为了将+4价的铈转化为+3价的铈进入溶液，化学方程式为：，O2为氧化产物，CeCl3为还原产物，故氧化产物、还原产物的物质的量之比为1∶2； （4）加入NH4F，Ca2+与F-生成难溶沉淀CaF2，离子方程式为：； （5） 萃取剂X（结合萃取剂选择性，选Cyanex272）将Ce3+萃取到有机相；Ce(OH)3中Ce为+3价，目标产物CeO2中Ce为+4价，通入足量O2作氧化剂，确保Ce(OH)3完全转化成CeO2； （6）由均摊法，I中白球位于面心和顶点，数目为，灰球位于体内，共有8个，结合化学式为CeO2，可知白球为Ce4+，灰球为O2-，Ce4+位于面心和顶点，面心立方最紧邻同原子配位数为12个；如图，晶胞Ⅱ中，Ce4+的数目为，O2-共8个，即1个晶胞含4个CeO2单元，摩尔质量，晶胞边长为，体积，则密度。 2.（2026·广西崇左·模拟预测）BiVO4是一种光催化材料。工业利用废钒催化剂(主要含有V2O5、CaO、Fe2O3、Al2O3和SiO2等)与铜铋矿(主要含CuFeS2、Bi2S3，还含少量Al2O3、SiO2)制备BiVO4的工艺流程如下： 已知：Ⅰ．。 Ⅱ．离子浓度时视为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： (1)Bi与N同主族，位于第6周期，则铋元素在元素周期表中属于________区，其基态价电子排布式为________。 (2)滤渣的主要成分是________________(填化学式)，“酸化”后的溶液中存在，则在“还原”时发生反应的离子方程式为______________________________。 (3)反萃取剂应选用__________(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液。 (4)“酸溶”时有黄色固体(S)生成，则Bi2S3与足量FeCl3的反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为__________。 (5)常温下，“调pH”得到的沉淀为BiOCl。 ①BiOCl叫氯氧化铋而不叫次氯酸铋，从化合价角度分析，其原因为________________________________________。 ②BiOCl在水中存在平衡：  K。当Bi3+(aq)恰好完全转化为BiOCl(s)时，此时溶液中，________mol4·L-4 (6)该流程中生成BiVO4的化学方程式为________________________________________。 【答案】(1)p 6s26p3 (2)CaSO4、SiO2 (3)酸性 (4)6∶1 (5)次氯酸根离子为负一价阴离子，BiOCl中Bi为价 (6) 【分析】废钒催化剂加硫酸酸化，与硫酸反应生成，不与硫酸反应，二者成为滤渣；加入将还原为；依据已知反应，萃取得到含钒有机相，反萃取得到含水相；加入将氧化，再加沉钒得到。铜铋矿精矿加盐酸、酸溶，硫化物反应析出硫单质；调生成沉淀，沉淀经硝酸转化得到溶液；与反应生成目标产物，据此分析解答。 【解析】（1）与同主族，位于第六周期第ⅤA族，属于区；主族元素价电子为最外层电子，基态价电子排布式为。 （2）酸化时，不溶于稀硫酸，滤渣为；被还原为被氧化为，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式：。 （3）已知平衡：，反萃取需要平衡逆向移动，增大浓度，因此选用酸性溶液。 （4）反应的化学方程式：。中化合价降低，作氧化剂；中化合价升高生成硫单质，作还原剂。依据电子守恒，可得氧化剂与还原剂物质的量之比为。 （5）①次氯酸根中为+1价；中为+3价，为-1价，不含次氯酸根，因此命名为氯氧化铋。 ②，，；沉淀完全，；平衡常数。 （6）和反应生成，结合原子守恒配平，故化学方程式为：。 3.（2026·辽宁沈阳·一模）氧化亚铜主要用于制造船底防污漆(用来杀死低级海生动物)、杀虫剂，以及各种铜盐、分析试剂、红色玻璃，还用于镀铜及镀铜合金溶液的配制。用某铜矿(主要含CuS、FeO)制备Cu2O的一种工艺流程如图： 已知：。