第04讲 化工原理与绿色化学（复习讲义）（上海专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

第04讲 化工原理与绿色化学 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 化工原理 知识解构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 ∣ 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 ∣ 知识点 4 原料预处理的六种常用方 知识点 5 控制反应条件的七种常用方法 ∣ 知识点 6 副产品及循环物质的确定 知识点 7 工业流程题的分析方法 考向破译 考向1 物质制备类工业流程综合题 ∣ 考向 2 物质提纯类工业流程综合题 考点二 绿色化学 知识解构 知识点1 绿色化学核心概念 ∣ 知识点2 绿色化学12条基本原理 知识点3 工艺流程中的绿色化学 的 六大答题角度 考向破译 考向1 工艺流程中的绿色化学 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 工艺流程 上海卷T1、上海卷T4、上海卷T5 上海卷T4 上海卷T2 绿色化学 —— —— —— 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：常以真实工业流程为载体，落实新课标工程思维与 STSE 素养。试题围绕原料预处理、反应条件调控、分离提纯、产物获取等化工核心环节设问，融合反应速率、平衡、离子反应、电化学等原理。近年命题强化绿色化学导向，侧重原料利用率、能耗控制、三废处理、循环利用、原子经济性评价，兼顾工艺优缺点分析与方案优化。题型以综合大题为主，重视信息提取、逻辑推理与文字规范表达，弱化复杂计算，强调用化学原理解释工业实际问题。 ►复习目标：1. 梳理化工流程通用模型，熟记浸取、除杂、控温、调 pH 等操作原理与答题话术。 2. 掌握绿色化学核心评价维度：原子利用率、污染防控、资源循环、节能低碳，能对化工方案作出评价与改进。 3. 建立 “问题 - 原理 - 工业现实” 的分析思路，能结合题干信息辨析工艺利弊，规范简答表述。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 化工原理 知●识●解●构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 1.原料处理阶段的常见考查点 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 2．分离提纯阶段的常见考查点 （1）调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 3．获得产品阶段的常见考查点 （1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。 （2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。 （3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。 （4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 常见问题 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 知识点4 原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 知识点5 控制反应条件的七种常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.控制压强。改变速率，影响平衡。 4.使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 5.趁热过滤。防止某物质降温时析出。 6.冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 7.氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 知识点6 副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 （1）副产品是生成物，不是反应物 （2）从流程图上看：是支线产品 （3）根据制备的目的判断不是主产品 （4）常是对人类生产生活有用的、无毒的、不污染环境的产品 2.循环物质的确定 （1）后面反应步骤的生成物 （2）前面反应步骤的反应物 （3）在流程图上看：箭头回头 （4）容易分离的物质 （5）标注每一步物质 （6）在流程中加入的物质，在后续步骤中会产生可以循环利用的物质(滤渣、滤液) （7）可逆反应中有可以循环利用的物质 知识点7 工业流程题的分析方法 1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。 如按照主线分析法分析如下： 2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。 3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4、四线分析法 四线 内涵 试剂线 分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线 工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 考●向●破●译 考向1 物质制备类工业流程综合题 例1（26-27高三上·上海浦东新·阶段检测）钒元素的英文名Vanadium，源于斯堪的纳维亚神话中的Vanadis，这是因为钒化合物色彩绚丽、十分迷人。钒化合物不仅颜色靓丽，它们的用途也非常广泛，在合金、储能、化工催化、医药生物等领域都有重要作用。 五氧化二钒()为橙黄色晶性粉末，在冶金、化工、催化等领域有重要应用。实验室以含钒废料(主要成分为，还含有Fe、Cu、Mn、Si、Al等元素的氧化物以及有机物)为原料制备的一种流程如图所示： 已知：①含钒离子在溶液中的存在形式与溶液pH的关系 溶液pH 钒元素存在形式 ②时，难溶电解质的溶度积常数如表所示： 难溶电解质 (1)“酸浸”时，为了提升各物质的浸出速率，除了适当升高温度外，还可以采取的措施是_________(写一条即可)。 (2)，“调pH净化Ⅰ”时不仅需除去、、三种离子(浓度时视为除尽)外，还需要考虑V的存在形式，则需调节pH范围为_________。 (3)“净化Ⅱ”的目的是除、，若该过程加入过量，可能导致的结果是________________________________________________________________。 (4)煅烧得到的产物中，可以在该流程中循环利用的物质是_________。 钒也是人体必需的微量元素，能参与代谢调节。研究发现某些含钒配合物有降血糖功能，糖尿病药物Q的制备流程如下： (5)比较M和N的值大小及原因分析正确的是_________。() A．  氯原子是吸电子基团 B．  氯原子是吸电子基团 C．  氯离子是供电子基团 D．  氯离子是供电子基团 (6)Q中，V的化合价为_________。 A． B． C． D． (7)反应时控制，Q的产率最高，pH偏小时，Q的产率降低。请从以下两个角度解释原因： ①物质结构角度：_____________________________________________________。 ②平衡移动角度(用表示物质P)：_________________________________。 (8)为控制，加入了的氨水，若反应后溶液总体积为，则此时溶液中的_________。(结果保留三位小数，已知：  ) 【变式1·变载体】（26-27高三上·上海浦东新·开学考试）从分金渣（主要成分为：、、、）中获取高纯银的流程如图所示： 已知时： ⅰ．分银液中主要成分为，且存在，； ⅱ．，。 （1）“分银”时，与反应生成的离子方程式为_______________________。 （2）上述第1题反应的_________。（保留2位有效数字） （3）“分银”时，其他条件不变，该反应在敞口容器中进行，分银时间过长会使分银液中银元素的百分含量降低，可能原因是__________________________________________________________________________。 及其与形成的微粒的浓度分数随溶液变化的关系如图所示。 （4）“分银”时，溶液的应控制在大约_____左右。 A．2 B．4 C．7 D．9 （5）“沉银”时，需加入盐酸并调节溶液的，从平衡角度分析能够析出的原因为___________________________________________________。 （6）“沉银”时，调节溶液的时不能过低，理由为_____________________________________________。 （7）“还原”时转化为，其化学方程式为_________________________________________。 （8）通过电解精炼银也可制备高纯银。电解时，粗银做_________极。 A．正 B．负 C．阴 D．阳 【变式2】【新情境】（25-26高三上·上海崇明·期末）重铬酸钠（俗称红矾钠）在医药、印染、电镀等领域有广泛应用。铬铁矿是一种含Cr2O3的矿物，杂质为Al2O3、MgO、FeO和SiO2等。以铬铁矿为原料生产Na2Cr2O7·2H2O的工艺流程如下： 已知：高温下，纯碱可与Al2O3反应生成偏铝酸盐，偏铝酸钠遇水生成；。 回答下列问题： （1）写出焙烧生成Na2CrO4反应中气体产物为_______（填化学式）。 （2）水浸工序得到滤液和滤渣1，滤液中杂质的主要成分为Na[Al(OH)4]和_______（填化学式）；滤渣1经洗涤进入_______（填工序名称），可实现铬元素的充分利用。 （3）中和工序加入酸剂X酸化，得到Na2CrO4溶液，确保溶液、浓度均不超过mol/L，需要调节溶液pH的范围是_______（已知：Al(OH)3 + H2O+H+的）。 （4）写出酸化工序所发生离子反应方程式_______。 （5）操作1包括的步骤为_______、_______、_______。 （6）Na2Cr2O7具有强氧化性，1mol Na2Cr2O7可氧化3mol Na2SO3。写出在酸性条件下用Na2Cr2O7处理含少量Na2S废水的离子方程式：_______（已知：该反应的氧化产物为硫单质）。 （7）测定产品中Na2Cr2O7·2H2O（g/mol）的质量分数。称取3.000g产品，用500mL容量瓶配制成待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和硫酸等，用0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。产品Na2Cr2O7·2H2O的质量分数：_______（用小数表示，保留3位有效数字）。 【变式3】【新考法——结合化学生产生活】（25-26高三上·上海·期中）钴是一种重要的战略金属，其下游产品市场广阔。钴在地壳中的含量较低，多以伴生矿的形式出现。利用某钴矿石制取粗品及其他工业产品的工艺流程如下图所示。 已知：钴矿石的主要成分为，浸出液中含有的正离子主要有、、、、。 (1)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______。 A． B． C． D． (2)为提高浸出的速率，可采取的措施是______。(任举一例) (3)钴矿石的浸出在酸性条件下进行，写出该步骤主要反应的离子方程式______。 (4)溶液中(X表示、、、、、)与pH的变化关系如下图所示(离子浓度小于时可认为已除尽)，要除去溶液中的铁，应用熟石灰调pH至少到______。 A．3.2        B．6.7        C．9.0        D．9.1 此时过滤1所得滤渣的主要成分为______。 (5)工业上需要调节滤液1的pH为9.1，可以加入的试剂是______。(不定项) A．MgO        B．CoO        C．        D． 过滤2后所得滤液直接排放会造成水体污染，须进行处理，用熟石灰调节pH使，则______。(写出计算过程) 考向2 物质提纯类工业流程综合题 例2（2026·上海宝山·二模）锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、、等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中的浓度为，求该条件下开始沉淀时的pH___________。 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量生石灰时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，可能的原因是___________。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入生石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理进行解释___________。 (4)步骤Ⅲ中主要发生反应的离子方程式___________。 (5)步骤Ⅳ中的操作是___________。 A．