专题06 工业流程题解题策略（高效培优讲义）（解析版）2026年高考化学一轮复习高效培优系列（全国通.用）

/专题06工业流程题解题策略目录一、TOC\o"1-3"\h\u考情探究 11.高考真题考点分布 22.命题规律及备考策略 2二、培优讲练 错误！未定义书签。考点01微型工业流程题 3考向01考查微型工艺流程中的实验操作 7考向02考查微型工艺流程中的过程评价 8考点02化工流程综合题 11考向01考查化学工艺流程与物质制备 14考向02考查物质的分离提纯、除杂 15考向03考查化学工艺流程与反应原理 16考点03工业流程中的图像分析与定量计算 22考向01考查图像分析与定量计算 23考向02考查化学(或离子)方程式的书写 25好题冲关 28基础过关 28题型01微型工业流程题 28题型02化工流程综合题 32题型03工业流程中的图像分析与定量计算 41能力提升 46真题感知 54高考真题考点分布考点内容考点分布微型工业流程题2025山东卷，2025湖南卷，2025江苏卷，2025黑吉辽蒙卷，2024北京卷，2024广东卷，2024福建卷，2024吉林卷，2024湖南卷，2023江苏卷，2023湖南卷，2023河北卷化工流程综合题2025四川卷，2025全国卷，2025山东卷，2025湖北卷，2025湖南卷，2025广东卷，2025北京卷，2025云南卷，2025江苏卷，2025河南卷，2025陕晋青宁卷，2025安徽卷，2024天津卷，2024江西卷，2024新课标卷，2024湖南卷，2024广西卷，2024福建卷，2024海南卷，2024贵州卷，2024广东卷，2024北京卷，2024甘肃卷，2024浙江卷，2024山东卷，2024新课标卷，2024全国甲卷，2024安徽卷，2024上海卷，2023湖北卷，2023全国乙卷，2023天津卷，2023江苏卷，2023海南卷，2023广东卷，2023北京卷，2023山东卷，2023湖南卷，2023辽宁卷，2023新课标卷，2023全国甲卷2.命题规律及备考策略【命题规律】从命题题型和内容上看，化学工艺流程题是必考题型，它是将化工生产过程中主要生产阶段——生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问。从命题思路上看，化学工艺流程题是现代化学工业生产工艺流程的简化，它涉及了化工生产过程中所遇到的生产成本、产品提纯、环境保护等实际问题，并考查了物质的制备、检验、分离提纯等实验基本操作和基本实验原理在化工生产中的实际应用。【备考策略】1、掌握本题型的基本特征，熟悉化工流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。2、掌握工业生产中常见的化学术语，如碱洗、酸溶、酸浸等。3、掌握陌生化学方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及基应用等。4、掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。5、掌握原料预处理、制备过程中控制反应条件的目的和方法。【命题预测】预计2026年高考的试题仍以某矿石为原料制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，呈现化工生产流程图，进行命题设计，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应方程式的书写、反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用、绿色化学思想的体现等。考点01微型工业流程题1、微型工艺流程中题的呈现方式2、高频考查方式微型工业流程选择题的考查围绕“流程环节与知识点的匹配度判断”展开，可分为5类高频形式，覆盖90%以上考题：(1)操作合理性判断（占比30%）①核心考查：“分离提纯操作”与“溶质/杂质性质”的匹配，常见操作包括蒸发结晶、冷却结晶、过滤、洗气等；②真题示例（2023全国卷Ⅱ）：a、流程：“废金属渣（Fe、Cu、SiO2）→稀盐酸浸取→过滤→滤液（含Fe2+、Cu2+）→加H2O2→调pH→过滤→Cu2+溶液”，b、选项：“从最终Cu2+溶液获CuCl2晶体，采用蒸发结晶（正确，因CuCl2溶解度受温度影响较小）”；c、易错点：混淆“蒸发结晶”与“冷却结晶”（如KNO3用蒸发结晶为错误选项）。(2)反应方程式正误判断（占比25%）①核心考查：“流程中反应”的原子守恒、条件标注、产物合理性，多为简单氧化还原/复分解反应；②示例：a、流程：“MnO2矿→浓盐酸加热→Cl2→饱和食盐水除杂”，b、选项：“MnO2与浓盐酸反应：MnO2+4HCl(浓)eq\o(=,\s\up9(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O（正确）”；c、易错点：漏写“浓”“△”等条件（如写“MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O”为错误选项）。(3)物质成分判断（占比20%）①核心考查：“流程中滤渣、滤液、气体”的成分，基于原料杂质与试剂的反应规律判断；②示例：a、流程：“铝土矿（Al2O3、Fe2O3、SiO2）→NaOH浸取→过滤”，b、选项：“过滤后滤渣含Fe2O3和SiO2（错误，因SiO2与NaOH反应生成Na2SiO3进入滤液，滤渣仅含Fe2O3）”；c、易错点：忽略“SiO2与NaOH反应”“Al2O3的两性”等基础性质。(4)试剂选择判断（占比15%）①核心考查：“除杂、转化环节”的试剂是否符合“不引入新杂质、不反应目标物质”原则；②示例：a、流程：“CuSO4溶液（含Fe3+）→调pH除杂→CuSO4溶液”，b、选项：“调pH选用CuO（正确，不引入新杂质）”“调pH选用NaOH（错误，引入Na+且使Cu2+沉淀）”；c、易错点：选用“会引入新杂质的试剂”（如除Fe3+用HCl、NaOH）。(5)现象与结论匹配（占比10%）①核心考查：“试剂添加后的现象”与“原料/产物成分”的逻辑对应；②示例：a、流程：“某矿石→稀盐酸浸取→产生气泡”，b、选项：“气泡证明矿石含碳酸盐（正确，碳酸盐与盐酸反应生成CO2）”“气泡证明矿石含硫化物（错误，硫化物与稀盐酸反应生成H2S，但需结合气味等其他现象，且微型题默认碳酸盐为高频考点）”；c、易错点：“单一现象推导多种结论”（如气泡可能是CO2、H2S，但微型题优先选最常见的碳酸盐）。3、流程中的“操作步骤”操作步骤高频设问答题指导原料处理如何提高“浸出率”？①将矿石粉碎；②适当加热加快反应速率；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度等分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因(“浸出率”升高一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高“浸出率”反而下降，一般是反应试剂的分解或挥发)。选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)焙烧①高温下硫化物与空气中氧气反应(如FeS2与氧气生成氧化铁和二氧化硫)；②除去硫、碳单质；③有机物转化(如蛋白质燃烧)、除去有机物等酸性气体的吸收常用碱性溶液吸收(如SO2用Na2CO3或NaOH溶液吸收)控制条件除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋→Fe3＋)调节溶液的pH调溶液pH常用氢氧化钠、碳酸钠、金属氧化物[还有酸性气体(二氧化硫)、稀盐酸或稀硫酸]等。