常温下，相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见表： 氢氧化物 开始沉淀的pH 4.8 1.9 7.5 8.8 沉淀完全的pH 6.4 3.2 9.7 10.4 请回答下列问题： (1)为提高铜元素的浸出率，工艺上可采取的措施有___________(填字母)。 A．将铜矿粉碎并搅拌 B．增加铜矿的投料量 C．适当提高硫酸浓度 D．适当缩短反应时间 (2)“酸浸”中生成单质S的化学方程式为___________。 (3)调节pH的范围为___________。滤渣的主要成分是___________(填化学式)，滤渣洗涤烘干后可留作其他用途。确定滤渣已洗涤干净的方法是___________。 (4)“还原”前Cu元素以的形式存在，利用水合肼还原Cu元素。一定体积下，保持其他条件不变，水合肼浓度对Cu2O的产率的影响如下图所示。当水合肼浓度大于3.25mol/L时，的转化率仍增大，但Cu2O的产率下降，其可能的原因是___________。 (5)现代材料分析技术可以表征Cu2O晶体结构的实验方法为_________。 【答案】(1)AC (2) (3) 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无明显现象（或无白色沉淀产生），则说明已洗涤干净 (4)生成的被过量的水合肼进一步还原为单质 (5)X射线衍射（或XRD） 【分析】铜矿（）加入稀硫酸、，被氧化生成硫单质；与硫酸反应得到，被氧化为，体系中得到含有、、的混合溶液。 调节溶液，使完全转化为沉淀除去，同时保证不析出沉淀。向溶液中加入氨水、，转化为沉淀被除去，铜元素转化为留在溶液中。加入水合肼，被还原，得到目标产物，据此分析解答。 【解析】（1）提高浸出率可通过增大固液接触面积、提高反应物浓度、适当升温、延长反应时间等措施实现。 A．将铜矿粉碎并搅拌，增大固体与溶液的接触面积，能够提高铜元素浸出率，A正确； B．增加铜矿的投料量，仅增大原料总投入，不能提高铜元素的浸出率，B错误； C．适当提高硫酸浓度，增大反应物浓度，有利于提高浸出率，C正确； D．适当缩短反应时间，反应进行不充分，会降低浸出率，D错误； 故选。 （2）“酸浸”时，作氧化剂，将氧化生成单质，被还原为，结合得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：。 （3）调目的是使完全沉淀，而不沉淀。根据表格数据，完全沉淀，开始沉淀，故范围：。除锰步骤加入氨水、，转化为沉淀，故滤渣主要成分为。滤渣表面会吸附等杂质离子，检验洗涤干净即检验最后一次洗涤液中不含硫酸根离子；操作：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸酸化，再滴加溶液，若无白色沉淀产生，则说明沉淀已洗涤干净。 （4）水合肼具有较强还原性，当水合肼浓度过大，还原性过强，已经生成的会被过量水合肼进一步还原为单质，因此转化率继续增大，但产率下降。 （5）表征晶体结构常用实验方法为射线衍射（），可通过衍射图谱分析晶体的结构信息。 4.（2026·辽宁鞍山·模拟预测）纳米ZnO是一种新型高功能精细无机粉料。以铅锌烟灰(主要成分为ZnO，还含有少量PbO、FeO、MnO及不溶于酸的杂质)制备纳米ZnO的流程如下： 已知： (1)元素Pb在周期表中的位置为__________________________。 (2)“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为MnO2和Fe(OH)3.写出除锰过程中发生反应的离子方程式：_____________________________________________。 (3)“除杂1”中高锰酸钾的实际消耗量稍大于理论消耗量，可能的原因是________________。 (4)“除杂2”中除外，发生的主要反应离子方程式为：_________________________________________________________________。 (5)制备纳米ZnO时，先用ZnCl2溶液与(NH4)2C2O4溶液反应生成沉淀，然后加热分解制得纳米ZnO。