煅烧 B．洗涤 C．过滤 D．结晶 (6)步骤Ⅵ沉锂过程中可判断已达沉淀最大限度的方法是___________。(不定项) A．溶液不再发生任何变化，反应停止    B．沉淀质量不再发生变化 C．溶液中不存在和    D．溶液中 在该步骤中，适宜温度是80~90℃，参考下图分析温度不宜过低和过高的原因___________。 (7)得到较纯的后，常用高温固相合成法进一步制备动力电池的原料钴酸锂()，按和的物质的量之比为1:2配制，在700~900℃的空气氛围中反应。该过程的化学方程式为___________。 【变式1·变载体】（25-26高三下·上海·开学考试）2025年宁德时代推出的第二代钠电池，作为固态电解质，工业上以天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知： ①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、； ②“煅烧”后固体主要成分为、和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 (1)Zr的价电子排布式为，则Zr在周期表的位置为___________。 (2)在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为___________。 (3)“调pH”后，废液中，则废液中为___________。(已知：25℃时，，) (4)“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 (5)的沸点远高于的原因可能是___________。 (6)“还原”的主要目的是___________。 (7)晶体可传导，利用晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为___________。 (8)某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如图。该结合剂的化学式为___________。 【变式2·变题型】（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示： 已知：①在空气中易被氧化为，具有强氧化性； ②“沉铈”时发生反应得到复盐：。 （1）氟碳铈矿中铈元素的化合价为___________价(填序号)，焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。 A．        B．        C．        D． （2）向含有的溶液中加入反应生成的离子方程式为___________。 （3）“溶解”时，为防止被氧化，可以加入___________(不定项)。 A． B．NaClO C． D． 向“含滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.5 3.0 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 （4）物质X是___________，后加入的物质Y需要控制pH范围在___________。 A．1.9～3.2        B．3.2～7.5        C．4.7～7.5        D．1.9～7.5 （5）副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化___________。 （6）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是___________。 （7）若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是___________。 （8）取所得的8.0g含的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用硫酸亚铁铵溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品的纯度为___________。 【变式3·变考法】（25-26高三上·上海·期中）中国已探明的稀土工业储量为5200万吨，约占世界的50%，是稀土资源最丰富的国家。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的流程如下。(注：镧-La、铕-Eu) 已知：ⅰ．     ⅱ．， （1）镧(La)元素位于元素周期表___________区。 A．s区 B．p区 C．d区 D．f区 （2）脱铕：已知基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因：___________。 萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。 （3）萃取时需要用到的仪器有___________(不定项)。 A．分液漏斗 B．圆底烧瓶 C．烧杯 D．冷凝管 （4）萃取时，需要适时打开活塞放气的原因是___________。 （5）从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：___________。 碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入MgO维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。 （6）制备总反应的离子方程式是___________。 （7）理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因：___________。 （8）上述制的流程中，除外，可以在流程中直接循环利用的物质还有___________。 考点二 绿色化学核心 知●识●解●构 知识点1 绿色化学核心概念 1.绿色化学又称环境友好化学，核心是从源头上减少或消除污染，而不是污染后再治理。 绿色化学：预防污染（不产生污染物）。 环境保护：治理已产生的污染（如尾气吸收、污水净化）。 2. 原子经济性 原子利用率 =（目标产物的总相对分子质量 ÷ 所有反应物总相对分子质量）× 100% 理想状态：原子利用率100%，反应物全部转化为目标产物，无副产物。 原子利用率可达100%的反应类型：化合反应、加成反应、加聚反应。 原子利用率一般小于100%的反应：取代反应、复分解反应、水解反应、消去反应（有小分子副产物）。 知识点2 绿色化学12条基本原理 （1）预防污染：从源头防止废物产生，而不是产生后再处理（最核心）。 （2）原子经济性：最大限度使反应物原子进入目标产物，原子利用率尽量100%。 （3）低毒化学合成：设计合成路线，尽量使用和产生对人体、环境低毒/无毒物质。 （4）设计安全化学品：化工产品在完成功能的同时，降低毒性。 （5）安全溶剂与助剂：少用溶剂、分离助剂；必须使用时选无毒无害试剂。 （6）能量效率设计：尽量常温常压反应，降低能耗；优先利用可再生能源。 （7）使用可再生原料：原料优先选用生物质等可再生资源，减少化石资源消耗。 （8）减少衍生物：尽量避免引入保护基等额外基团，减少额外试剂与废物。 （9）催化：优先使用高效催化剂（催化优于化学计量反应），减少副产物。 （10）可降解设计：化学品设计为使用后可降解为无害物质，不残留环境。 （11）实时污染预防分析：开发在线监测手段，实时监控，避免危险物质泄漏。 （12）安全化学：选用物质和反应形式，降低爆炸、火灾等事故风险。 知识点3 工艺流程中的绿色化学中六大答题角度 1. 原子经济性 优先选择加成、化合反应，原子利用率高，副产物少；避免取代、氯代等产生大量废液废渣的路线。 答题句：原子利用率高，副产物少，废弃物排放量小。 2.物质循环利用（最常考） 流程中某反应物/溶剂分离后回到前面步骤继续参与反应。常见循环物质：N₂、H₂、SO₂、有机溶剂、酸/碱。 答题句：XX物质可循环使用，提高原料利用率，减少废弃物排放，降低成本。 得分速记 循环利用是指物质返回反应体系；副产物回收出售属于资源化利用，不等于循环。 3. 原料与产物毒性 优点：原料无毒/低毒，产物、副产物无毒；不使用Cl₂、重金属盐、氰化物等有毒试剂。 缺点：原料有毒，产生重金属废渣、有毒废液。 答题句：不使用有毒有害原料，减少有毒污染物产生。 4. 能耗与反应条件 优先常温、常压；利用反应放热预热反应物（余热回收）；避免持续高温高压。 答题句：反应条件温和，能耗低，节约能源。 5. 催化剂角度 选用高效、可回收、无重金属污染催化剂；催化剂可重复使用。 答题句：催化剂可回收循环，减少重金属污染。 6. 三废排放（注意区分） 符合绿色化学：工艺本身不产生废气、废液、废渣（源头无污染物）。 仅环保措施（非绿色化学核心）：产生废气后碱液吸收、废液处理、废渣固化。 得分速记 不要把尾气吸收作为绿色化学的主要理由，只能作为补充。尾气吸收属于末端治理，不是绿色化学"源头防污染"的核心。 考●向●破●译 考向1 工艺流程中的绿色化学 例1（2026·上海嘉定·二模）硒酸泥(含游离态的硒、硫及FeO、)中的硒含量丰富，采用以下工艺流程可处理硒酸泥并制备粗硒。 (1)的氧化性______的氧化性。(填“强于”或“弱于”) 25℃，溶液中含硒微粒的分布系数(分布系数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)与溶液pH的关系如图所示： (2)曲线表示的含硒微粒是______(微粒符号表示)；A点的______。(保留一位小数) (3)在溶液中通入，有单质Se析出，写出该反应的离子方程式______。 一定温度下，将少量溶于冰醋酸中，存在以下平衡：。 (4)下列能说明该反应已达到平衡状态的是______。 A．溶液中 B．的电离常数不再发生变化 C．单位时间内消耗的同时生成 D．冰醋酸的电离程度不再发生变化 (5)若保持温度不变，关于的冰醋酸溶液，下列说法正确的是______。(不定项) A．加入少量冰醋酸，[]与[]均减小 B．加入少量，的电离程度增大 C．加入少量固体，[]与[]的比值减小 D．加入少量固体，[]减小 科学家开发并利用催化剂合成硒的化合物，其历程如图所示(-Ph为苯基)。 (6)b()是______。 A．催化剂 B．中间产物 C．反应物 D．生成物 (7)该工艺属于理想的绿色化学工艺，原因是______。(写出2点) 新一代锂硒电池具有优异的循环稳定性，装置如下： (8)锂硒电池放电时正极的电极反应式为______。 (9)用该锂硒电池作电源电解500 mL足量的饱和食盐水，经过10 min负极固体质量减少1.4 g，该电解反应的速率______。(假设溶液体积不变，也不考虑气体在溶液中的溶解。) 【变式1·变载体】（25-26高三下·上海浦东新·阶段检测）铜及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。现有以下铜及其化合物的问题，根据要求回答。 (1)基态铜原子价层电子的轨道表示式是________。 (2)基态铜原子核外电子的空间运动状态有________种。 A．2 B．4 C．15 D．29 (3)CuO加热到1000℃开始分解为。热稳定性很好，在1235℃即使熔化了也不分解。从离子结构角度解释的热稳定性强于CuO的原因：________。 (4)绿色化学追求原子利用率100%，追求零污染零排放，从源头上减少污染。工业上用洗净的废铜屑制备硝酸铜，下列方法中符合绿色化学理念的是________。 A． B． C．； D．； (5)足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和、、的混合气体，这些气体与2.24 L （标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀，则消耗溶液的体积是________。 A．100m L B．80 mL C．60 mL D．40 mL (6)如图是铜和浓硫酸反应实验及性质探究实验的一体化装置。铜和浓硫酸反应中浓硫酸所起的作用是_______。 (7)下列说法错误的是________。 A．a处试纸变红，说明为酸性氧化物 B．c处和b处试纸均褪色，且原因相同 C．该设计优点之一是能控制反应的发生与停止 D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体，用水稀释后得到蓝色溶液 (8)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是________。 A．粗铜做阳极，精铜做阴极 B．金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为正离子进入溶液中 C．阳极泥有比铜不活泼的银、金等贵重金属 D．电解精炼铜和电镀铜的过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加都相等 【变式2·变题型】（24-25高三下·上海·阶段检测）通过和的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。从绿色化学角度评价该循环过程_______(任意问答1点)。 【变式3·变考法】（24-25高三上·上海·阶段检测）杭州亚运会主火炬塔燃料使用的甲醇被誉为绿色燃料。在以往的运动会中，丙烷、煤油也曾作为燃料使用。上述燃料的热值和排放量如下表所示： 燃料 煤油 热值 22.7 50.4 29.0 排放量 16.5 16.2 22.9 （1）根据上表数据，计算的燃烧热为________。 