常利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断，书写物质的化学式或电子式，分析物质中的化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)结晶方法：①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等；蒸发结晶②晶体带结晶水，如胆矾等；将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤晶体的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分、减少晶体溶解损耗，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥4、流程中的“操作目的”操作目的答题指导固体原料进行“粉碎”减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率酸(或碱)溶①原料经酸(或碱)溶后转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的②用碱性溶液吸收酸性气体原料灼烧(焙烧)①除去硫、碳单质；②有机物转化、除去有机物；③高温下原料与空气中氧气反应等金属用热碳酸钠溶液洗涤除去金属表面的油污过滤固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水的物质，如SiO2、PbSO4、难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等萃取与分液选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液——将分液漏斗玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出加入氧化剂(或还原剂)①转化为目标产物的价态②除去杂质离子(如把Fe2＋氧化成Fe3＋，而后调溶液的pH，使其转化为Fe(OH)3沉淀除去)加入沉淀剂①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁等)②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀③加入氟化钠，除去Ca2＋、Mg2＋判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的调溶液pH①生成金属氢氧化物，以达到除去金属离子的目的②抑制盐类水解③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离④用pH计测量溶液的pH⑤用pH试纸测定溶液的pH：将一小块pH试纸放在洁净干燥的玻璃片或表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取少量待测液点在pH试纸的中部，待试纸变色后再与标准比色卡对照读数控制温度①控制物质的溶解与结晶②防止某些物质分解或挥发(如H2O2、氨水、草酸)③控制反应速率、使催化剂达到最大活性、防止副反应的发生④控制化学反应的方向，使化学平衡移动⑤煮沸：促进溶液中的气体(如氧气)挥发逸出⑥趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量洗涤晶体洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水产物不溶于水除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为溶解而造成的损失热水有特殊的物质其溶解度随着温度升高而下降除去固体表面吸附着的××杂质；可适当降低固体因为温度变化溶解而造成的损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，产品易干燥饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解酸、碱溶液产物不溶于酸、碱除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂质；减少固体溶解洗涤沉淀方法：向过滤器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)【易错提醒】1、首尾分析法：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，然后结合题设的问题，逐一推敲解答。2、截段分析法：对于用同样的原材料生产两种或多种产品(包括副产品)的工艺流程题，用截段分析法更容易找到解题的切入点。关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定截几段更合适，一般截段以产品为准点。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。考向01考查微型工艺流程中的实验操作【例1】（2025·湖南郴州·一模）是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应用前景。工业上从水晶石废料(含有、CaO、、、MgO)中提取的流程如下：已知：，；金属离子浓度小于，认为沉淀完全。下列说法错误的是A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温B．根据已知计算得出，完全沉淀的pH为5.3C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是与形成配合物导致不易被沉淀D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】B【详解】A．提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；B．完全沉淀时，，由，得，，，，B错误；C．过量氨水可能与形成配合物（如），导致不易沉淀，沉铈率下降，C正确；D．还原工序中，（，得）为氧化剂，（，失）为还原剂，电子守恒得，D正确；故答案选B。【思维建模】原料处理→分离提纯→获得产品‌微型工艺流程题目在流程中一般分为3个过程：原料处理→分离提纯→获得产品，其中化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。考向02考查微型工艺流程中的过程评价【例2】（2025·辽宁·二模）银是一种贵金属，可制合金、焊药、电子设备等。从铅银渣(含等金属元素)中提取银的流程如图。下列说法错误的是A．“酸浸”后浸出液中的金属阳离子为B．“络合浸出”时，发生的离子反应为C．“络合浸出”时，若过小会降低银的浸出率D．“滤液”经处理后可返回“络合浸出”工序循环利用【答案】B【详解】A．根据分析，酸浸时，银元素转化成难溶的AgCl、铅元素转化成难溶的PbSO4，所以浸出液中金属阳离子有、，A选项正确；B．“络合浸出”时加入溶液将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3-，发生的离子反应为AgCl+2=[Ag(S2O3)2]3-+Cl-，B选项错误；C．在酸性条件下会发生反应，若pH过小，浓度降低，不利于形成络合物，会降低银的浸出率，C选项正确；D．“还原析银”的反应为4[Ag(S2O3)2]3-+N2H4▪H2O+4OH-=4Ag+N2↑+8+5H2O，“滤液”中含有等物质，经处理后返回“络合浸出”工序，可提高原料利用率，D选项正确；故答案为：B。【思维建模】微型工艺流程中的过程评价思路‌流程的最终目的就是收益最大化，工艺流程题设中的问题顺序通常与流程图的流程顺序是一致的，且一个问题对应流程图的一个或依次相连的若干个环节，做题时只需找到所需回答的问题与流程图中相关信息的一一对应关系，“顺藤摸瓜”就可以有效解决相关问题，对流程进行在效评价。微型工艺流程中的过程评价思路：1、化学反应原理——化学原理在实际工业上是否可行；2、成本要低——原料的选取使用、设备的损耗等；3、原料的利用率要高——利用好副产品、循环使用原料、能量尽可能利用；4、生产过程要快——化学反应速率；5、产率要高——化学平衡；6、产品要纯——产品的分离、提纯；7、环保问题——反应物尽可能无毒无害无副作用，“三废”处理。