(NH4)2C2O4溶液中含碳微粒和含氮微粒分布分数如图1。 ①形成沉淀的反应需要控制温度在90℃左右，原因是____________________________________________。 ②相对于采用Na2C2O4溶液，本实验采用(NH4)2C2O4溶液可减少Zn(OH)2的生成。请结合电离平衡常数分析原因：_____________________________________________________________________________。 (6)NaCl晶胞如图2，Na+填充八面体空隙的百分率为________________。 【答案】(1)第六周期第ⅣA族 (2) (3)酸浸液中的Cl-消耗部分KMnO4（或生成的沉淀包裹了部分KMnO4） (4) (5)温度过低，反应速率慢；温度过高，草酸铵易分解 ，，，且，(NH4)2C2O4溶液显弱酸性，所以可减少Zn(OH)2的生成 (6)100% 【分析】铅锌烟灰主要成分为，还含有少量、、及不溶于酸的杂质，加入盐酸、将、、、溶解后转化为、、、进入“除杂1”，“滤渣1”为不溶于酸的杂质；“除杂1”加入高锰酸钾去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为和，进入“除杂2”的是、，加入过量锌粉将元素还原为进入“滤渣3”同时得到溶液，经系列操作得到纳米。 【解析】（1）在元素周期表中：第六周期第ⅣA族。 （2）“除杂1”是去除酸浸液中的铁、锰，所得滤渣2成分主要为和。故除锰时与酸性高锰酸钾反应生成，则发生反应的离子方程式： 。 （3）酸浸液中的与高锰酸钾发生氧化还原反应，可能消耗部分，另外生成的沉淀包裹了部分，造成高锰酸钾的消耗量增多。 （4）除杂2中锌粉将还原成单质，离子方程式为：。 （5）①温度过低，沉淀生成速率慢；温度过高，受热易分解，所以控制温度在左右，既保证较快的沉淀反应速率，又避免温度过高导致草酸铵分解。 ②由图像数据可得，，，且溶液中，溶液整体显弱酸性，体系内浓度低，可以抑制水解，减少杂质沉淀的生成。 （6）采取面心立方最密堆积，晶胞中的数目为，面心立方最密堆积结构中，八面体空隙总数与堆积粒子数目相等，则该晶胞内八面体空隙一共4个，位置分别为晶胞体心以及12条棱的棱心。全部分布在上述八面体空隙位置，占据的八面体空隙数目为4，则填充八面体空隙的百分率为。 5.（2026·江苏徐州·模拟预测）碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料(主要含)为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 (1)“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 (2)“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________(不考虑立体异构) (3)可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] (4)“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 (5)将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 【答案】(1) (2) (3)2.7×10-3 (4) (5)Cu 【解析】（1）碲化亚铜在硫酸溶液中被过氧化氢氧化，产物为亚碲酸和硫酸铜，化学反应方程式为； （2） 该配离子的中心阳离子为铜离子，化合价为+2价，配位数为4，与一个配体形成两根配位键，故该配离子结构简式为； （3）的平衡常数表达式为：。已知的平衡常数为1.8×1010，故。，故。，故。将两式相乘，。 即； （4）亚碲酸将亚硫酸根氧化为硫酸根，自身被还原为碲单质，离子方程式为：； （5）草酸铜的摩尔质量为152 g/mol，剩余固体质量占原始固体质量的42.11%，其摩尔质量约为152×42.11%≈64 g/mol，与Cu的摩尔质量相等，故剩余固体为Cu。 6.