A．22.7 B． C． D． （2）根据上表，从排放量和燃料储存两个角度分析，选用甲醇作为主火炬塔燃料的可能原因______________________________。 以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。其反应原理为：。 （3）下图中，曲线________能表示该反应的平衡常数K与温度的关系。 A．I B．II C．III D．不一定 （4）某温度下向容积为2.0L的恒容密闭容器中充入和模拟上述反应。反应达到平衡状态时，测得。该温度下，平衡常数K=________。 A．3.00 B．0.33 C．0.15 D．0.59 光催化可以加快合成甲醇的反应速率，下图是该反应的部分历程，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。 （5）上图虚线框中的基元反应，主要决定总反应速率快慢的是________。 A． B． C． D． 上海某研究团队研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示： 在不同反应器中，CO2平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示： 实验组 反应器 压强/MPa 温度/K CO2平衡转化率/% 甲醇选择性/% ① 普通催化反应器 3 533 3 21.9 67.3 ② 双功能分子筛 催化膜反应器 36.1 100 （6）从绿色化学的角度，分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：①CO2平衡转化率明显升高；②________________________；③________________________。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1.（2026·上海·高考真题）CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②、完全沉淀的，开始沉淀的； （1）根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。 A．第四周期第2族 B．第五周期第Ⅷ族 C．第四周期第12族 D．第五周期第ⅡB族 （2）写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。 （3）量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。 A．该分散系为溶液 B．用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象 C．CdS量子点不稳定，易分解 D．过滤能得到CdS晶体 （4）当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A．2 nm B．10 nm C．50 nm D．100 nm （5）室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为___________。 （6）国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入___________。 2．（2025·海南·高考真题）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______、______。 3．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为_______。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是_______氧化物。 锗矿石中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因_______。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式_______。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及浓度分别为_______。 A．，2.5% B．，5.0% C．，2.5% D．，2.5% 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ (6)装置图中仪器A的名称为_______。 A．滴定管 B．恒压滴液漏斗 C．冷凝管 D．干燥管 (7)到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 (8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ (9)已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 (10)若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A．未用标准溶液润洗滴定管 B．未用稀盐酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．未保持在以下滴定 4．（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：的歧化反应                                      ①根据上述信息，计算反应热___________。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧的主要反应方程式：___________ _____________ (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出阴极的电极反应式___________。 (7)反应中可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心    B．面心    C． 顶点    D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。 5.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： （1）已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A．、5 B．、6 C．、5 D．、6 （2）在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A．量筒 B．烧杯 C．恒压滴液漏斗 D．长颈漏斗 （3）连续操作包含的过程有___________。 （4）步骤③中加入的作用是___________。 （5）制备过程中应选用的检验方法是___________。 A．甲基橙    B．甲基红    C．pH计 （6）步骤④中除去的物质a是___________。 A．硝酸钠 B．氨 C．硝酸钾 D．硝酸 （7）物质b的主要成分是___________。 （8）已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为___________(保留整数)。已知： 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 化工原理与绿色化学 内容导航 ( 01 ) ( 命题透视·考情前瞻 ) ( 对标素养，研判高考命题趋势 ) ( 0 2 ) ( 思维建模·脉络梳理 ) ( 搭建知识框架，构建系统思维 ) ( 0 3 ) ( 考点精讲·靶向突破 ) ( 拆解核心考点，归纳解题范式 ) ( 考点一 化工原理 知识解构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 ∣ 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 ∣ 知识点 4 原料预处理的六种常用方 知识点 5 控制反应条件的七种常用方法 ∣ 知识点 6 副产品及循环物质的确定 知识点 7 工业流程题的分析方法 考向破译 考向1 物质制备类工业流程综合题 ∣ 考向 2 物质提纯类工业流程综合题 考点二 绿色化学 知识解构 知识点1 绿色化学核心概念 ∣ 知识点2 绿色化学12条基本原理 知识点3 工艺流程中的绿色化学 的 六大答题角度 考向破译 考向1 工艺流程中的绿色化学 ) ( 0 4 ) ( 真题溯源·考向感知 ) ( 溯源真题逻辑，感知高考考向 ) 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 考情梳理--三年真题 考向梳理 核心考点 2026年 2025年 2024年 工艺流程 上海卷T1、上海卷T4、上海卷T5 上海卷T4 上海卷T2 绿色化学 —— —— —— 考向解读--洞悉趋势 精准预判 ►命题解码：常以真实工业流程为载体，落实新课标工程思维与 STSE 素养。试题围绕原料预处理、反应条件调控、分离提纯、产物获取等化工核心环节设问，融合反应速率、平衡、离子反应、电化学等原理。近年命题强化绿色化学导向，侧重原料利用率、能耗控制、三废处理、循环利用、原子经济性评价，兼顾工艺优缺点分析与方案优化。题型以综合大题为主，重视信息提取、逻辑推理与文字规范表达，弱化复杂计算，强调用化学原理解释工业实际问题。 ►复习目标：1. 梳理化工流程通用模型，熟记浸取、除杂、控温、调 pH 等操作原理与答题话术。 2. 掌握绿色化学核心评价维度：原子利用率、污染防控、资源循环、节能低碳，能对化工方案作出评价与改进。 3. 建立 “问题 - 原理 - 工业现实” 的分析思路，能结合题干信息辨析工艺利弊，规范简答表述。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 化工原理 知●识●解●构 知识点1 工业流程题中的常考知识点 1.原料处理阶段的常见考查点 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 2．分离提纯阶段的常见考查点 （1）调pH除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 3．获得产品阶段的常见考查点 （1）洗涤(冰水、热水)：如乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。 （2）蒸发时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解。 （3）蒸发浓缩、冷却结晶：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl。 （4）蒸发结晶、趁热过滤：如NaCl和K2Cr2O7混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，同样原理可除去NaCl中的少量KNO3。 知识点2 工艺流程中的常见专业术语 释义 研磨、雾化 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分 灼烧(煅烧) 使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿 浸取 向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等 酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定 酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等 碱作用 去油污、去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅、调节pH、促进水解(沉淀) 知识点3 工艺流程题中常见问题的答题方向 常见问题 答题要考虑的角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定气体中进行的反应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次 判断沉淀是否洗涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 知识点4 原料预处理的六种常用方法 方法 目的 研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率 水浸 与水接触反应或溶解 酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去 碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物 灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质 煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土 知识点5 控制反应条件的七种常用方法 1.调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点： ①能与H＋反应，使溶液pH变大。 ②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。 2.控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。 3.控制压强。改变速率，影响平衡。 4.使用合适的催化剂。加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。 5.趁热过滤。防止某物质降温时析出。 6.冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。 7.氧化：氧化剂的选择要依据试题设置的情境，常见的氧化剂有氯气、过氧化氢、氧气和次氯酸钠等，为了避免引入新的杂质，通常选择的氧化剂有过氧化氢和氧气。 知识点6 副产品及循环物质的确定 1.副产品的确定 （1）副产品是生成物，不是反应物 （2）从流程图上看：是支线产品 （3）根据制备的目的判断不是主产品 （4）常是对人类生产生活有用的、无毒的、不污染环境的产品 2.循环物质的确定 （1）后面反应步骤的生成物 （2）前面反应步骤的反应物 （3）在流程图上看：箭头回头 （4）容易分离的物质 （5）标注每一步物质 （6）在流程中加入的物质，在后续步骤中会产生可以循环利用的物质(滤渣、滤液) （7）可逆反应中有可以循环利用的物质 知识点7 工业流程题的分析方法 1.主线分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。 如按照主线分析法分析如下： 2.分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点。 3.交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。 4、四线分析法 四线 内涵 试剂线 分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物的转化等。 操作线 分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。 杂质线 分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。 产品线 工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。 考●向●破●译 考向1 物质制备类工业流程综合题 例1（26-27高三上·上海浦东新·阶段检测）钒元素的英文名Vanadium，源于斯堪的纳维亚神话中的Vanadis，这是因为钒化合物色彩绚丽、十分迷人。钒化合物不仅颜色靓丽，它们的用途也非常广泛，在合金、储能、化工催化、医药生物等领域都有重要作用。 五氧化二钒()为橙黄色晶性粉末，在冶金、化工、催化等领域有重要应用。实验室以含钒废料(主要成分为，还含有Fe、Cu、Mn、Si、Al等元素的氧化物以及有机物)为原料制备的一种流程如图所示： 已知：①含钒离子在溶液中的存在形式与溶液pH的关系 溶液pH 钒元素存在形式 ②时，难溶电解质的溶度积常数如表所示： 难溶电解质 (1)“酸浸”时，为了提升各物质的浸出速率，除了适当升高温度外，还可以采取的措施是_________(写一条即可)。 (2)，“调pH净化Ⅰ”时不仅需除去、、三种离子(浓度时视为除尽)外，还需要考虑V的存在形式，则需调节pH范围为_________。 (3)“净化Ⅱ”的目的是除、，若该过程加入过量，可能导致的结果是________________________________________________________________。 (4)煅烧得到的产物中，可以在该流程中循环利用的物质是_________。 钒也是人体必需的微量元素，能参与代谢调节。研究发现某些含钒配合物有降血糖功能，糖尿病药物Q的制备流程如下： (5)比较M和N的值大小及原因分析正确的是_________。() A．  氯原子是吸电子基团 B．  氯原子是吸电子基团 C．  氯离子是供电子基团 D．  氯离子是供电子基团 (6)Q中，V的化合价为_________。 A． B． C． D． (7)反应时控制，Q的产率最高，pH偏小时，Q的产率降低。请从以下两个角度解释原因： ①物质结构角度：_____________________________________________________。 ②平衡移动角度(用表示物质P)：_________________________________。 (8)为控制，加入了的氨水，若反应后溶液总体积为，则此时溶液中的_________。(结果保留三位小数，已知：  ) 【答案】(1)适当提高硫酸的浓度 (2)7.0＜pH≤8.0 (3)生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率 (4)NH3 (5)A (6)C (7) 偏小，浓度高，配体P中的羧基、巯基(-SH)难以电离出，无法形成带负电的配体，难以与配位形成Q 配位平衡，偏小，浓度高，平衡逆向移动，Q产率下降 (8)0.098 【分析】含钒废料(主要成分为，还含有Fe2O3、Al2O3、CuO、有机物杂质)中加入足量MgCO3粉，并通入足量空气进行焙烧；加入稀硫酸进行酸浸，Fe2O3、Al2O3、CuO、都发生溶解，生成Al3+、Cu2+、Mg2+、Fe3+、等；加入适量氨水调节溶液的pH，使Al3+、Fe3+、Cu2+转化为Al(OH)3、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀；过滤后，往滤液中加入适量的(NH4)2CO3，将Mg2+、除去；过滤后，往滤液中加入足量的(NH4)2CO3，生成NH4VO3沉淀，煅烧沉淀，从而获得V2O5； 【详解】（1）提升浸的速率可以是：适当提高硫酸的浓度；加速搅拌；将固体粉碎过筛等； （2）“调pH净化I”时，需将Al3+、Fe3+、Cu2+三种离子去除干净(浓度＜1×10-5 mol∙L-1时视为去除干净)。将转化为，需调节pH范围为6.0≤pH≤8.0，将Al3+、Fe3+、Cu2+三种离子生成沉淀时，计算三种离子除尽（离子浓度<1×10−5mol⋅L−1）的最低pH：除尽：，对应；除尽：，对应；除尽：，对应，所以需调节pH范围为7.0＜pH≤8.0。 （3）从流程图中可以看出，当加入足量的(NH4)2CO3时，生成NH4VO3沉淀，所以 “净化Ⅱ”时，若加入过量(NH4)2CO3，可能导致的结果是：生成NH4VO3沉淀，降低钒的利用率。 （4）煅烧NH4VO3得到V2O5，根据质量守恒可知还有NH3生成，反应为：，NH3在该流程中可以循环利用。 （5）N在羧基邻位引入，是吸电子基团，吸电子使羧基O-H键极性增强，更容易电离，更大，更小，所以，故答案选A； （6）配离子整体带一个单位负电荷，两个配体P，每个配体失去2个，每个配体带两个单位负电荷，中心与O形成双键，因此的化合价为，，故答案选C。 （7）①偏小，浓度高，配体P中的羧基、巯基(-SH)难以电离出，无法形成带负电的配体，难以与配位形成Q。②配位平衡，偏小，浓度高，平衡逆向移动，Q产率下降。 （8），，，，，， ， 【变式1·变载体】（26-27高三上·上海浦东新·开学考试）从分金渣（主要成分为：、、、）中获取高纯银的流程如图所示： 已知时： ⅰ．分银液中主要成分为，且存在，； ⅱ．，。 （1）“分银”时，与反应生成的离子方程式为_______________________。 （2）上述第1题反应的_________。（保留2位有效数字） （3）“分银”时，其他条件不变，该反应在敞口容器中进行，分银时间过长会使分银液中银元素的百分含量降低，可能原因是__________________________________________________________________________。 及其与形成的微粒的浓度分数随溶液变化的关系如图所示。 （4）“分银”时，溶液的应控制在大约_____左右。 A．2 B．4 C．7 D．9 （5）“沉银”时，需加入盐酸并调节溶液的，从平衡角度分析能够析出的原因为___________________________________________________。 （6）“沉银”时，调节溶液的时不能过低，理由为_____________________________________________。 （7）“还原”时转化为，其化学方程式为_________________________________________。 （8）通过电解精炼银也可制备高纯银。电解时，粗银做_________极。 A．正 B．负 C．阴 D．阳 【答案】（1） （2）（或） （3） 被空气中的氧气氧化，导致溶液中降低，使平衡逆向移动，生成沉淀进入分银渣 （4）D （5）加入盐酸使增大，同时与结合使减小，平衡正向移动，增大，使得，从而析出沉淀 （6）过低，浓度过大，会与溶液中的含硫微粒反应生成气体，污染环境 （7） （8）D 【分析】预处理时，加将转化为AgCl，得滤渣为；分银加溶液将AgCl转化为；往分银液中加入盐酸，将转化为AgCl，起到富集Ag元素的作用，过滤后加入还原剂甲醛、碱溶液，得Ag单质，据此分析解题。 【详解】（1）AgCl是难溶固体，和提供的反应生成可溶性，同时释放出，离子方程式为：； （2）反应的平衡常数； （3）敞口放置时，会被空气中的氧化为，导致溶液中浓度减小，使平衡逆向移动，生成AgCl沉淀进入分银渣，因此分银液中银元素百分含量降低； （4）分银需要较高浓度的使AgCl充分形成配合物溶解，由图可知，pH=9时的浓度分数最大，故选D； （5）加入盐酸使增大，pH=4时，溶液中大量与结合生成，减小，使的平衡正向移动，溶液中游离浓度增大，当时，即可析出AgCl沉淀； （6）pH过低时，浓度过大，会与反应生成，分解产生气体逸出，污染环境； （7）碱性条件下HCHO被氧化为HCOONa，AgCl中的+1价Ag被还原为0价Ag单质，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为； （8）电解精炼时，待提纯的粗银作阳极，发生氧化反应溶解，高纯银在阴极析出，因此粗银接电源正极作阳极，故选D。 【变式2】【新情境】（25-26高三上·上海崇明·期末）重铬酸钠（俗称红矾钠）在医药、印染、电镀等领域有广泛应用。铬铁矿是一种含Cr2O3的矿物，杂质为Al2O3、MgO、FeO和SiO2等。以铬铁矿为原料生产Na2Cr2O7·2H2O的工艺流程如下： 已知：高温下，纯碱可与Al2O3反应生成偏铝酸盐，偏铝酸钠遇水生成；。 回答下列问题： （1）写出焙烧生成Na2CrO4反应中气体产物为_______（填化学式）。 （2）水浸工序得到滤液和滤渣1，滤液中杂质的主要成分为Na[Al(OH)4]和_______（填化学式）；滤渣1经洗涤进入_______（填工序名称），可实现铬元素的充分利用。 （3）中和工序加入酸剂X酸化，得到Na2CrO4溶液，确保溶液、浓度均不超过mol/L，需要调节溶液pH的范围是_______（已知：Al(OH)3 + H2O+H+的）。 （4）写出酸化工序所发生离子反应方程式_______。 （5）操作1包括的步骤为_______、_______、_______。 （6）Na2Cr2O7具有强氧化性，1mol Na2Cr2O7可氧化3mol Na2SO3。写出在酸性条件下用Na2Cr2O7处理含少量Na2S废水的离子方程式：_______（已知：该反应的氧化产物为硫单质）。 （7）测定产品中Na2Cr2O7·2H2O（g/mol）的质量分数。称取3.000g产品，用500mL容量瓶配制成待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和硫酸等，用0.1000mol/L (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。产品Na2Cr2O7·2H2O的质量分数：_______（用小数表示，保留3位有效数字）。 【答案】（1）CO2 （2） Na2SiO3 焙烧 （3）5~9 （4）2+ 2H+ =+ H2O （5） 蒸发浓缩 降温结晶 过滤洗涤 （6） + 3S2- + 14H+ = 3S↓ + 2Cr3+ + 7H2O （7）0.662 【分析】该工艺流程以铬铁矿（含及、、、杂质）为原料，先在高温下与纯碱、空气焙烧，将氧化为，杂质中、分别与纯碱反应生成可溶于水的和，而被氧化为、不反应，经水浸、分选后以滤渣1形式除去；滤液中加入酸剂中和，调节使转化为沉淀（滤渣2）除去，再加入硫酸酸化，将转化为，最后经蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作，得到目标产物，同时利用氧化还原滴定法测定产品纯度。 【详解】（1）高温下，纯碱（）与、反应生成，反应中分解生成，因此气体产物为； （2）水浸后，滤液中除目标产物外，杂质主要为和（由与纯碱反应生成）；滤渣1中残留未反应的含铬物质，洗涤后返回焙烧工序，提高铬的利用率； （3）为确保溶液中、浓度均不超过，需同时满足两个条件： 抑制电离出：，代入，得，即；抑制与反应生成：由，当时，可得，即，因此范围为； （4）酸化时，在酸性条件下转化为，离子方程式为； （5）酸化后的溶液需经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤，得到纯净的晶体； （6）在酸性条件下氧化，生成单质硫，被还原为，根据得失电子守恒配平为； （7）滴定反应中，与的物质的量之比为。消耗的的物质的量，25.00 mL待测液中的物质的量，500 mL溶液中总物质的量，产品中的质量，因此质量分数。 