【对点1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：①的结构式为。②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。③25℃时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。下列说法正确的是A．“浸渣”只含Cu单质B．“沉锰”步骤中，每生成1.0molMnO2，产生4molH+C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：2【答案】B【详解】A．由分析知，浸渣含Cu和PbSO4，A错误；B．由分析知，沉锰步骤中，（过氧键O为-1价）作氧化剂，将氧化为，离子方程式为，每生成1mol产生4mol，B正确；C．沉淀步骤调pH=4时，，，已沉淀完全，C错误；D．沉钴时，ClO-（Cl从+1→-1，得2e-）作氧化剂，Co2+（Co从+2→+3，失1e-）作还原剂，由电子守恒可知n(氧化剂):n(还原剂)=1:2，D错误；故选B。【对点2】（2025·山东泰安·二模）某小组设计如下工艺流程回收废旧印刷电路板中的铜，下列说法正确的是A．反应Ⅰ的离子方程式为：B．操作③使用的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒C．操作④以石墨为电极材料，溶液pH增大D．上述化工流程中可以循环使用的物质有、、RH【答案】A【详解】A．反应Ⅰ得到铜氨溶液，根据得失电子守恒、离子守恒、原子守恒，离子方程式为：，A正确；B．操作③是分液，使用的玻璃仪器为烧杯、分液漏斗，B错误；C．操作④以石墨为电极材料，电解总反应：，则溶液pH减小，C错误；D．根据分析知，上述化工流程中可以循环使用的物质有、、RH、，D错误；故选A。考点02化工流程综合题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、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。3、常用的分离方法(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴。(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl。(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油。(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。4、常用的提纯方法(1)水溶法：除去可溶性杂质。(2)酸溶法：除去碱性杂质。(3)碱溶法：除去酸性杂质。(4)氧化剂或还原剂法：除去还原性或氧化性杂质。(5)加热灼烧法：除去受热易分解或易挥发的杂质。(6)调节溶液的pH法：如除去酸性溶液中的Fe3＋等。【易错提醒】可循环物质的判断1、流程图中回头箭头的物质。2、生产流程中后面新生成或新分离的物质(不要忽视结晶后的母液)，可能是前面某一步反应的相关物质。(1)从流程需要加入的物质去找:先观察流程中需要加入的物质，再研究后面的流程中有没有生成此物质。(2)从能构成可逆反应的物质去找:可逆反应的反应物不能完全转化，应该回收再利用。(3)从过滤后的母液中寻找:析出晶体经过过滤后的溶液称为母液，母液是该晶体溶质的饱和溶液，应该循环再利用。5、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。6、工业流程题中常见的答题模板(1)除杂：除去……中的……(2)干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……(3)增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施：搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积。(4)加热的目的：加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动。(5)温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成。(6)从滤液中提取一般晶体(溶解度随温度升高而增大)的方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇洗等)、干燥。(7)从滤液中提取溶解度受温度影响较小或随温度升高而减小的晶体的方法：蒸发浓缩、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗涤、干燥。(8)控制某反应的pH使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀，调节pH所用试剂为主要元素对应的氧化物、碳酸盐、碱等，以避免引入新的杂质；沉淀时pH范围的确定：范围过小导致某离子沉淀不完全，范围过大导致主要离子开始沉淀。(9)减压蒸馏(减压蒸发)的原因：减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发。(10)检验溶液中离子是否沉淀完全的方法：将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全。(11)洗涤沉淀：沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。(12)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净。(13)洗涤沉淀的目的：除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质。(14)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。(15)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。(16)蒸发、反应时的气体氛围：抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行。(17)事先煮沸溶液的原因：除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化。考向01考查化学工艺流程与物质制备【例1】（2025·湖南·一模）钒是重要的战略金属，广泛应用于储能、合金等领域，现代工业利用钒渣(主要成分为、，含少量、、等杂质)制备钒电解液(溶液)的一种绿色工艺流程如下：已知：①多钒酸铵在pH为2至6条件下溶解度极低，在强酸性条件下()会溶解。②在酸性介质中，钒的稳定阳离子以形式存在，具有氧化性。根据以上流程，回答下列问题：(1)V属于区元素，其基态原子的价电子排布式为。(2)“焙烧”过程中，钒渣中的转化为的化学方程式为。(3)“溶解”后，滤渣1的主要成分是(填化学式)。(4)常温下，若水浸后滤液1中，为回收滤液中的Cr，将其转化为，以形式沉淀完全(浓度)，应控制pH至少为。{已知：常温下，，)(5)钒的“酸溶”步骤中，将还原为的离子方程式为；该反应需在酸性条件下进行，原因是。【答案】(1)d(2)(3)(4)5.6(5)保证钒元素以的形式存在，防止生成【详解】（1）V位于第四周期第VB族，属于d区元素；V为23号元素，其基态原子核外电子排布式为，则价层电子排布式为；（2）焙烧时，与Na2CO3、发生氧化还原反应，V从+3价被氧气氧化为+5价(中)，氧化剂是，氧从0价变为-2价，其化学反应方程式为：；（3）焙烧时，被氧气氧化为，不溶于水，故滤渣1是；（4）要使以形式沉淀完全(浓度)，根据可得，，则mol/L，pH≥5.6；（5）根据得失电子守恒，中的V为+5价，中的V为+4价，每个V原子得到1个电子，中的S为+4价，需要升价，变为（+6价），每个S原子失去2个电子，据此与的计量数之比为1:3，化学反应方程式为：；根据题目已知信息：在酸性介质中，阳离子有较稳定，具有氧化性，而后续流程中需要V元素以在的形式存在，故该反应需在酸性条件下进行，原因是酸性条件下有利于生成，保证钒元素以的形式存在，防止生成。