（2026·湖南衡阳·模拟预测）金属锑广泛用于轴承材料、光伏发电等领域，有“工业味精”之称，工业上可以用烟化法制备高纯锑。以辉锑矿(主要成分为，含有砷、铁等元素的杂质)，提纯流程如下，按要求回答问题。 (1)锑元素与氮元素同主族，原子序数相差44，故其在周期表中第________周期第________族。 (2)“焙烧”过程将转化成，该过程的化学方程式为________。 (3)“精炼”过程中，纯碱可以将转化为熔渣，写出该过程的化学方程式：________；该过程中进一步通空气的主要目的是________。 (4)已知几种物质的沸点见下表。 物质 沸点/℃ 1425 Sb 1587 Fe 2862 铁的氧化物 1300～1500分解为铁 ①“烟化”过程控制温度约为________，理由为________。 ②从化学键的角度解释金属铁的沸点高于金属锑的原因为________。 (5)酸性条件电解硫酸锑溶液可精炼锑。以4N精锑和不锈钢作电极，在、25～45℃的条件电解得到5N高纯锑，不锈钢为________(填“阳”或“阴”)极，电极反应为________。 【答案】(1)五 ⅤA (2) (3) 将杂质中的砷元素全部转化为 (4)1587℃ 锑及其氧化物在高温下形成锑蒸气和蒸气挥发出来，与铁及其氧化物分离 铁原子半径小于锑原子，且铁原子的价电子为，锑原子的价电子为，故铁的金属键强于锑 (5)阴 【解析】（1）锑元素与氮元素同主族，原子序数相差44，则其周期数比氮大3，其在周期表中第五周期第ⅤA族； （2）“焙烧”过程中，锑、砷、铁等元素转化为氧化物，其中转化成和二氧化硫，锑元素化合价不变，硫元素化合价升高：-2→+4，该过程中氧气为氧化剂，氧气中氧元素化合价由0变为-2，结合得失电子守恒，化学方程式为； （3）“精炼”过程中，可以将转化为熔渣，结合质量守恒，反应还生成二氧化碳气体，该过程的化学方程式：；空气中氧气具有氧化性，该过程中进一步通空气的主要目的是利用空气中氧气将杂质中的砷元素全部氧化为； （4）①由流程图知，“烟化”过程的目的是分离铁元素和锑元素，结合表格数据，“烟化”过程应控制温度约为1587℃，原因为：锑及其氧化物在高温下形成锑蒸气和蒸气挥发出来，与铁及其氧化物分离； ②铁和锑都是金属晶体，晶体内部含金属键，金属键的强弱由金属原子半径和价电子数决定。由于铁原子半径小于锑原子，且铁原子的价电子为，锑原子的价电子为，铁中价电子数目更多，使得铁的金属键强于锑，导致金属铁的沸点高于金属锑； （5）由信息可知4N精锑较5N高纯锑纯度低，电解精炼过程中4N精锑为阳极，不锈钢为阴极，硫酸锑溶液为电解液，阴极电极反应为得到电子被还原为Sb：。 7.（2026·重庆·模拟预测）CeO2是一种重要的稀有金属氧化物，在催化与检测方面有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO)中提取CeO2的流程如下： 已知：Ksp[Ce(OH)3]=8×10-20，1g2=0.3。回答下列问题： (1)基态Mg原子的核外电子排布式为___________。 (2)“浸取”得到的滤液中含有的金属离子有___________；“还原浸取”得到的滤渣的主要成分为___________。 (3)“还原浸取”生成Ce2(SO4)3的化学反应方程式为___________。 (4)“沉铈”过程中生成Ce(OH)3氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是___________。若常温下使溶液中Ce3+完全沉淀(Ce3+的浓度低于1.0×10-5mol·L-1)，则溶液的pH不低于___________(保留小数点后一位)。 (5)“煅烧”过程中Ce(OH)3转化为CeO2，下图为一定质量原料在不同实验条件下煅烧的结果，应选择的最佳温度为___________。 A．<350℃ B．350~450℃ C．500~600℃ D．>600℃ (6)Ce(SO4)2可用于测定CuCl样品中CuCl的含量：称取0.2500g CuCl样品，加入10mL 0.5mol·L-1的FeCl3溶液，样品完全溶解后(CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-)，加入邻菲罗啉作指示剂，用0.1000mol·L-1的Ce(SO4)2标准溶液滴定(Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+)，达到终点时消耗Ce(SO4)2溶液的体积平均为25.20mL。增加空白对照实验，消耗0.20mL Ce(SO4)2标准溶液。该样品中CuCl的质量分数为___________(保留小数点后一位)。 【答案】(1)或 (2) (3) (4)氨水浓度过大，碱性过强，导致进一步结合，生成可溶性配离子（或碱性过强，直接生成可溶性配合物）（答案合理即可） 9.3 (5)B (6) 【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，据此分析作答。 【解析】（1）是第12号元素，核外有12个电子，则基态原子的核外电子排布式为或； （2）根据分析可知，和不溶于稀盐酸中，而均可溶于盐酸中，故金属离子为；滤渣的成分是提取后剩下的； （3）“还原浸取”过程中作还原剂，作氧化剂，产物有氧气生成，根据得失电子守恒及物料守恒，可知化学反应方程式为：； （4）氨水浓度过大时，溶液碱性过强，高碱性条件下可进一步结合，生成可溶性的羟基合铈配离子，导致沉铈率下降（或碱性过强，直接生成可溶性配合物）；根据题中信息并代入相关数据：，常温下，则； （5）制备产品需要同时兼顾质量（产率）和纯度，<350℃纯度较低；350~450℃区间，纯度明显上升，且质量适中；500~600℃区间，质量和纯度都有所下降；>600℃时纯度明显下滑，质量上升也不明显；故应选择的最佳温度为350~450℃，选B； （6）根据题中对应的反应方程式，可知存在关系，相当于这一数据，计算出消耗的的物质的量等于的物质的量，则，故的质量分数。 8．（2026·贵州黔西南·二模）废干电池带来的环境问题日益引起公众的关注。一种将废干电池资源化的流程如图所示： 已知：浆料中主要含有、、炭粉、、、Zn、ZnO、Fe；ZnS难溶于水。 回答下列问题： (1)将铁皮从锌皮、石墨及塑料中分离的方法是_______。 (2)“浸出”时，发生反应的离子方程式为_______，“滤渣1”的主要成分为_______。 (3)X的作用是_______；若浸出液中残留较多的，为了除去，则X可选择_______(填化学式)。 (4)一种锌锰同槽电解的工作原理如图所示，若用铅酸蓄电池作电源，Al片与铅酸蓄电池的_______(填“Pb”或“”)相连，阳极的电极反应式为_______。 (5)一种锰的氧化物的四方晶胞如图所示。该氧化物的化学式为_______；设晶胞边长为a pm、a pm、b pm，为晶体的密度，则阿伏加德罗常数的值_______。 【答案】(1)用磁铁吸附 (2) 炭粉、硫 (3)将氧化为 (4)Pb (5) 【分析】浆料经过滤，可溶性盐、进入滤液；滤渣加入H2SO4、ZnS ，Zn、ZnO、Fe 与硫酸反应生成Zn2+、Fe2+，和ZnS在酸性下发生氧化还原反应，生成硫单质和Mn2+，炭粉不与硫酸反应，炭粉、硫形成滤渣1；含Zn2+、Fe2+、Mn2+等离子的溶液加入X将氧化为；然后加ZnO调节pH，转化为Fe(OH)3沉淀被除去；最后Zn–MnO2 同槽电解，得到Zn和MnO2。 【解析】（1）将铁皮从锌皮、石墨及塑料中分离的方法是用磁铁吸附； （2）“浸出”时，是氧化剂被还原为Mn2+，ZnS是还原剂被氧化为S单质，酸性环境下发生反应的离子方程式为 ；炭粉不与稀硫酸反应，“浸出”时ZnS被氧化为硫单质，所以“滤渣1”的主要成分为炭粉、硫； （3）X的作用是将氧化为，便于后续调pH除去铁元素；若浸出液中残留较多的，为了除去，应选择也能将氧化且不引入新杂质的氧化剂，则X可选择，可以氧化和，同时被还原为Mn2+； （4）由图可知，电解时Zn 2+在Al片上得到电子生成Zn单质，因此Al片为阴极，阴极连接电源负极；铅酸蓄电池中，Pb为负极，PbO2为正极，因此Al接Pb；阳极Mn2+失去电子生成MnO2，配平得到阳极的电极反应式为； （5）由晶胞图可知，晶胞中Mn的个数为，O的个数为，该氧化物的化学式为；晶胞体积为，晶胞质量为 ，晶体的密度为，则。 / 学科网（北京）股份有限公司 $