【变式3】【新考法——结合化学生产生活】（25-26高三上·上海·期中）钴是一种重要的战略金属，其下游产品市场广阔。钴在地壳中的含量较低，多以伴生矿的形式出现。利用某钴矿石制取粗品及其他工业产品的工艺流程如下图所示。 已知：钴矿石的主要成分为，浸出液中含有的正离子主要有、、、、。 (1)下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是______。 A． B． C． D． (2)为提高浸出的速率，可采取的措施是______。(任举一例) (3)钴矿石的浸出在酸性条件下进行，写出该步骤主要反应的离子方程式______。 (4)溶液中(X表示、、、、、)与pH的变化关系如下图所示(离子浓度小于时可认为已除尽)，要除去溶液中的铁，应用熟石灰调pH至少到______。 A．3.2        B．6.7        C．9.0        D．9.1 此时过滤1所得滤渣的主要成分为______。 (5)工业上需要调节滤液1的pH为9.1，可以加入的试剂是______。(不定项) A．MgO        B．CoO        C．        D． 过滤2后所得滤液直接排放会造成水体污染，须进行处理，用熟石灰调节pH使，则______。(写出计算过程) 【答案】(1)A (2)矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌等 (3) (4) B Fe(OH)3、Cu(OH)2 (5) ABD 【分析】钴矿石主要成分为Co2O3，加入H2SO4、Na2SO3，发生氧化还原反应产生CoSO4、Na2SO4、H2O，浸出液中含有H+、Cu2+、Co2+、Fe2+、Mg2+等，向其中通入空气，可以将Fe2+氧化为Fe3+，加入熟石灰调节溶液pH使Fe3+、Cu2+沉淀完全变为Fe(OH)3沉淀、Cu(OH)2沉淀，过滤除去，经过滤1后的滤液中含有H+、Co2+、Mg2+等，向除杂后液中加入MgO等，调节pH，过滤得到Co(OH)2粗品，加入熟石灰，Mg2+最后转化为镁渣； 【详解】（1）基态Co原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，、为钴原子，、为失去1个电子后形成的Co+，且的4p电子能量较的4s电子能量高，则更难再失去一个电子，故选A； （2）为提高浸出的速率，可采取的措施是矿石粉碎、适当增大硫酸浓度、搅拌等； （3）钴矿石的主要成分为，钴矿石的浸出在酸性条件下进行和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成二价钴离子和硫酸根离子，该步骤主要反应的离子方程式； （4）溶液中亚铁离子被氧气氧化为铁离子，结合分析，此时要除去铁离子和铜离子，而镁离子、二价钴离子没有沉淀，由图，此时应用熟石灰调pH至少到6.7，故选B； 结合分析，此时过滤1所得滤渣的主要成分为Fe(OH)3、Cu(OH)2； （5）工业上需要调节滤液1的pH为9.1，则应加入能和氢离子反应通过调节pH得到氢氧化钴沉淀的物质，后续操作得到镁的沉淀，则该步骤不应该引入镁、钴之外的新杂质，故可以加入的试剂是A．MgO、B．CoO 、D．； 用熟石灰调节pH使，由图，镁离子完全沉淀所需pH=11.1，pOH=2.9，，则。 考向2 物质提纯类工业流程综合题 例2（2026·上海宝山·二模）锂资源是新能源电池产业的核心战略资源，利用盐湖卤水梯度提锂是低成本获取锂资源的主流工业技术。某盐湖富含LiCl、NaCl、、等物质，利用盐湖卤水提锂工艺流程如下图所示。 已知：①草酸盐受热易分解； ②常温下，部分物质的溶度积常数。 物质 (1)步骤Ⅰ中“蒸发”的目的是___________，滤渣I的主要成分为___________。 (2)步骤Ⅰ的浓缩液中的浓度为，求该条件下开始沉淀时的pH___________。 (3)步骤Ⅱ向浓缩液中添加稍过量生石灰时，会出现如下两种现象： ①滤液1中仍存在比理论计算值更多的镁离子，可能的原因是___________。 ②该环境下会有少量硫酸钠析出，持续加入生石灰能实现硫酸钠的复溶，请依据化学平衡原理进行解释___________。 (4)步骤Ⅲ中主要发生反应的离子方程式___________。 (5)步骤Ⅳ中的操作是___________。 A．煅烧 B．洗涤 C．过滤 D．结晶 (6)步骤Ⅵ沉锂过程中可判断已达沉淀最大限度的方法是___________。(不定项) A．溶液不再发生任何变化，反应停止    B．沉淀质量不再发生变化 C．溶液中不存在和    D．溶液中 在该步骤中，适宜温度是80~90℃，参考下图分析温度不宜过低和过高的原因___________。 (7)得到较纯的后，常用高温固相合成法进一步制备动力电池的原料钴酸锂()，按和的物质的量之比为1:2配制，在700~900℃的空气氛围中反应。该过程的化学方程式为___________。 【答案】(1) 富集锂 、 (2)8.45 (3) 反应产生的硫酸钙沉淀会附着在石灰的表面，阻止与石灰进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的 加入石灰后与结合成沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入石灰能实现的复溶 (4)、 (5)A (6) B 的溶解度随温度的升高而降低，温度过低不易析出晶体，收率低，温度高于90℃，溶液蒸发导致其他离子析出，纯度降低 (7) 【分析】盐湖卤水蒸发得到浓缩液，可提高溶液的浓度，将锂元素富集在一起；加入生石灰和水反应生成，调节pH值，和部分生成沉淀，部分钙离子和生成沉淀，过滤后得到滤渣1，主要成分为和；向滤液1中加入，过滤得到滤渣2，主要成分为和；将滤渣2煅烧，使其受热分解得到和；滤液2经过蒸发过滤得到滤渣3，主要成分为NaCl和KCl；向滤液3中加入，设定温度为80~90℃，得到。 【详解】（1）由分析知，“蒸发”的目的是富集锂，滤渣I的主要成分为和； （2）根据， mol/L ，，故； （3）①反应产生的硫酸钙沉淀会附着在石灰的表面，阻止与石灰乳进一步反应，使得滤液1中仍存在比理论计算值更多的； ②加入生石灰后与结合成沉淀，使溶解平衡正向移动，导致持续加入生石灰能实现的复溶； （4）由分析知，步骤Ⅲ的离子方程式为、； （5）由分析知，步骤Ⅳ中的操作是煅烧，故选A； （6）A．溶液不再发生变化，反应停止不能作为沉淀达到最大限度的标志，因为沉淀溶解平衡是动态的平衡，达到平衡时反应并未停止，只是正逆反应速率相等，溶液中离子浓度保持不变，并非不再发生任何变化，A错误； B．沉淀质量不再变化，说明单位时间内生成沉淀的质量与溶解沉淀的质量相等，即沉淀溶解达到平衡状态，此时沉淀量达到最大限度，B正确； C．溶液中不存在和，不符合沉淀溶解平衡的特征；任何难溶电解质的溶解都是可逆的过程，达到平衡时溶液中仍存在少量溶解的离子，只是离子浓度不再变化，并非完全不存在，C错误； D．溶液中，仅表示溶解时离子浓度的比例关系，但不能说明沉淀是否达到最大限度，即使沉淀未达到最大限度，只要溶解，溶液中的浓度始终是的2倍，D错误； 故选B； 在该步骤中，适宜温度是80~90℃，可能的原因是的溶解度随温度的升高而降低，温度过低不易析出晶体，收率低，温度高于90℃，溶液蒸发导致其他离子析出，纯度降低； （7）根据题干信息可知，该反应方程式为。 【变式1·变载体】（25-26高三下·上海·开学考试）2025年宁德时代推出的第二代钠电池，作为固态电解质，工业上以天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)为原料生产的工艺流程如下： 已知： ①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、； ②“煅烧”后固体主要成分为、和； ③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图。 (1)Zr的价电子排布式为，则Zr在周期表的位置为___________。 (2)在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生的离子方程式为___________。 (3)“调pH”后，废液中，则废液中为___________。(已知：25℃时，，) (4)“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 (5)的沸点远高于的原因可能是___________。 (6)“还原”的主要目的是___________。 (7)晶体可传导，利用晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为___________。 (8)某含锆的结合剂是一种平面层状材料，其晶体部分结构如图。该结合剂的化学式为___________。 【答案】(1)第5周期ⅣB族 (2) (3) (4) (5)是离子晶体，为分子晶体 (6)把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度 (7) (8)或 【分析】天然锆英石(主要成分为，含有、、、等杂质)中加入硝酸、浓盐酸溶浸，SiO2不参与反应而进入滤渣1，“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为、、、，加入PbO“沉铅”，此时铅转化为PbCl2；再往滤液中加入氨水调pH，使ZrO2+、Cr3+、Fe3+转化为对应的氢氧化物沉淀，煅烧后转化为、和，再加入C、Cl2进行“高温氯化”生成ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通入氢气将FeCl3还原为FeCl2，升华后ZrCl4转化为气体，FeCl2、CrCl3仍以固态形式存在，最后ZrCl4与NaCl在特定条件下化合生成Na2ZrCl6，据此解答。 【详解】（1）Zr的价电子排布为，电子层数为5，位于d区，价电子总数为4，因此位于第五周期第ⅣB族； （2）中含+4价Pb，酸性环境下可氧化生成黄绿色的，Pb元素全部转化为，发生反应的离子方程式为：； （3）由，代入数据得：，再由得：； （4）“高温氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该气体为CO，经配平得该反应的化学方程式为：； （5）为离子晶体，为分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此沸点远高于； （6）由题给信息可知，和的升华温度相近，不利于分离提纯，则“还原”的主要目的是：把还原为沸点更高的，防止升华影响纯度； （7）阴极上被还原为无污染的，可传导离子为，则阴极的电极反应式为：； （8）在1个结构单元中，1个原子与3个原子和1个相连，构成，而每个原子被4个结构单元共用，则1个结构单元中含有原子的个数为，且含2个，所以该结合剂的化学式为或 【变式2·变题型】（25-26高三上·上海·期中）我国是世界上最大的稀土生产、出口和应用国。稀土元素中丰度最高的是铈，在电子材料、催化剂等方面应用广泛。工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵和氯化亚铁，工艺流程如下图所示： 已知：①在空气中易被氧化为，具有强氧化性； ②“沉铈”时发生反应得到复盐：。 （1）氟碳铈矿中铈元素的化合价为___________价(填序号)，焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。 A．        B．        C．        D． （2）向含有的溶液中加入反应生成的离子方程式为___________。 （3）“溶解”时，为防止被氧化，可以加入___________(不定项)。 A． B．NaClO C． D． 向“含滤液”先后加入物质X、Y可以得到两种副产品，工艺流程如下图所示： 溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 金属离子 开始沉淀pH 1.9 7.5 3.0 完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 （4）物质X是___________，后加入的物质Y需要控制pH范围在___________。 A．1.9～3.2        B．3.2～7.5        C．4.7～7.5        D．1.9～7.5 （5）副产物氯化亚铁易被氧化，如何检验其是否已被氧化___________。 （6）“酸浸”中，铈浸出率与温度的关系如图1所示，铈浸出率与硫酸浓度的关系如图2所示。工业生产应选择的适宜条件是___________。 （7）若“酸浸”步骤的稀硫酸改用稀盐酸，可能造成的影响是___________。 （8）取所得的8.0g含的产品，用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加热溶解，冷却至室温后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用硫酸亚铁铵溶液滴定，已知滴定时发生的反应为，达到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液20.00mL，假定杂质不参与反应，则该产品的纯度为___________。 