【思维建模】“四线法”解题模型1、试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到氧化还原、非氧化还原的作用；2、转化线：元素守恒—焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等；3、除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等；4、分离线：蒸发、结晶、过滤(趁热过滤)、洗涤、干燥等。考向02考查物质的分离提纯、除杂【例2】（2025·山东·三模）锗作为一种技术材料，在光纤通信、国防科技等领域的应用日趋广泛。工业上一种以冶锌废渣(主要为、、等氧化物)为原料制备锗的流程如图所示。回答下列问题：(1)“溶浸”时要先把废渣粉碎过筛，目的是，加入的作用是。(2)“沉锗”后分离得到，该实验操作所需的玻璃仪器有。(3)“氧化”时反应(氧化产物标准状况下为气态)的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。(4)选择氢气还原氧化锗，而不是焦炭，原因可能是。写出该步骤反应的化学方程式：。(5)若采用电解法制备，应在(填“阴极”或“阳极”)放电。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，提高溶浸率将还原为，便于分离(2)烧杯、漏斗、玻璃棒(3)(4)氢气不会引入杂质，焦炭会使产品不纯(或会形成CO，污染大气等)(5)阴极【详解】（1）固体和液体反应，将固体粉碎可增大与液体的接触面积，加快反应速率，同时提高浸取率；溶浸时加入亚硫酸钠，将还原为，可还原铁离子，防止加入硫化氢生成硫沉淀，便于分离；（2）“沉锗”后的操作为“过滤”，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗和玻璃棒；（3）“氧化”时GeS2生成GeO2和SO2，反应的化学方程式为：GeS2+3O2=GeO2+2SO2，反应过程中，氧元素的化合价降低，氧化剂为O2，硫元素的化合价升高，还原剂为GeS2，故物质的量之比为；（4）选择氢气还原氧化锗，而不是焦炭，原因可能是：氢气不会引入杂质，使产品不纯(不会形成CO，污染大气等)；反应的化学方程式为：；（5）电解时，氧化锗在阴极得电子被还原得到，所以应作阴极。考向03考查化学工艺流程与反应原理【例3】（2025·安徽·三模）稀土元素铈及其化合物在生产生活中有重要用途，如硝酸铈铵是重要的化工原料，它易溶于水和乙醇，几乎不溶于浓硝酸。以氟碳铈矿(主要成分为)为原料制备硝酸铈铵流程如下。回答下列问题：已知：焙烧后含铈成分为和。(1)铈()是镧系元素，在元素周期表中属于区，气体A的电子式为。(2)“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作的目的是。(3)“酸浸”过程中发生反应的离子方程式为。(4)已知室温下，，向水层中加入溶液，当大于时，完全生成沉淀(溶液中离子浓度时，可认为已沉淀完全)。(5)“沉淀转化”是将转化为，该反应的还原产物为(填化学式)。(6)“加热浆化”过程中生成了配合物，写出该反应的化学方程式：。(7)可用浓硝酸洗涤产品，洗涤操作的实验方法是。【答案】(1)f(2)以增大固体与气体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且使反应更充分(3)(4)9(5)(或)(6)(7)用玻璃棒向漏斗中引流入浓硝酸至固体全部浸没，待溶液自然流出，重复次【详解】（1）铈()是镧系元素在元素周期表中属于f区；焙烧生成的气体为二氧化碳，其电子式为。（2）“焙烧”中常采用高压空气、逆流操作的目的是以增大固体接触面积，增大氧气浓度，提高焙烧速率并且使反应更充分。（3）酸浸过程中，与硫酸、H2O2发生反应生成和氧气，离子方程式为。（4）完全生成沉淀时，浓度小于，依据，则大于9时，完全生成沉淀。（5）“沉淀转化”的方程式为，该反应的还原产物为。（6）“加热浆化”过程中生成了配合物，该反应的化学方程式为。（7）洗涤产品用浓硝酸，洗涤操作的实验方法是：用玻璃棒向漏斗中引流入浓硝酸至固体全部浸没，待溶液自然流出，重复次。【思维建模】化学工艺流程常涉及的化学反应原理1、沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。2、反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的应用；④反应条件的控制。3、氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。4、盐类水解的具体应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。【对点1】（2025·湖南长沙·二模）催化剂在化学工程发展过程中起着不可替代的作用，全球每年产生废催化剂约50~70万吨，将废催化剂回收再利用，已成为重要的研究课题。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：(1)24Cr和42Mo是同族元素，基态钼原子的价层电子排布式为。(2)“沉铝过滤”得到X，该步骤产生X的离子方程式为。(3)含Ni固体可溶于硫酸生成Ni2+，沉淀剂SDD()可与Ni2+生成螯合物沉淀，中性螯合物沉淀的结构式为(螯合物是具有环状结构的配合物)。(4)滤液Ⅱ中主要存在的阴离子有。(5)检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子的具体操作步骤为：。(6)电化学制备钼酸钡原理：在可密封的电解槽中加入过滤好的饱和Ba(OH)2溶液100mL，向溶液中通入氮气10min，用预处理后的钼片、纯铂片作为电极。①通入氮气10min的目的是。②纯铂片作(填“阳极”或“阴极”)，钼片上的电极反应式：。【答案】(1)4d55s1(2){或}(3)

(4)、(5)用洁净铂丝(或铁丝)蘸取滤液Ⅲ，在酒精灯(或煤气灯)外焰上灼烧，若火焰为黄色，说明有钠离子(6)除去溶解在溶液中的CO2和O2(或防止产生碳酸钡)阴极Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O【详解】（1）24Cr和42Mo是同族元素，Cr是第四周期第ⅥB元素，基态Cr原子的价层电子排布式是3d54s1，则钼是第五周期第ⅥB元素，基态钼原子的价层电子排布式为∶4d55s1；（2）“沉铝”中，NaAlO2溶液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和NaHCO3，因此，生成沉淀X的离子方程式为︰{也可以写为或}；（3）SDD可表示为，沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni2+通过配位键以2：l结合生成中性螯合物沉淀，结构式为；（4）水浸过量后的溶液中含有NaAlO2、Na2MoO4的溶液，向其中通入过量CO2气体，NaAlO2与CO2、H2O反应产生Al(OH)3沉淀和可溶性NaHCO3，Na2MoO4不能发生反应，故沉铝过滤，所得滤液Ⅱ含有NaHCO3，Na2MoO4，因此滤液Ⅱ中主要存在的阴离子为、；（5）滤液Ⅲ中主要金属阳离子为Na+，检验滤液Ⅲ中主要金属阳离子要利用焰色试验，具体操作步骤为：用铂丝蘸取待测溶液，在酒精灯火焰上灼烧，若产生黄色火焰，就证明其中含钠离子；（6）①通入氮气10min的目的是：赶净装置内的空气，避免空气中的二氧化碳和氢氧化钡反应；②电解原理可知：制备钼酸钡时，电解池的阳极为钼片，纯铂片作电解池的阴极，钼片上的电极反应式为：Mo-6e-+Ba2++8OH-=BaMoO4+4H2O。