【答案】（1） C 将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等) （2） （3）C （4） 铁粉 C （5）取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化 （6）85℃，3.0mol/L （7）Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境 （8）86% 【分析】“焙烧”时，CeCO3F转化为CeF4、CeO2得到、、、CeF4、CeO2，“酸浸”时，、、CeF4、CeO2分别转化为硫酸铁、硫酸铝、，SiO2不与硫酸反应，滤渣A为SiO2；“沉铈”时，中的Ce发生“已知”反应转化为沉淀，过滤得到滤渣B为Ce2(SO4)3⋅Na2SO4⋅6H2O，含F-滤液含F-、Al3+、Fe3+等；“溶解”后Ce元素转化为Ce3+进入溶液，而后加碳酸氢铵得到碳酸铈，在空气中灼烧碳酸铈得到CeO2。 【详解】 （1）CeCO3F中，C为+4价、O为-2价、F为-1价，设Ce化合价为x，则x+(+4)+3×(-2)+(-1)= 0，解得 x=+3；焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是：将难溶的氟碳铈矿转化为易溶于酸的 CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等)，为后续分离提纯奠定基础；故答案为：+3；将氟碳铈矿氧化为易溶于酸的CeO2、CeF4，同时除去部分杂质(如 SiO2等)。 （2）Ce3+与反应，电离出的与Ce3+结合生成沉淀同时释放氢离子，氢离子继续与反应生成CO2和H2O，因此，其离子方程式为：2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；故答案为：2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O。 （3）Ce3+易被氧化为Ce4+，需加入还原剂保护，CH3CHO具有还原性，可防止Ce3+被氧化；A、B为氧化剂，会氧化Ce3+；D 一般无还原性，无法起到保护作用；故答案为：C。 （4）“含F-滤液”除F-外还含Fe3+、Al3+，故X为铁粉，目的是将三价铁还原为二价铁，pH控制理由：需先使FAl3+完全沉淀(pH≥4.7)，再避免Fe2+沉淀(pH＜7.5)，故选择4.7～7.5；故答案为：铁粉；C。 （5）Fe2+被氧化生成Fe3+，Fe3+与KSCN 反应生成血红色络合物，现象明显，因此检验氯化亚铁是否被氧化时：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化；故答案为：取少量样品溶于水，滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明已被氧化；若不变色，则未被氧化。 （6）由图1可知，85℃时铈浸出率达到较高水平，继续升温浸出率提升不明显；图2中3.0mol/L硫酸时浸出率最高，浓度过高或过低均会降低浸出率，即选择温度控制在85℃左右，硫酸浓度控制在3.0mol/L左右；故答案为：85℃，3.0mol/L。 （7）Ce4+具有强氧化性，“酸浸”时若将稀硫酸改为稀盐酸，Ce4+会氧化Cl-生成Cl2，2Ce4++2Cl-=2Ce3++Cl2↑，既消耗Ce4+，又产生污染性气体，故答案为：Ce4+具有强氧化性，会氧化Cl-生成Cl2，导致铈元素损失，同时产生有毒气体污染环境。 （8）根据滴定时发生的反应可知，25.00mL溶液中n(Ce4+)=n{[(NH4)2Fe(SO4)2]}=0.2000mol/L×0.02L=0.004mol，则样品中n(Ce4+)=0.004mol×=0.04mol，样品中n(CeO2)=n(Ce4+)=0.04mol，所以样品的纯度为100%=86%。 【变式3·变考法】（25-26高三上·上海·期中）中国已探明的稀土工业储量为5200万吨，约占世界的50%，是稀土资源最丰富的国家。以含、等的稀土矿浸取液为原料制氧化镧()的流程如下。(注：镧-La、铕-Eu) 已知：ⅰ．     ⅱ．， （1）镧(La)元素位于元素周期表___________区。 A．s区 B．p区 C．d区 D．f区 （2）脱铕：已知基态Eu原子的价层电子排布式是。可将稀土矿浸取液中的转化为进而与分离。从原子结构的角度解释易被还原为的原因：___________。 萃取和反萃取：弱酸性的环烷酸()常用于稀土离子的萃取分离，萃取时生成易溶于有机溶剂的，。 （3）萃取时需要用到的仪器有___________(不定项)。 A．分液漏斗 B．圆底烧瓶 C．烧杯 D．冷凝管 （4）萃取时，需要适时打开活塞放气的原因是___________。 （5）从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：___________。 碳化：向溶液中持续通入，边搅拌边加入MgO维持，充分反应生成固体。制备过程中主要物质的转化关系如图所示。 （6）制备总反应的离子方程式是___________。 （7）理想情况下，恰好完全转化为时，，。结合计算，解释此时不生成沉淀的原因：___________。 （8）上述制的流程中，除外，可以在流程中直接循环利用的物质还有___________。 【答案】（1）D （2）根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，（4f6）得电子生成的(4f7)的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为 （3）AC （4）防止分液漏斗内压强过大，避免发生危险或影响实验效果 （5）反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-减小，使 平衡正向移动，溶解于水中 （6） （7）理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，， ， ，所以此时不生成沉淀。 （8）RCOOH的有机溶液 【分析】含、等的稀土矿浸取液，加RCOOH的有机溶液与反应生成易溶于有机溶剂的(RCOO)3La，萃取液加盐酸反萃取生成RCOOH和易溶于水的LaCl3，LaCl3溶液中通入二氧化碳、加入氧化镁反应生成La2(CO3)3沉淀和MgCl2，La2(CO3)3煅烧得到La2O3。据此分析解题。 【详解】（1）镧(La)系为ⅢB族元素，位于元素周期表f区，故选D。 （2）根据洪特规则，价层电子全满、半满时较稳定，f能级有7个原子轨道，（4f6）得电子生成的(4f7)的价层电子排布是半充满的，比较稳定，所以易被还原为。 （3）萃取时需要加入萃取剂，“振荡-静置-分液”步骤，萃取时需要用到的仪器有分液漏斗和烧杯，故选AC。 （4）萃取时，需要适时打开活塞放气的原因是防止分液漏斗内压强过大，避免发生危险或影响实验效果。 （5）从平衡移动的角度解释反萃取时盐酸中的作用：反萃取时，盐酸中H+与RCOO-结合为RCOOH，RCOO-浓度减小，使 平衡正向移动，溶解于水中。 （6）由制备过程转化关系图可知，制备La2(CO3)3时，LaCl3、CO2、MgO反应生成La2(CO3)3、MgCl2，总反应的离子方程式是：。 （7）理想情况下，La3+恰好完全转化为时La2(CO3)3，，， ， ，所以此时不生成沉淀。 （8）反萃取时加入盐酸生成RCOOH，RCOOH的有机溶液在流程中可在“萃取器”中循环利用。 考点二 绿色化学核心 知●识●解●构 知识点1 绿色化学核心概念 1.绿色化学又称环境友好化学，核心是从源头上减少或消除污染，而不是污染后再治理。 绿色化学：预防污染（不产生污染物）。 环境保护：治理已产生的污染（如尾气吸收、污水净化）。 2. 原子经济性 原子利用率 =（目标产物的总相对分子质量 ÷ 所有反应物总相对分子质量）× 100% 理想状态：原子利用率100%，反应物全部转化为目标产物，无副产物。 原子利用率可达100%的反应类型：化合反应、加成反应、加聚反应。 原子利用率一般小于100%的反应：取代反应、复分解反应、水解反应、消去反应（有小分子副产物）。 知识点2 绿色化学12条基本原理 （1）预防污染：从源头防止废物产生，而不是产生后再处理（最核心）。 （2）原子经济性：最大限度使反应物原子进入目标产物，原子利用率尽量100%。 （3）低毒化学合成：设计合成路线，尽量使用和产生对人体、环境低毒/无毒物质。 （4）设计安全化学品：化工产品在完成功能的同时，降低毒性。 （5）安全溶剂与助剂：少用溶剂、分离助剂；必须使用时选无毒无害试剂。 （6）能量效率设计：尽量常温常压反应，降低能耗；优先利用可再生能源。 （7）使用可再生原料：原料优先选用生物质等可再生资源，减少化石资源消耗。 （8）减少衍生物：尽量避免引入保护基等额外基团，减少额外试剂与废物。 （9）催化：优先使用高效催化剂（催化优于化学计量反应），减少副产物。 （10）可降解设计：化学品设计为使用后可降解为无害物质，不残留环境。 （11）实时污染预防分析：开发在线监测手段，实时监控，避免危险物质泄漏。 （12）安全化学：选用物质和反应形式，降低爆炸、火灾等事故风险。 知识点3 工艺流程中的绿色化学中六大答题角度 1. 原子经济性 优先选择加成、化合反应，原子利用率高，副产物少；避免取代、氯代等产生大量废液废渣的路线。 答题句：原子利用率高，副产物少，废弃物排放量小。 2.物质循环利用（最常考） 流程中某反应物/溶剂分离后回到前面步骤继续参与反应。常见循环物质：N₂、H₂、SO₂、有机溶剂、酸/碱。 答题句：XX物质可循环使用，提高原料利用率，减少废弃物排放，降低成本。 得分速记 循环利用是指物质返回反应体系；副产物回收出售属于资源化利用，不等于循环。 3. 原料与产物毒性 优点：原料无毒/低毒，产物、副产物无毒；不使用Cl₂、重金属盐、氰化物等有毒试剂。 缺点：原料有毒，产生重金属废渣、有毒废液。 答题句：不使用有毒有害原料，减少有毒污染物产生。 4. 能耗与反应条件 优先常温、常压；利用反应放热预热反应物（余热回收）；避免持续高温高压。 答题句：反应条件温和，能耗低，节约能源。 5. 催化剂角度 选用高效、可回收、无重金属污染催化剂；催化剂可重复使用。 答题句：催化剂可回收循环，减少重金属污染。 6. 三废排放（注意区分） 符合绿色化学：工艺本身不产生废气、废液、废渣（源头无污染物）。 仅环保措施（非绿色化学核心）：产生废气后碱液吸收、废液处理、废渣固化。 得分速记 不要把尾气吸收作为绿色化学的主要理由，只能作为补充。尾气吸收属于末端治理，不是绿色化学"源头防污染"的核心。 考●向●破●译 考向1 工艺流程中的绿色化学 例1（2026·上海嘉定·二模）硒酸泥(含游离态的硒、硫及FeO、)中的硒含量丰富，采用以下工艺流程可处理硒酸泥并制备粗硒。 (1)的氧化性______的氧化性。(填“强于”或“弱于”) 25℃，溶液中含硒微粒的分布系数(分布系数即各组分的平衡浓度占总浓度的分数)与溶液pH的关系如图所示： (2)曲线表示的含硒微粒是______(微粒符号表示)；A点的______。(保留一位小数) (3)在溶液中通入，有单质Se析出，写出该反应的离子方程式______。 一定温度下，将少量溶于冰醋酸中，存在以下平衡：。 (4)下列能说明该反应已达到平衡状态的是______。 A．溶液中 B．的电离常数不再发生变化 C．单位时间内消耗的同时生成 D．冰醋酸的电离程度不再发生变化 (5)若保持温度不变，关于的冰醋酸溶液，下列说法正确的是______。(不定项) A．加入少量冰醋酸，[]与[]均减小 B．加入少量，的电离程度增大 C．加入少量固体，[]与[]的比值减小 D．加入少量固体，[]减小 科学家开发并利用催化剂合成硒的化合物，其历程如图所示(-Ph为苯基)。 (6)b()是______。 A．催化剂 B．中间产物 C．反应物 D．生成物 (7)该工艺属于理想的绿色化学工艺，原因是______。(写出2点) 新一代锂硒电池具有优异的循环稳定性，装置如下： (8)锂硒电池放电时正极的电极反应式为______。 (9)用该锂硒电池作电源电解500 mL足量的饱和食盐水，经过10 min负极固体质量减少1.4 g，该电解反应的速率______。(假设溶液体积不变，也不考虑气体在溶液中的溶解。) 【答案】(1)强于 (2) 4.8 (3) (4)D (5)AC (6)A (7)该工艺中，催化剂b()可循环使用，无额外废弃物产生，反应条件温和(光照即可)，原子利用率高，符合绿色化学的要求 (8) (9) 【详解】（1）HCl可以将还原为，自身被氧化为Cl2，则的氧化性强于的氧化性。 （2）曲线表示的是，曲线表示的是，曲线表示的是，当pH=2.5时，，则，当pH=7.18时，，则，A点时，，则，解得，。 （3）在溶液中通入，有单质Se析出，被氧化为，该反应的离子方程式。 （4）A．溶液中，不能说明正逆反应速率相等，不能说明该反应已达到平衡状态； B．电离常数只与温度有关，的电离常数不再发生变化，不能说明该反应已达到平衡状态； C．即使反应未达到平衡，单位时间内消耗的同时也会生成，则不能说明该反应已达到平衡状态； D．冰醋酸的电离程度不再发生变化，说明冰醋酸的浓度不再变化，能说明该反应已达到平衡状态； 选D。 （5）一定温度下，将少量溶于冰醋酸中，存在以下平衡：，同时存在的电离平衡：，以及冰醋酸的自耦电离， A．加入少量冰醋酸，相当于稀释，[]与[]均减小，正确； B．加入少量，主平衡正向移动，但是弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则的电离程度减小，错误； C．加入少量固体，减小， ，故[]与[]的比值减小，正确； D．加入少量固体，逆向移动，减小， []增大，错误； 选AC。 （6）物质b()进入循环，参与后续反应，在循环的最后一步，又重新生成了，回到循环起点，故b()为催化剂。 （7）绿色化学的核心是原子经济性(原子利用率100%，无副产物)、环境友好。该工艺中，催化剂b()可循环使用，无额外废弃物产生，反应条件温和(光照即可)，原子利用率高，符合绿色化学的要求。 （8）由图可知，Li为负极，Se为正极，放电时正极的电极反应式为 （9）负极固体质量减少1.4 g，即消耗Li的物质的量为，则电路中转移0.2mol电子，根据电解饱和食盐水的阴极反应可知，生成0.2mol，该电解反应的速率。 【变式1·变载体】（25-26高三下·上海浦东新·阶段检测）铜及其化合物在生产生活中有着非常重要的作用。现有以下铜及其化合物的问题，根据要求回答。 (1)基态铜原子价层电子的轨道表示式是________。 (2)基态铜原子核外电子的空间运动状态有________种。 A．2 B．4 C．15 D．29 (3)CuO加热到1000℃开始分解为。热稳定性很好，在1235℃即使熔化了也不分解。从离子结构角度解释的热稳定性强于CuO的原因：________。 (4)绿色化学追求原子利用率100%，追求零污染零排放，从源头上减少污染。工业上用洗净的废铜屑制备硝酸铜，下列方法中符合绿色化学理念的是________。 A． B． C．； D．； (5)足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和、、的混合气体，这些气体与2.24 L （标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入溶液至恰好完全沉淀，则消耗溶液的体积是________。 A．100m L B．80 mL C．60 mL D．40 mL (6)如图是铜和浓硫酸反应实验及性质探究实验的一体化装置。铜和浓硫酸反应中浓硫酸所起的作用是_______。 (7)下列说法错误的是________。 A．a处试纸变红，说明为酸性氧化物 B．c处和b处试纸均褪色，且原因相同 C．该设计优点之一是能控制反应的发生与停止 D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体，用水稀释后得到蓝色溶液 (8)下列有关电解精炼铜的说法中错误的是________。 A．粗铜做阳极，精铜做阴极 B．金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属转化为正离子进入溶液中 C．阳极泥有比铜不活泼的银、金等贵重金属 D．电解精炼铜和电镀铜的过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加都相等 【答案】(1) (2)C (3)Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu+的价电子排布式为3d10，Cu+的3d轨道为全充满结构，更稳定 (4)C (5)B (6)酸性和强氧化性 (7)B (8)D 【详解】（1） 铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，轨道表示式为：； （2）铜元素的原子序数为29，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，核外电子的轨道数为15，所以核外电子的空间运动状态有15种，故选C； （3）铜元素的原子序数为29，铜离子的价电子排布式为3d9，亚铜离子的价电子排布式为3d10，亚铜离子的3d轨道为全充满结构，更稳定，所以氧化亚铜的热稳定性强于氧化铜； （4）A．由方程式可知，铜与浓硝酸反应制备硝酸铜时，会生成有毒的二氧化氮气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，A不符合题意； B．由方程式可知，铜与稀硝酸反应制备硝酸铜时，会生成有毒的一氧化氮气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，B不符合题意； C．由方程式可知，利用铜、氧气和稀硝酸制备硝酸铜时，没有有毒的气体生成，则制备硝酸铜的方法符合绿色化学理念，C符合题意； D．由方程式可知，利用铜、浓硫酸和硝酸钡制备硝酸铜时，会生成有毒的二氧化硫气体污染环境，则制备硝酸铜的方法不符合绿色化学理念，D不符合题意； 故选C； （5）由题意可知，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜失去电子的数目与氧气与水、氮的氧化物反应生成硝酸得到的电子数目相等，则反应生成铜离子的物质的量为：=0.2 mol，铜离子与氢氧化钠溶液的反应为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，则反应消耗氢氧化钠溶液的体积为：=80 mL，故选B； （6）铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素的化合价部分降低被还原，硫酸表现酸性和强氧化性； （7）由实验装置图可知，铜丝与浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，针筒中盛有的饱和氢氧化钠溶液用于吸收二氧化硫，防止污染空气； A．装置中a处湿润的石蕊试纸用于验证二氧化硫表现酸性氧化物的性质，所以a处试纸变红，说明二氧化硫为酸性氧化物，A正确； B．b处酸性高锰酸钾溶液用于验证二氧化硫的还原性，c处湿润的品红试纸用于验证二氧化硫的漂白性，所以c处和b处试纸均褪色，但原因不同，B错误； C．由实验装置图可知，该设计的优点之一通过上下拉伸铜丝控制铜丝和浓硫酸的接触，达到控制反应的发生与停止的实验目的，C正确； D．铜和浓硫酸反应过程中出现灰白色固体为无水硫酸铜，用水稀释后得到蓝色的硫酸铜溶液，D正确； 故选B； （8）A．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，A正确； B．电解精炼铜时，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，B正确； C．电解精炼铜时，有比铜不活泼的银、金等贵重金属不能在阳极放电转化为金属阳离子，而是沉入阳极的底部形成阳极泥，C正确； D．电解精炼铜时，粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，金属铜和比铜活泼的锌、铁等金属会在阳极失去电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液中，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，所以阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，电镀铜时，Cu为阳极，硫酸铜溶液做电解质溶液，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等，D错误； 故选D。 【变式2·变题型】（24-25高三下·上海·阶段检测）通过和的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。从绿色化学角度评价该循环过程_______(任意问答1点)。 【答案】由图中信息可知，该过程的总反应为，该循环过程不仅利用了太阳能，而且可以降低环境中的含量 【详解】该过程利用太阳能将CO2变为C和O2，总反应为，该循环过程不仅利用了太阳能，而且可以降低环境中的含量，符合绿色化学理念。 【变式3·变考法】（24-25高三上·上海·阶段检测）杭州亚运会主火炬塔燃料使用的甲醇被誉为绿色燃料。在以往的运动会中，丙烷、煤油也曾作为燃料使用。上述燃料的热值和排放量如下表所示： 燃料 煤油 热值 22.7 50.4 29.0 排放量 16.5 16.2 22.9 （1）根据上表数据，计算的燃烧热为________。 A．22.7 B． C． D． （2）根据上表，从排放量和燃料储存两个角度分析，选用甲醇作为主火炬塔燃料的可能原因______________________________。 以和为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。其反应原理为：。 （3）下图中，曲线________能表示该反应的平衡常数K与温度的关系。 A．I B．II C．III D．不一定 （4）某温度下向容积为2.0L的恒容密闭容器中充入和模拟上述反应。反应达到平衡状态时，测得。该温度下，平衡常数K=________。 A．3.00 B．0.33 C．0.15 D．0.59 光催化可以加快合成甲醇的反应速率，下图是该反应的部分历程，其中吸附在催化剂表面的物质用*表示。 （5）上图虚线框中的基元反应，主要决定总反应速率快慢的是________。 A． B． C． D． 上海某研究团队研制出了一种具有反应和分离“双功能分子筛催化膜”反应器，使用该反应器制甲醇时，能大幅度提高二氧化碳转化率，其原理如下图所示： 在不同反应器中，CO2平衡转化率和甲醇选择性的相关实验数据如下表所示： 实验组 反应器 压强/MPa 温度/K CO2平衡转化率/% 甲醇选择性/% ① 普通催化反应器 3 533 3 21.9 67.3 ② 双功能分子筛催化膜反应器 36.1 100 （6）从绿色化学的角度，分析该双功能分子筛催化膜反应器的优点有：①CO2平衡转化率明显升高；②________________________；③________________________。 【答案】（1）C （2）相比于丙烷，甲醇常温下为液态，便于储存；相比于煤油，甲醇的排放量较低。 （3）C （4）D （5）B （6） 甲醇选择性高 催化剂稳定性高 【详解】（1）燃烧热是指纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，甲醇的摩尔质量为，其热值为，则甲醇完全燃烧放出的热量为，由于燃烧放热，焓变，故燃烧热，故选C； （2）从燃料储存角度分析，常温下丙烷为气态，而甲醇为液态，液态燃料体积小，更便于储存和运输；从排放量角度分析，产生相同热量时，甲醇的排放量（）明显低于煤油（），对环境更加友好； （3）该反应的，为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，图中只有曲线III的平衡常数随温度升高而减小，故选C； （4）容器容积为，初始时，。平衡时，则。列出三段式： 该温度下的平衡常数，故选D； （5）在多步基元反应中，活化能最大（即能垒最高）的一步反应速率最慢，决定了总反应的速率。由反应历程图可知， 这一步的活化能最大，约为 ，因此该步反应决定总反应速率快慢，故选B； （6）根据表格数据对比，双功能分子筛催化膜反应器相比普通催化反应器，甲醇的选择性从大幅提高到了，说明副反应被有效抑制，原子利用率高；同时，结合反应器原理图可知，该反应器能及时将生成的水分离出去，这不仅促进了平衡正向移动，还避免了高温水蒸气对催化剂活性的影响，从而提高了催化剂的稳定性。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1.（2026·上海·高考真题）CdS量子点是一种新型纳米半导体材料，在光电传感、太阳能电池领域应用广泛。以含镉废液(主要含、、，少量、杂质)为原料，经除杂、沉淀反应，制得CdS量子点，流程如下： 已知： ①常温下，，，。 ②、完全沉淀的，开始沉淀的； （1）根据镉(Cd)元素在周期表中的信息，推测其在元素周期表中的位置是___________。 A．第四周期第2族 B．第五周期第Ⅷ族 C．第四周期第12族 D．第五周期第ⅡB族 （2）写出用过量和溶液反应制备CdS量子点的离子方程式___________。 （3）量子点的直径一般为2 nm-10 nm，下列关于量子液体的叙述正确的是___________。 A．该分散系为溶液 B．用激光笔照射量子液体时能产生丁达尔现象 C．CdS量子点不稳定，易分解 D．过滤能得到CdS晶体 （4）当紫外光照射量子点时，量子点会发出不同波长的光。已知量子点直径越大，发出的光越偏向红光；量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光。若发出的光更偏向蓝光，则该量子点的直径更接近于___________。 A．2 nm B．10 nm C．50 nm D．100 nm （5）室温下，往含溶液中加入至溶液的，可生成沉淀，则溶液中的比值为___________。 （6）国家环保规定排污时的含量需要≤，现有室温下1000 L含的废水需要排放，废水中浓度为，需要加入___________。 【答案】（1）D （2）Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O （3）B （4）A （5）0.36 （6）1.58 【分析】以含镉废水（含Cd2+、H+、及少量Fe3+、Pb2+杂质）为原料，先加入氨水调节pH至3.2~7.4，使Fe3+、Pb2+完全沉淀而Cd2+不沉淀，过滤除去杂质得到Cd(NO3)2纯净液；再向纯净液中通入过量H2S发生复分解反应生成CdS沉淀，经水浴晶化、分离提纯得到CdS量子点； 【详解】（1）镉的基态价电子排布式为4d105s2，周期数等于电子层数（5层），属于第ⅡB族【第IIB族元素的价电子均为nd10(n+1)s2，其中n3】，因此位于第五周期第ⅡB族；故答案选D； （2）H2S与Cd(NO3)2反应生成CdS沉淀、一氧化氮、硫和水，离子方程式为：Cd2+ + 4H2S +2= CdS↓ + 2NO+3S↓+4H2O； （3）量子点直径为2~10 nm，处于胶体粒子直径（1~100 nm）范围内，形成胶体分散系：A错误（不是溶液是胶体）；B正确（胶体有丁达尔效应）； C错误（量子点并非都易分解，CdS量子点性质稳定）；D错误（胶体粒子可透过滤纸，无法通过过滤得到晶体）；故答案选B； （4）题目说明“量子点直径越小，发出的光越偏向蓝光”，因此偏向蓝光时直径更接近最小值2 nm；故答案选A； ​ （5）已知Kb(NH3·H2O)==1.8×10-5， pH=9.7时，pOH=14-9.7=4.3，c(OH-)=10-4.3mol/L， 则： ==；10-4.3=100.7×10-5≈5.01×10-5，代入得：≈0.36； （6）需沉淀的物质的量为；溶液中残留的物质的量为；故所需总质量为。 