【对点2】（2025·重庆·三模）锑(Sb)是重要的金属元素，广泛应用于医药、半导体等领域，以辉锑矿(主要成分为，还含有等)为原料制备金属锑的工艺流程如下。已知：①浸出液中除含盐酸外，还含有等。②(1)在周期表中位于周期族。(2)滤渣1中除S外，还含有(填化学式)。(3)常温下，“除铜”后的溶液中应不低于，但也不宜过多，原因是。(4)“除砷”时，有生成，则发生反应的化学方程式为。(5)“电解”时若只有Sb化合价发生改变，则被还原的Sb元素和被氧化的Sb元素质量之比为，流程中可循环利用的物质有。(6)可生产一种用作阻燃剂、稳定剂的钠盐(Sb为+5价)，其阴离子是两个锑氧四面体共用一个顶点形成的二聚体结构，则该钠盐的化学式为。【答案】(1)五VA(2)(3)防止生成沉淀和有污染性的气体(4)(5)2：3(6)【详解】（1） 锑(Sb)的原子序数为51，与N位于同一个主族，在元素周期表中位于：第五周期，第VA族；（2）辉锑矿的主要成分为Sb2S3，还含有As2S3、CuO、SiO2等，加入盐酸和SbCl5后，根据浸出液中除含过量盐酸之外，还含有SbCl3、AsCl3、CuCl2等可判断Sb2S3、As2S3、CuO都被溶解，只有SiO2不溶，滤渣1中除了S之外，还有SiO2；（3）根据Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)，c(Cu2+)=1.0×10-5mol/L，因此c(S2-)==6.3×10-31mol/L，即溶液中的c(S2-)不应低于6.3×10-31mol/L；所加Na2S也不宜过多，否则会产生沉淀和H2S等有污染的气体；（4）“除砷”时，As(Ⅲ)被还原为单质砷，次亚磷酸根()被氧化生成亚磷酸()。在酸性介质中，配平后总反应(分子式形式)为；（5）“电解”时若只发生Sb的价态变化，则锑的两个电极反应为：还原：；氧化：。为使电子得失相等，3 mol Sb3+(被还原)与2 molSb3+(被氧化)相对应。因同为Sb元素，物质的量之比即质量之比，故被还原的Sb与被氧化的Sb的质量比=2∶3。流程中投入的HCl和SbCl5在电解时可被再生，故它们可循环使用；（6）由Sb为+5价时，两个锑氧四面体共用一个顶点可推知该二聚阴离子组成为，对应的钠盐化学式为。【对点3】（2025·河南·模拟预测）以镍废渣(主要成分为Ni，含少量Fe、Al、Fe3O4、Al2O3、不溶于碱溶液和酸溶液的杂质)为原料合成媒染剂“翠矾”(NiSO4·7H2O)和结构化学研究的热点物质氟镍化钾(K2NiF4)的工艺流程如下：溶液中相关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：金属离子Fe3+Al3+Fe2+Ni2+开始沉淀的pH2.73.87.67.1沉淀完全的pH3.75.29.79.2回答下列问题：(1)“酸浸”中其他条件不变时，不同温度下镍的浸出率随时间的变化如图所示，则“酸浸”的最佳温度与时间分别为_______(填标号)。A．30℃、30min B．70℃、120min C．90℃、120min D．90℃、140min(2)“氧化”时也可以用一种绿色氧化剂代替空气中的氧气。绿色氧化剂参与反应的离子方程式为。(3)“调pH=a”，a的取值范围是。固体B的主要成分是(填名称)。(4)“灼烧”NiCO3和NH4F的混合物时发生反应的化学方程式为。(5)从溶液中获得NiSO4·7H2O的操作A是、、过滤、洗涤、干燥。(6)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH(碱式氧化镍)，反应的离子方程式为。(7)若镍废渣中Ni的质量分数为25%，整个流程中Ni的损失率为5%，则1t镍废渣能制备K2NiF4t(保留2位小数)。【答案】(1)B(2)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(3)3.7≤a<7.1(或3.7～7.1)氢氧化铁(4)(5)蒸发浓缩冷却结晶(6)(7)0.86【详解】（1）“酸浸”的最佳温度与时间分别为70℃、120min。30℃浸出率低，不选90℃、120min的原因是：温度从70℃升高到90℃，镍的浸出率增大的很小，但能源消耗较大，生产成本增大，故选B；（2）通入空气氧化的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，也可以用绿色氧化剂H2O2代替空气中的氧气，H2O2参与反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；（3）“调pH=a”的目的是除去Fe3+，使Fe3+完全沉淀，不使Ni2+沉淀。当pH=3.7时，Fe3+沉淀完全；当pH=7.1时，Ni2+开始沉淀，所以应调节pH为3.7≤a<7.1(或3.7～7.1)；固体B的主要成分是氢氧化铁；（4）灼烧NiCO3和NH4F组成的混合物，得到NiF2，发生反应的化学方程式为；（5）从溶液中获得NiSO4·7H2O的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，生成NiOOH(碱式氧化镍)沉淀，反应的离子方程式为；（7）1t镍废渣中Ni的质量为，根据关系式可知，1t镍废渣能制备的质量为。考点03工业流程中的图像分析与定量计算1、化工流程中的图像分析(1)会识图：一看面、二看线、三看点(弄清纵、横坐标的含义；弄清起点、拐点、终点的含义；看清曲线的变化趋势)。(2)会析数：分析数据、图像中隐含的信息，弄清各数据的含义及变化规律，将数据和图像信息加工成化学语言，同时联系化学概念、化学原理等理论知识进行分析解答。2、化工流程中的定量计算(1)常见类型及解题方法常见类型解题方法计算物质含量根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出该成分的含量确定物质化学式①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比(2)定量计算的常用公式物质的质量分数(或纯度)eq\f(该物质的质量,混合物的总质量)×100%产品产率eq\f(产品实际产量,产品理论产量)×100%物质的转化率eq\f(参加反应的原料量,加入原料的总量)×100%3、热重曲线分析的解题模型(1)设晶体的物质的量为1mol，质量为m。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步固体剩余的质量(m余)，样品的固体残留率＝eq\f(固体样品的剩余质量,固体样品的起始质量)×100%。(4)晶体中金属元素的质量不会减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。4、化学(或离子)方程式的书写思路首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型。(1)若元素化合价无变化，则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律。(2)若元素化合价有变化，则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。5、陌生氧化还原反应化学(或离子)方程式的书写流程考向01考查图像分析与定量计算【例1】（2025·河南信阳·模拟预测）硼化钛(结构式为B=Ti=B)常用于制备导电陶瓷材料和PTC材料。工业上以高钛渣(主要成分为、、和CaO，另有少量MgO、)为原料制取的流程如下：已知：①电弧炉是由石墨电极和石墨坩埚组成的高温加热装置；②高温下蒸气压大、易挥发；③可溶于热的浓硫酸形成。回答下列问题：(1)滤渣的主要成分为(填化学式)。(2)“萃取”的目的。(3)“水解”过程中，欲将尽可能多的转化为，可采取的有效措施有。(答一条措施即可)(4)“热还原”中发生反应的化学方程式为，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，原因是。仅增大配料中的用量，产品中的杂质含量变化如图所示。杂质TiC含量随w%增大而降低的原因是(用化学方程式解释)。(5)原料中的可由硼酸脱水制得。以为原料，用电渗析法制备硼酸()的工作原理如图所示，产品室中发生反应的离子方程式为。若反应前后NaOH溶液的质量变化为mkg，则制得的质量为kg。【答案】(1)(2)分离出钛元素(3)适当升高温度（如使用沸水）、降低等（其他合理答案也可）(4)++5C+5CO↑高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应++2C+3CO↑(5)H++[B(OH)4]-=H3BO3+H2O【详解】（1）通过酸浸后的固体为和，继续加浓硫酸进行酸解，溶于热的浓硫酸形成，不溶于硫酸，过滤后通过滤渣除去，所以酸解后得到滤渣的主要成分为：。（2）酸解后的滤液中主要含和过量硫酸，此时通过萃取将Ti元素萃取到有机溶剂中分离出Ti元素，便于后续生成，（3）“水解”过程中，转化为的方程式为：，则可以提高转化率的措施有：适当升高温度（如使用沸水）、降低等（其他合理答案也可）。（4）“热还原”是将脱水后加入和C在电弧炉中加热还原得到产品，则反应的化学方程式为：；在生产过程中，的实际用量超过了理论化学计量所要求的用量，则可能的原因为：高温下蒸气压大、易挥发，只有部分参加了反应；随的过量比率的增加，杂质中的TiC也参与了反应：，从而降低了杂质的含量。（5）根据分析，在产品室中发生的反应为：；根据分析中的电极反应式和电子转移守恒可知，存在每转移时，在产品室生成，质量为；在右侧会生成，则右侧NaOH溶液中的质量变化为原料室每渗透到右侧，要释放，则右侧溶液增加的质量为：，则生成的质量为：。考向02考查化学(或离子)方程式的书写【例2】（2025·内蒙古·二模）以铁屑(含、等杂质)为原料制备六水氯化铁的流程如图。下列叙述错误的是不同温度下，六水氯化铁在水中的溶解度如下：温度/℃01020305080100溶解度/g74.481.991.8106.8315.1525.8535.7A．“滤渣”的主要成分是Cu和AgB．“氧化”中的离子反应为C．“结晶”中浓盐酸的作用是抑制水解D．“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】B【详解】A．根据流程图可知，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，而铜、银与稀硫酸不反应，则滤渣的主要成分是Cu和Ag，故A正确，不符合题意；B．“氧化”中发生2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故B错误，符合题意；C．“结晶”中浓盐酸既可以提供Cl-又可以抑制FeCl3的水解，故C正确，不符合题意；D．结合六水氯化铁在水中的溶解度可知，“结晶”中包含的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确，不符合题意。故选B。【对点1】（2025·山西·模拟预测）四氟硼酸锂(，溶于水)化学性质稳定，可用作心脏起搏器电池或二次锂离子电池电解液导电盐，其制备流程如图所示。下列说法错误的是A．中元素呈+3价B．反应器1中发生化合反应C．反应器3中发生反应D．是一元弱酸，其电离方程式为【答案】D【详解】A．LiBF4中Li为+1价，F为-1价，设B的化合价为x，由1+x+4×(-1)=0得x=+3，B元素呈+3价，A正确；B．反应器1中Li2CO3与CO2、H2O反应生成LiHCO3，反应方程式为Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，该反应是多种物质生成一种物质，属于化合反应，B正确；C．反应器3中LiF·3HF与H3BO3反应生成LiBF4和H2O，反应方程式为LiF·3HF+H3BO3=LiBF4+3H2O，原子守恒，C正确；D．H3BO3是一元弱酸，其电离过程可逆，正确电离方程式为H3BO3+H2O⇌[B(OH)4]-+H+，选项中用“=”错误，D错误；故选D。【对点2】（2025·辽宁鞍山·二模）由电镀污泥(含、、、、、等)为原料生产流程如图：已知：I.：

II.能形成无色的回答下列问题：(1)氨浸液中的能使污泥中的一种胶状物转化为疏松的颗粒。①“氨浸”步骤在缓冲溶液中，可被还原，生成，该反应的离子方程式为；②氨浸渣中的在射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰，则属于(填“晶体”或“非晶体”)；③时，若测得氨浸液为9，则溶液中(填“>”、“＜”或“=”)；④提高了氨浸液和浸渣的分离效率，原因是；⑤氨浸液呈深蓝色，其中呈色离子的结构简式为。(2)水浸液中含+6价Cr的含氧酸盐，请从平衡移动角度指出A物质为(填化学式)，并用适当的化学用语阐述原理。(3)根据溶解度曲线(如图)指出“系列操作”为。【答案】(1)晶体=使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒(2)增大浓度，促进平衡正向移动，生成(3)浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥【详解】（1）①由分析可知，氨浸时铁离子发生的反应为溶液中的铁离子与亚硫酸根离子、碳酸根离子、氨分子反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸根离子和铵根离子，反应的离子方程式为，故答案为：；②由碳酸亚铁在X射线衍射图谱中产生了明锐衍射峰可知，碳酸亚铁属于晶体，故答案为：晶体；③由电离常数可知，溶液中===1，则溶液中一水合氨的浓度与铵根离子浓度相等，故答案为：=；④碳酸铵提高了氨浸液和浸渣的分离效率是因为：碳酸铵能使污泥中的胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒，故答案为：使胶状物转化为易于分离的沉淀颗粒；⑤氨浸液呈深蓝色是因为溶液中存在着结构简式为的四氨合铜离子，故答案为：；（2）由分析可知，水浸液中存在如下平衡：，向溶液中加入硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，有利于重铬酸根离子的生成，故答案为：；增大浓度，促进平衡正向移动，生成；（3）由溶解度曲线可知，得到重铬酸钠的系列操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥。题型01微型工业流程题1．（2025·湖南·二模）镍元素用途广泛，工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：已知：①电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：；；；；②常温下溶度积常数；；③石英砂造渣除铁反应：。下列有关说法不正确的是A．Ni属于d区元素，可用于合金钢或储氢合金材料B．低镍矿中通入适量氧气，防止过量氧气氧化，便于用石英砂造渣除铁C．电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式：D．氧化性：，若电解精炼镍时溶液也易在阳极放电【答案】D【详解】A．Ni的价电子构型为3d84s2，属于d区元素；Ni可用于制造合金钢（如不锈钢）或储氢合金（如LaNi5），A正确；B．石英砂造渣除铁的反应需Fe以FeO形式存在（生成2FeO·SiO2），若通入过量O2，Fe2+会被氧化为Fe3+（形成Fe2O3），无法与SiO2造渣，故需适量O2防止Fe2+过度氧化，B正确；C．电解制粗镍时，阳极材料为NiS（含CuS），主要发生NiS的氧化反应，S2-失去电子生成S单质，电极反应式为NiS-2e-=Ni2++S，C正确；D．据电极电位可知，氧化性H+>Ni2+，H+先于Ni2+放电，当pH＜2时，c(H+)大，易在阴极放电，D错误；故选D。2．（2025·浙江绍兴·模拟预测）以炼铁厂锌灰(主要成分为ZnO，含少量的CuO、MnO2、Fe2O3）原料制备的流程如图所示，已知：“浸取”工序中ZnO、CuO分别转化为可溶性的[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。下列说法正确的是

A．H-N-H的键角：[Cu(NH3)4]2+<NH3B．滤渣②的主要成分为Fe2O3、Cu和ZnC．“滤渣①”经稀盐酸溶浸、过滤可获得MnO2D．“浸取”采用较高温度更有利于提高浸取率【答案】C【详解】A．氨分子中氮原子的孤对电子对数为=1，四氨合铜离子中具有空轨道的铜离子与氨分子中孤对电子形成配位键，氮原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以四氨合铜离子中H-N-H的键角大于氨分子，故A错误；B．由分析可知，滤渣②的主要成分为铜和锌，故B错误；C．由分析可知，滤渣①的主要成分为二氧化锰、氧化铁，二氧化锰与稀盐酸不反应，氧化铁与稀盐酸反应生成氯化铁和水，则滤渣①经稀盐酸溶浸、过滤可获得二氧化锰，故C正确；D．浸取时，温度过高会导致碳酸氢铵和氨水受热分解，导致浸取率下降，故D错误；故选C。3．（2025·四川德阳·模拟预测）废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO的流程如下：已知：①实验温度下，、；②酸浸后铅几乎转化为+2价；③Pb(OH)2的性质和AI(OH)3相似。下列说法正确的是A．铅膏中的PbO2主要来源于铅蓄电池的负极材料B．“脱硫”中PbSO4能较完全转化为PbCO3C．“酸浸”中醋酸做还原剂D．“沉铅”过程需加入足量NaOH【答案】B【详解】A．铅蓄电池负极材料为Pb，正极材料为，应来源于正极，A错误；B．“脱硫”中转化为的平衡常数，K值大于，反应正向程度大，能较完全转化，B正确；C．酸浸后Pb主要为+2价，需被还原，Pb(0价)需被氧化，可作还原剂还原，醋酸仅提供酸性环境，不做还原剂，C错误；D．类似具有两性，足量NaOH会使其溶解生成可溶性盐，无法沉铅，D错误；故选B。4．（2025·甘肃白银·三模）碱式碳酸铜在烟火、农药等方面应用广泛。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。已知：H2CO3的，；的。下列说法错误的是A．利用乙醇作溶剂可将S从滤渣I中分离出来B．滤渣Ⅱ为Fe(OH)3C．“沉锰”时反应的离子方程式为D．NH4HCO3溶液呈碱性【答案】A【详解】A．滤渣Ⅰ含SiO2和S，S微溶于乙醇，SiO2不溶于乙醇，无法用乙醇有效分离S和SiO2，A错误；B．浸取后溶液含Fe3+，加入CuO调节pH，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，B正确；C．“沉锰”时，NH3提供碱性促进电离，Mn2+与结合生成MnCO3，离子方程式为Mn2+++NH3=MnCO3↓+，电荷及原子守恒，C正确；D．NH4HCO3中，水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/4.4×10-7≈2.27×10-8，水解常数Kh'=Kw/Kb=10-14/1.8×10-5≈5.56×10-10，水解程度更大，溶液呈碱性，D正确；故答案为：A。5．（2025·甘肃白银·三模）无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。用废铁屑(主要成分为Fe，还含有少量和)制取无水的流程如下：下列说法正确的是A．“酸溶”后所得溶液中主要离子为B．“氧化”步骤中可选择双氧水或酸性高锰酸钾溶液作氧化剂C．从溶液中获取晶体的步骤：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤D．的作用是与水反应生成和HCl，从而抑制的水解【答案】C【详解】A．酸溶时，Fe与盐酸反应生成Fe2+，Fe2O3与盐酸反应生成Fe3+，但废铁屑中Fe过量，Fe会与Fe3+反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，因此溶液中主要Fe离子为Fe2+，无Fe3+，A错误；B．氧化步骤需将Fe2+氧化为Fe3+，酸性高锰酸钾的还原产物为Mn2+，会引入新杂质，不能选用，B错误；C．从FeCl3溶液中获取FeCl3·6H2O晶体，需经过蒸发浓缩（可加少量盐酸抑制水解）、冷却结晶、过滤，步骤正确，C正确；D．SOCl2与水反应为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，产物为SO2和HCl，而非H2SO4，D错误；答案选C。6．（2025·河北衡水·二模）1817年，瑞典化学家永斯·贝采利乌斯从硫酸厂的铅渣中发现了硒。某小组以铜阳极泥(含Cu、Se、Te等)为原料提取铜、硒和碲的流程如图所示。已知：“加压、加热、酸浸”步骤中和分别转化为和。下列叙述正确的是A．“酸浸”中加压、加热都能提高活化分子百分率B．“还原2”中氧化剂与还原剂的物质的量之比为C．分离采取蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤等方式D．用制方法：灼烧、热还原(或稀硫酸溶解、电解)【答案】D【详解】A．加压缩小氧气体积，增大单位体积内氧气活化分子数，但是氧气活化分子百分率不变，A错误；B．“还原2”：，氧化剂是，还原剂是，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，B错误；C．难溶于水，采用过滤、洗涤、干燥等方式分离，C错误；D．利用制备Cu：方案1：，；方案2：，，D正确。故选D。题型02工流程综合题1．（2025·广东肇庆·一模）铋酸钠(，难溶于水)是常用的氧化剂，是活性电极。以辉铋矿(主要成分为，含、杂质)和软锰矿(主要成分是)为原料联合焙烧制备和的工艺流程如下：已知：①“焙烧”后产物为、、、和。②氧化性强弱：。③常温下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全时的见下表。金属离子开始沉淀7.62.78.14.5沉淀完全9.63.710.15.5(1)“焙烧”时采用逆流操作，即粉碎的矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作的目的是。(2)“酸浸”时发生氧化还原反应的离子方程式为。“酸浸”后，滤渣的主要成分为(填化学式)。(3)“还原”时加入的目的为。(4)“沉铋”时，调节溶液pH的范围为。(5)“氧化”时，由生成的化学方程式为。(6)①“电解”时，一般在滤液1中加入少量稀硫酸，以Fe片、石墨棒为电极。请画出电解池示意图并做相应标注。。②若回收滤液2用于电解制备，需进行脱氯处理，理由是(结合电极方程式解释)。【答案】(1)增大反应物接触面积，提高反应速率(2)(3)将还原为，避免沉铋时元素进入产品(4)(5)(6)若未进行脱氯处理，电解时阳极会发生反应：【详解】（1）矿粉从焙烧炉上部加入，空气从下部进入，这样操作可以增大反应物接触面积，提高反应速率；（2）由上述分析可知，“酸浸”过程中，除SiO2外，其余氧化物均溶于盐酸，且Mn2O3与盐酸发生氧化还原反应，反应的离子方程式为；滤渣为SiO2；（3）由上述分析可知，加入铋的目的是还原Fe3+，将Fe3+转化成Fe2+进入滤液，避免沉铋时元素进入产品；（4）根据表格信息可知，应将pH控制在，避免其它金属离子混入Bi(OH)3中；（5）由流程可知，“氧化”时，Bi(OH)3与Cl2、NaOH反应生成NaBiO3、NaCl和H2O，故反应的化学方程式为；（6）电解过程，MnSO4在阳极发生氧化反应生成MnO2，故石墨作阳极，Fe片作阴极，故电解示意图为若不进行脱氯处理，则溶液中的Cl-会在阳极放电生成Cl2，电极反应为。2．（2025·河北衡水·三模）从工业废渣［含、CuO、CuS、、FeS、、等］中回收砷和铜，能节约生产成本。工艺流程如下：已知：①有机萃取剂的萃取反应为；②当溶液中离子浓度小于或等于时，认为该离子沉淀完全；③、的分别为、，取。(1)提高废渣氧化浸出率的方法有（写出两条即可），可否用盐酸代替硫酸并简述原因：。(2)“预中和”生成滤渣的主要成分是（填化学式）。(3)深度氧化过程将全部氧化成，反应的化学方程式为。(4)“中和除砷、铁”过程生成沉淀。常温下，欲使溶液中完全沉淀，且不产生沉淀，应控制pH为。若“中和除砷、铁”后的溶液pH=2.0，，多次萃取后水相中为，则铜的萃取率为%（结果保留两位小数，溶液体积变化忽略不计）。(5)反萃取中，下列说法正确的是（填字母）。A．分液漏斗使用前有两处需检查是否漏液B．经几次振荡并放气后，手持分液漏斗静置分层C．反萃取后，被转移至水相(6)用惰性电极电解500mL“反萃取”后的溶液，一段时间后增大了0.04mol/L，则阴极沉积的铜的质量为g（电解过程中溶液体积变化忽略不计）。【答案】(1)粉碎、搅拌、适当增大硫酸浓度等否，后续步骤中用到的会将盐酸氧化为(2)(3)(4)<6.399.90(5)AC(6)0.64【详解】（1）粉碎、搅拌、加热、适当增大硫酸浓度等，能提高氧化浸出率；后续步骤中用到的会将盐酸氧化为，所以不能用代替硫酸；（2）根据分析可知，滤渣的主要成分是；（3）深度氧化中全部被氧化为，做氧化剂，化合价由+7价降至+2价，化合价由+3价升至+5价，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为；（4）欲使完全沉淀，其最大浓度为，若，此时，，则，所以应控制；“中和除砷、铁”后的溶液，则，，多次萃取后水相中，则溶液中增大了，根据得除去的，则铜的萃取率为；（5）A．分液漏斗使用前，上口塞子和活塞处需检查是否漏液，A正确；B．经几次振荡并放气后，分液漏斗应放置在铁架台上静置分层，B错误；C．萃取是将转移至有机相，反萃取后被转移至水相，C正确；故答案选AC；（6）若电解“反萃取”后的溶液，一段时间后增大了，则，根据阳极反应可知转移电子的物质的量为，根据阴极反应，可知阴极沉积的铜的质量为。3．（2025·陕西西安·模拟预测）钒、钛、钨等金属的回收具有重要的经济和战略价值。利用废钒-钠系脱硝催化剂(含、、及少量的Si、P、Al等的化合物)回收钒、铁、钨的工艺流程如下图。已知：和的溶解度随温度升高而增大。回答下列问题：(1)写出“碱浸”过程中反应生成钠酸钠的化学方程式：。(2)在“沉硅沉磷”工序中，除磷率和除硅率变化如图所示。①“沉硅沉磷”最适合温度为。②除溶解度随温度变化因素外，随着温度升高，的水解程度增大，导致除磷率下降，但除硅率反而升高，其原因是。(3)“沉钨”时转化为沉降分离，已知温度为T时，，当溶液中恰好沉淀完全(离子浓度等于)时，溶液中。(4)已知“酸洗”后钒以形式存在。“离子交换”过程可表示为，其中为强碱性阴离子交换树脂。“洗脱”时，试剂X应选用(填化学式)。(5)“沉钒”时温度需控制在50℃左右，温度过高会导致分解产生，生成的还原生成固体和的离子方程式为。(6)称取最后所得的粗品1.60g，加入稀硫酸溶解后，向其中加入的溶液50mL，再用的溶液滴定过量的溶液至终点，消耗溶液的体积为8.00mL，则产物中的质量分数为(保留整数)。(已知：，)【答案】(1)(2)70℃温度升高，水解生成的仍难溶于水(3)(4)NaCl(5)(6)91【详解】（1）“碱浸”过程中反应生成钛酸钠，结合质量守恒，反应还生成水，化学方程式；（2）①根据图像可知，温度为时，除硅率和除磷率都较高，故最合适温度为；②已知：和的溶解度随温度升高而增大；由于的溶解度随温度升高而增大，温度升高促进硅酸根的水解，水解生成的仍难溶于水，使得除磷率下降，但除硅率反而升高；（3）当溶液中恰好沉淀完全（离子浓度等于）时，，此时；（4）“离子交换”过程可表示为，其中为强碱性阴离子交换树脂，“洗脱”时，试剂应选用中性氯化钠，使得氯离子浓度增大，促使平衡逆向进行，发生洗脱过程生成；故答案为：；（5）“沉钒”时温度需控制在左右，温度过高会导致分解产生，生成的还原生成固体和，碱性条件下，反应为：；（6），过量的草酸为，则与反应的草酸为，结合反应、和钒守恒，存在，产物中的质量分数为。4．（2025·四川德阳·模拟预测）三氯化六氨合钴是一种重要的含钴配合物，工业上利用水钴矿(含有Co2O3，Al、Fe、Si等元素)制取的流程如下：已知：①钴元素常见价态有+2、+3价，Co2+在水溶液中稳定存在，Co3+不能在水溶液中稳定存在；②、；③若制备反应中没有活性炭存在，主要生成物为；④中N的质量分数为31.4%。回答下列问题：(1)钴元素位于元素周期表的区。(2)“第一次氧化”的目的是将Fe2+转化为Fe3+，该反应的离子方程式为。(3)“滤渣”中，除含Al(OH)3外，主要还有、。(填化学式)(4)“系列操作”中的过滤，需要的玻璃仪器为玻璃棒、。(5)若测得产品中N的质量分数为31.0%，可能原因是。(6)“第二次氧化”过程中应该先加(填“氨水”或“H2O2”)，理由是。(7)通过碘量法测定产品中钴的含量。在一定条件下，将转化成Co3+后，加入过量KI溶液，再用Na2S2O3标准液滴定(淀粉溶液做指示剂)，反应原理：，。实验过程中，下列操作会导致所测钴含量偏低的是(填标号)。a．滴定前的待测液酸性过强b．滴定结束后，滴定管尖嘴部分有气泡c．溶液蓝色褪去，立即读数【答案】(1)第四周期VIII族(2)(3)(4)烧杯、漏斗(5)制备反应中活性炭较少，主要生成物为(6)氨水若先加入，会导致钴元素被氧化为，再加入氨水则易生成难溶的，不利于形成配合物（或引入杂质）[或是先加入氨水再加入，可防止生成(7)a【详解】（1）钴元素质子数为27，位于元素周期表的第四周期VIII族。（2）“第一次氧化”加入的目的是将转化为，该反应的离子方程式为。（3）根据分析，“滤渣”中，除含外，主要还有，Si元素以存在于滤渣，故滤渣有、和。（4）过滤需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、漏斗。（5）根据信息可知目标产品中N的质量分数为31.4%。若测得产品中N的质量分数为31.0%，可能原因是制备反应中活性炭较少，主要生成物为，中N的质量分数为，导致N的质量分数偏低。故答案为制备反应中活性炭较少，主要生成物为。（6）根据信息②、和均难溶于水，且较更易结合，若先加入，会被氧化为，再加入氨水则易生成难溶的，不利于形成配合物，故“第二次氧化”过程中应该先加氨水，再加。理由是：若先加入，会导致钴元素被氧化为，再加入氨水则易生成难溶的，不利于形成配合物（或引入杂质）[或是先加入氨水再加入，可防止生成。（7）a．滴定前的待测液酸性过强，会导致硫代硫酸钠发生歧化反应生成二氧化硫和硫单质，导致消耗的的体积偏大，导致所测钴含量数值偏高，a符合题意；b．．滴定结束后，发现滴定管内有气泡，消耗的的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，b不符合题意；c．溶液蓝色褪去，立即读数，此时未完全被反应，则消耗的的体积偏小，导致所测钴含量数值偏小，c不符合题意；故选a。5．（2025·四川·模拟预测）FeOOH为一种不溶于水的黄色固体，在染料工业中有着重要的作用。某工厂以Fe2O3废料(含少量SiO2、FeO等)为原料制备FeOOH，流程如图所示：(1)为提高“酸浸”的速率，可采取的措施有(任填两种)。(2)“废渣”的主要成分为(填化学式)。(3)“试剂X”宜选择的是___________(填序号)。A．双氧水 B．铁粉 C．氯水 D．铜粉(4)向“滤液2”中加入乙醇即可析出晶体，乙醇的作用是。从“滤液2”中获得晶体的另一种方法是蒸发浓缩、、过滤、洗涤，在实验室中进行洗涤沉淀的操作是。(5)由转化为FeOOH的离子方程式是。(6)硫酸亚铁晶体()在医药上可作补血剂。用酸性溶液可测定补血剂药片中铁元素含量，其原理是(未配平，且药片中其他成分与不反应)。实验测得10片补血剂药片共消耗amL0.0200酸性溶液，则每片补血剂药片中含有的质量为