2．（2025·海南·高考真题）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)。 【详解】（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。 3．（2025·上海·高考真题）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法： (1)验证锗矿石中含有锗元素可使用的方法为_______。 A．原子发射光谱法    B．红外光谱法    C．X射线衍射 (2)既能与强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是_______氧化物。 锗矿石中含有、煤焦油、等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示： 煤焦油 熔点 升华 沸点 —— —— (3)分析提取精锗时采用分步升温的原因_______。 (4)真空还原阶段用除，产物还有等生成，写出该阶段的化学方程式_______。 (5)在不同温度下，使用不同浓度的真空还原时，元素的萃出率如下图所示。由此判断，真空还原采用的最佳温度及浓度分别为_______。 A．，2.5% B．，5.0% C．，2.5% D．，2.5% 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： a．称取m g单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。 b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。 c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。 d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应) e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用c mol·L-1 KIO3标准溶液滴定，终点时消耗 V mL标准溶液。 测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)： ① ② ③ ④ (6)装置图中仪器A的名称为_______。 A．滴定管 B．恒压滴液漏斗 C．冷凝管 D．干燥管 (7)到达滴定终点时，溶液颜色由_______变成_______，且半分钟不褪色。 (8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。_______ (9)已知，求m g锗矿石样品中锗元素的质量分数为_______(用c、V、m的代数式表示)。 (10)若滴定测得的锗元素含量偏大，可能的原因是_______。 A．未用标准溶液润洗滴定管 B．未用稀盐酸洗涤仪器A并将洗涤液并入锥形瓶 C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡 D．未保持在以下滴定 【答案】(1)A (2)两性 (3)在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；真空还原阶段，升温到，升华蒸出 (4) (5)C (6)C (7) 无色 浅蓝色 (8)隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低 (9) (10)AD 【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，经过多步反应得到Ge； 滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算； 【详解】（1）可以通过原子发射光谱法可检验物质中所含元素，故选A； （2）既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物；既能和强酸反应，也能与强碱反应，由此推测是两性氧化物； （3）①在焙烧可除去矿石中的、煤焦油、等杂质，将元素氧化为；②真空还原阶段，升温到，升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的； （4）真空还原阶段用除，产物还有、、等生成，反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5，结合电子守恒，该阶段的化学方程式：； （5）由图，，使用2.5%的真空还原时，元素的萃出率几乎为100%，此时能节约能源和原料，选C； （6）由图，装置a名称为球形冷凝管，故选C； （7）根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。 （8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差。 （9）由题干反应结合Ge元素守恒，存在，则样品(固体)中元素的质量分数； （10）A．未用标准溶液润洗滴定管，导致标准液浓度偏低，用量增大，使得测得结果偏大，A正确； B．未用将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)，导致Ge元素损失，使得测得结果偏低，B错误； C．滴定结束后，在滴定管尖嘴处出现气泡，导致标准液用量读数减小，使得测得结果偏小，C错误； D．在常温下滴定(未保持在以下滴定)，可能被标准液氧化，使得标准液用量增大，测得结果偏大，D正确； 故答案选AD。 4．（2026·上海·高考真题）黄铜矿的湿法冶金技术，主要包括直接酸浸、氧化焙烧、硫酸化焙烧。下列是利用酸浸出黄铜矿(主要成分，含有少量杂质)回收其中铜和铁的工艺流程如图： (1)化合物作为硫酸铜镀铜工艺的辅助光亮剂，可改善镀层的均匀性和光泽性，提升电镀层的质量和稳定性。该分子中电负性最大与最小的元素分别是___________。 A．C、S B．C、H C．N、S D．N、H (2)离子液体[]可用于萃取分离铜离子，该离子溶液中存在的作用力有___________(不定项)。 A．配位键 B．离子间静电作用 C．氢键 D．金属键 (3)已知：的歧化反应                                      ①根据上述信息，计算反应热___________。 ②在298 K时，反应的则在该条件下，在溶液中___________(填“能”或“不能”)大量存在。理由是___________。 (4)写出黄铜矿焙烧的主要反应方程式：___________ _____________ (5)用硫酸浸出黄铜矿时，生成、、。为了将目标铜元素分离提纯，需向反应液中多添加___________(选填“氧化剂”或“还原剂”)。 铜的提取最后一步为电解。电解装置中使用质子交换膜分隔两极室。如下图所示。 (6)写出阴极的电极反应式___________。 (7)反应中可以用___________替代。 A．葡萄糖 B． C． D． (8)下图为晶胞图，图中1个S进入的是2个Cu和2个Fe围成的四面体，有部分Cu未画出，则晶胞中未画出的Cu处在晶胞的___________位置。 A．体心    B．面心    C． 顶点    D．棱心 距离Cu原子最近的S原子有___________个。 (9)、、三种微粒的键角从大到小的顺序是___________。并说明和键角不同的原因是___________。 【答案】(1)D (2)BC (3) 875 能 该温度下反应的，歧化反应正向非自发，不会转化为和，可大量存在 (4) (5)还原剂 (6)Cu2++2e-=Cu (7)A (8) A 4 (9) 中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小 【详解】（1）该辅助光亮剂含、、、四种元素，同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性顺序为，故电负性最大的是，最小的是，选D。 （2）该离子液体中阴阳离子之间存在离子间静电作用，阳离子中的键可与阴离子中的形成氢键，金属键仅存在于金属晶体中，不存在金属键，故选BC。 （3）(1) 根据盖斯定律，目标反应可由已知第一个反应与第四个反应相加得到，故。 (2) 298K时，反应的吉布斯自由能，说明歧化反应在该条件下正向非自发，故不会转化为和，在溶液中能大量存在。 （4）依据电子守恒，中从+2价升高到+3价，每个失1e⁻，从-2价升高到+6价，每个失8e⁻，4mol 共失电子，中从0价降低到-2价，1mol 得4e⁻，故的系数为。再依据原子守恒与电荷守恒，反应物缺项为，的系数为8，配平后总反应为。 （5）反应液中含、、、，后续需要得到绿矾，需添加还原剂将还原为。 （6）据图可知，阴极发生的反应为Cu2++2e-=Cu。 （7）反应中中、元素化合价升高，作还原剂，需选择还原性物质替代，选项中只有葡萄糖具有还原性，、无强还原性，为氧化剂，故选A。 （8）晶胞中原子采取面心立方堆积，已画出的位于顶点和面心位置，未画出的位于晶胞体心位置，选A；每个原子周围紧邻的原子构成四面体结构，故距离原子最近的原子有4个。 （9）、、的中心原子均为杂化，中有1对孤电子对，中有1对孤电子对但的电负性小于，孤电子对排斥力更小，中有2对孤电子对，孤电子对排斥力更大，故键角顺序为；和键角不同的原因是中原子有1对孤电子对，中原子有2对孤电子对，孤电子对越多对成键电子对的排斥力越大，键角越小。 5.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： （1）已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A．、5 B．、6 C．、5 D．、6 （2）在第3步中，通常需要将缓慢滴加到圆底烧瓶中，需要用到的仪器是___________。 A．量筒 B．烧杯 C．恒压滴液漏斗 D．长颈漏斗 （3）连续操作包含的过程有___________。 （4）步骤③中加入的作用是___________。 （5）制备过程中应选用的检验方法是___________。 A．甲基橙    B．甲基红    C．pH计 （6）步骤④中除去的物质a是___________。 A．硝酸钠 B．氨 C．硝酸钾 D．硝酸 （7）物质b的主要成分是___________。 （8）已知粗产品中的硝普钠含有结晶水，加热一段时间后，其质量减少了12%，则粗产品中硝普钠的结晶水个数为___________(保留整数)。已知： 【答案】（1）B （2）C （3）蒸发结晶、趁热过滤 （4）将 H2[Fe(CN)5(NO)] 转化为目标产物 Na2[Fe(CN)5(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去 （5）C （6）B （7）KNO3、NaNO3 （8）2 【分析】溶解后经HNO3氧化，生成H2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3、KNO3后再用Na2CO3将溶液调至pH=8，此时H2[Fe(CN)5(NO)]转化成Na2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3转化成NaNO3和，煮沸除去NH3，溶液进行蒸发结晶，得到滤渣为粗产品，滤液中主要含硝酸钾、硝酸钠。 【详解】（1）整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为； （2）操作要求缓慢滴加，要控制滴加速度，恒压滴液漏斗可以满足该要求，而量筒仅用于量取体积，烧杯、长颈漏斗无法控制匀速缓慢滴加； （3）硝普钠易溶于水、溶解度随温度变化不大，杂质（如硝酸钾）溶解度随温度变化大，要从溶液中分离出硝普钠，采用的方法是将硝普钠蒸发结晶析出，趁热过滤分离含KNO3、NaNO3溶液，并得到滤渣粗产品硝普钠； （4）用Na2CO3中和氧化生成的酸，调节pH至8，将H2[Fe(CN)5(NO)]转化为目标产物Na2[Fe(CN)5​(NO)]，同时将 转化为 NH3·H2O 以便后续煮沸除去； （5）甲基橙变色范围为，甲基红变色范围为，均无法准确指示；计可以准确测定溶液，满足要求； （6）根据氧化反应方程式，产物含，在的碱性条件下煮沸，转化为（氨）逸出，因此煮沸除去的物质为氨； （7）反应物为，氧化反应后生成大量，步骤同时又会生成NaNO3，蒸发结晶后，滤液中主要含、NaNO3，因此物质的主要成份为硝酸钾、硝酸钠； （8）设结晶水个数为，加热减少的质量为结晶水的质量，根据硝普钠化学式可知： 解得。 2 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $