2026年高考化学二轮：题型06 微型化工流程分析 （全国适用）（原卷版及解析）

题型06微型化工流程分析目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01以矿物为原料的物质制备类微型化工流程考向02以废弃物为原料的制备类微型化工流程【重难】 考向03以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【重难】考向04化学图表、图像信息与微型化工流程 重难】考向05溶度积与微型化工流程【重难】第三部分综合巩固整合应用，模拟实战微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。流程背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理）等。它本质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池材料回收）、碳中和（如CO₂捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在

“表格”或“副反应”

中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp计算、氧化还原滴定原理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。考向01以矿物为原料的物质制备类微型化工流程【例1】（2025·四川卷）一种主要成分为Ca3PO42和KAlSi3O8下列说法错误的是A．“电炉煅烧”必须隔绝空气 B．浸渣的主要成分是CaSiOC．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的常见问题答题角度分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或特定气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次判断沉淀是否洗涤干净取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)①使化学平衡移动；控制化学反应的方向②控制固体的溶解与结晶③控制反应速率：使催化剂达到最大活性④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离【变式1-1】（2025·北京西城·三模）工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣成分为Fe下列说法不正确的是A．高温焙烧1molFeS2时转移的电子数为11NB．SO2与H2SC．反应2SO2(D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关【变式1-2】（2025·河北衡水·三模）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe已知：25℃时，KspMgCO下列说法错误的是A．为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌等措施B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(C．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(D．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应考向02以废弃物为原料的制备类微型化工流程【例2-1】（2025·福建卷）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝Al2HPO3A．“沉淀1”可用于实验室制备COB．“调pH”时应将溶液调至酸性C．“沉铝”时存在反应：2AlClD．电解“滤液1”可制得Na和Cl【例2-2】（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是A．SiO2B．盐酸在该工艺中体现了还原性C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池D．制备纳米Si：SiO1.微型工艺流程中原料处理①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。②水浸——与水接触反应或溶解。③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。2．微型工艺流程重分离提纯（1）调pH除杂①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。【变式2-1】（2025·四川绵阳·三模）从含少量Ag的CuO料渣回收银并制备铜化工产品的流程如下：已知：Al(OH)A．酸浸与煮沸后均为过滤操作 B．加入的稀NaOH应过量C．固体混合物的组分中含有CuO D．煅烧过程中有氧气生成【变式2-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌Zn3OH4CO3广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为ZnSO下列说法正确的是A．“除锰”时，S2OB．“试剂X”可以是ZnO或FeC．“沉锌”时，消耗的Zn2+和HCO3D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤Zn考向03以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【例3】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li+下列说法正确的是A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，AlOHC．“氧化”过程中铁元素化合价降低D．“沉锂”过程利用了Li2CO31.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作除杂加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH加热加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质降温防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动分离固液分离——过滤液液分离：a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)b.有溶解性差异——(萃取)分液c.有沸点差异——蒸馏2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作洗涤(冰水、热水、有机溶剂)水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)蒸发时的气体氛围抑制水解如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解蒸发浓缩、冷却结晶如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl蒸发结晶、趁热过滤如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3【变式3-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：①S2O8②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【变式3-2】（2025·山东·三模）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、A．“浸渣1”的主要成分为AgB．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HClC．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为D．该流程中可循环利用的物质有NH考向04化学图表、图像信息与微型化工流程【例4】（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)离子ZnCuCl浓度g1450.031A．“浸铜”时应加入足量H2B．“浸铜”反应：2Cu+4HC．“脱氯”反应：Cu+CuD．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn1.微型工艺流程中解决表格题的关键（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。

（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。

2.微型工艺流程中图表信息试题的问题解决的方法归纳：

（1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律；

（2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义。【变式4-1】（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为SiO2、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2资料：ⅰ．某些不溶物的K物质NiZnCuFeCaSOZnCNiCK2.0×4.2×2.2×4×9.1×3.0×4.0×ⅱ．黄钠铁矾Na2Fe(ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。下列有关研究过程的说法正确的是A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了ZnOH2C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时Cu2OD．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物【变式4-2】（2025·贵州·模拟预测）LiOH可用于生产锂基润滑脂，以α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)为原料制备LiOH的工艺流程如下：Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表所示：温度/℃010203040506080100Li2CO3/g1.541.431.331.251.171.081.010.850.72下列说法错误的是A．“变晶焙烧”和“锂渣”再利用均可提高原料利用率B．流程中不产生引起“温室效应”的气体C．“沉锂”后应趁热过滤D．“苛化”时的化学方程式为Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH考向05溶度积与微型化工流程【例5-1】（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2OA．试剂X可选用Fe粉B．试剂Y可选用盐酸C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少【例5-2】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3OA．硫酸用作催化剂和浸取剂B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C．“浸出”时，3种金属元素均被还原D．“沉钴”后上层清液中c1．化工流程中Ksp有关计算常考角度解题策略根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中判断沉淀的生成或转化把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法对于M(OH)n(s)Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH:（1）开始沉淀时的pH求法：，从而确定pH。（2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为已经沉淀完全，结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。【变式5-1】（2025·湖南郴州·一模）CeO2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SiO2、CaO、CeO2、Na已知：KspCeOH3=8×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，Ce3+C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH3与CeD．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【变式5-2】（2025·湖南益阳·一模）某含锶(Sr)废渣主要含有SiO2、SrSO4、SrCO3、CaCO3和MgCO3A．“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4sC．BaCl2溶液不可用BaD．由SrCl2⋅6H1.（2025·湖南·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是A．“氧化”中盐酸不可用稀硫酸代替B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯C．流程中CCl4D．该工艺中CONH222.（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为LiCoxNiyMnzO2下列说法错误的是A．“灼烧”后的固体产物中，Co和Al均为+3价B．在“酸浸”过程中所滴加的H2C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为5D．“合成”LiMn2O4过程中，发生反应会有CO3.（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取NaClO2已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2高于60℃时易分解，NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO下列说法错误的是A．步骤①中工业上可用H2CB．步骤②发生反应的离子方程式为2C．防止步骤①中ClO2浓度过高发生分解可采用过量NaD．步骤④中制得的NaClO24.（2025·福建龙岩·三模）以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表：电对

Cu

Pb

Ni

Cd

Fe电极电位/

+0.337

−0.126

−0.257

−0.402

−0.442下列说法错误的是A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含FeC．“物质Y”是Cd，“物质Z”是CuD．流程中可循环利用的物质有CO、H25.（2025·山东青岛·三模）工业上制备超纯GaCH物质GaEtCHNR沸点/℃55.734.642.4365.8Et2O和NR3下列说法错误的是A．“液体I”含有EtB．“残渣”含镁物质仅有MgIC．“工序X”的作用是解配GaCH3D．直接加热GaCH36.（2025·福建三明·三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下图所示。已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚—环己烷—水共沸物”的沸点为62.1下列说法正确的是A．“操作a”中有机相1从分液漏斗的下口流出B．“操作b”、“操作c”均为重结晶C．洗涤苯甲酸粗品，用乙醇的效果比用蒸馏水好D．该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大7.（2025·湖南邵阳·三模）钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下：已知：KspFeOH3=1.0×10−39A．已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6B．结合流程分析，Fe2+的还原性强于C．使用FeS除去“滤液”中的Zn2+，pH越大越有利于除去“滤液”中的D．“氧化沉钴”的离子方程式ClO8.（2025·贵州·模拟预测）为了减少污染并促进废物利用，某工厂计划以硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O下列叙述错误的是A．“碱溶”阶段至少发生两个离子反应 B．可用KSCN溶液检验滤液②中是否含有FeC．滤液③可用于加工复合肥料 D．“真空烧结”时，植物粉的作用是还原剂9.（2025·河北·模拟预测）河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO转化成NaTaO3，下列叙述错误的是A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角B．通入空气的目的之一是除去油脂C．固体1可用于制造红色颜料D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等10.（2025·浙江·一模）硝基苯在染料工业、医药领域、材料合成等领域有广泛应用。其制备流程如图所示：已知硝基苯密度1.205g·cm-3，浓硝酸密度1.4g·cm-3，浓硫酸密度1.84g·cm-3。下列说法不正确的是A．配制混酸时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸B．步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作C．反应结束后产品在液体的上层，需要通过分液分离混酸和粗产品D．第一次粗产品为无色，第二次粗产品为浅黄色11.（2025·浙江·三模）亚氯酸钠（NaClO2已知：纯ClO2易分解爆炸，一般稀释到10%以下。下列说法A．反应①中参加反应的NaClO3和SO2B．反应①需鼓入空气，主要目的是稀释ClO2C．反应②在冰水浴进行可以抑制H2OD．NaClO2制备需在通风橱中进行，因为SO2有毒且12.（2025·甘肃白银·三模）碱式碳酸铜在烟火、农药等方面应用广泛。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2A．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MnD．NH4HCO3溶液呈碱性13.（2025·湖南·二模）[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是合成其它含钴配合物的重要原料，其晶体制备流程如下，下列说法错误的是A．活性炭的作用是催化剂B．已知氧化步骤需控温在60℃进行，故H2O2溶液应缓慢滴加C．操作X中加入盐酸的目的是提供酸性环境D．[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构，则[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构可能有2种14.（2025·陕西西安·一模）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl已知酸性KMnO4溶液具有强氧化性。下列说法错误的是A．反应1和反应2都发生了氧化还原反应B．操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒C．滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用H2O2溶液D．向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液振荡得到Fe(OH)3胶体15.（2025·四川·一模）用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2的流程如下图所示，已知：A．石膏的化学式为2B．吸收烟气后的溶液中：cC．当吸收液的pH=7时，溶液中：cD．“沉淀”操作得到的上层清液中：K16.（2025·黑龙江·一模）碘（紫黑色固体，微溶于水）常用于制备碘盐中的KIO3。以含I−废液为原料提取下列叙述正确的是A．“转化”中，不涉及沉淀溶解平衡 B．沉淀能与硝酸反应，产物之一可循环利用C．“氧化”中nCl2nFeI17.（2025·山西吕梁·一模）一种利用废铜渣(主要成分CuO，含少量Fe2O3下列说法错误的是A．“酸浸”时延长反应时间目的是提高铜元素的浸取率B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为CuC．“沉铜”时发生的反应为氧化还原反应D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4+，H18.（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，KspPbCO3②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NaOH19.（2025·湖南·一模）用含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2已知：CuFeS下列有关该流程的说法错误的是A．“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl和S，该反应的化学方程式为B．向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉，可以提高铜的回收率C．“过滤3”所得滤液为CuCl2D．为保持流程持续循环，每生成2molCu，理论上需补充CuCl220.（2025·河南信阳·一模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是A．因TiCl4B．氯化过程中FeCl3C．若制取1 mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7 molD．制取金属钛时，可用CO2替代Ar

题型06微型化工流程分析目录目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练考向01以矿物为原料的物质制备类微型化工流程考向02以废弃物为原料的制备类微型化工流程【重难】 考向03以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【重难】考向04化学图表、图像信息与微型化工流程 重难】考向05溶度积与微型化工流程【重难】第三部分综合巩固整合应用，模拟实战微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。流程背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理）

等。它本质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池材料回收）、碳中和（如CO₂捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在

“表格”或“副反应”

中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp计算、氧化还原滴定原理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。考向01以矿物为原料的物质制备类微型化工流程【例1】（2025·四川卷）一种主要成分为Ca3PO42和KAlSi3O8下列说法错误的是A．“电炉煅烧”必须隔绝空气 B．浸渣的主要成分是CaSiOC．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的【答案】C【分析】主要成分为Ca3PO42和KAlSi3O8的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成CaSiO3、KAlO2、P4气体、CO气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的CaSiO3，浸液中通入CO【解析】“电炉煅烧”时生成P4，P4可与氧气反应，故必须隔绝空气，A正确；根据分析可知，浸渣的主要成分是CaSiO3，B正确；“炉气水洗”因P4、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使P4与CO分离，C错误；“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的AlOH3常见问题答题角度分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥)提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或特定气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水解、潮解等目的洗涤沉淀方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次判断沉淀是否洗涤干净取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)①使化学平衡移动；控制化学反应的方向②控制固体的溶解与结晶③控制反应速率：使催化剂达到最大活性④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离【变式1-1】（2025·北京西城·三模）工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣成分为Fe下列说法不正确的是A．高温焙烧1molFeS2时转移的电子数为11NB．SO2与H2SC．反应2SO2(D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关【答案】B【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。【解析】高温焙烧1molFeS2时，Fe由+2价升高到+3价，S由-1价升高到+4价，则转移的电子数为11NA，A正确；SO2与H2S反应生成淡黄色S沉淀，SO2中S元素由+4价降低到0价，体现了SO2的氧化性，B错误；反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，故反应具有自发性的原因是ΔH＜0，C正确；硫酸含有-OH，相互之间可以形成分子间氢键，可以增大浓硫酸的粘度，D正确；故选B。【变式1-2】（2025·河北衡水·三模）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe已知：25℃时，KspMgCO下列说法错误的是A．为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌等措施B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(C．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(D．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应【答案】D【分析】以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2，由流程图可知，菱镁矿中加入盐酸，MgCO3、CaCO3、Fe2O3与盐酸反应分别生成MgCl2、CaCl2、FeCl3，浸渣为SiO2；依据已知信息中的溶度积常数可判断加入MgCO3【解析】为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌、适当升高温度或适当提高酸的浓度等措施，A正确；根据以上分析可知“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3，B正确；根据以上分析可知“浓缩、部分脱水”时，可能有考向02以废弃物为原料的制备类微型化工流程【例2-1】（2025·福建卷）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻燃剂亚磷酸铝Al2HPO3A．“沉淀1”可用于实验室制备COB．“调pH”时应将溶液调至酸性C．“沉铝”时存在反应：2AlClD．电解“滤液1”可制得Na和Cl【答案】D【分析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH后加入氯化铝生成亚磷酸铝；【解析】因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备CO2，A正确；B．“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3。若未将溶液调至酸性，后续加入的AlCl3会转化为Al(OH)3等杂质，降低产品纯度与产率，B正确；“沉铝”时加入氯化铝和Na2HPO3发生复分解反应生成Al2HPO33【例2-2】（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是A．SiO2B．盐酸在该工艺中体现了还原性C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池D．制备纳米Si：SiO【答案】B【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。【解析】SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为SiO2+2Mg6501.微型工艺流程中原料处理①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。②水浸——与水接触反应或溶解。③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。2．微型工艺流程重分离提纯（1）调pH除杂①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。②调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。（2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。（3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。【变式2-1】（2025·四川绵阳·三模）从含少量Ag的CuO料渣回收银并制备铜化工产品的流程如下：已知：Al(OH)A．酸浸与煮沸后均为过滤操作 B．加入的稀NaOH应过量C．固体混合物的组分中含有CuO D．煅烧过程中有氧气生成【答案】B【分析】含少量Ag的CuO料渣与稀硫酸“酸浸”CuO溶解，生成的CuSO4与不溶的Ag过滤分离得到银，CuSO4溶液中加入稀NaOH与Al2SO43煮沸生成Al(OH)【解析】酸浸后需分离不溶的Ag和CuSO4溶液，煮沸后需分离溶液和固体混合物，均需过滤操作，A正确；若稀NaOH过量，Al3+会转化为AlOH4−进入溶液，导致固体混合物中不含Al元素，无法煅烧生成CuAlO2，故NaOH不应过量，B错误；混合溶液中Cu2+与NaOH反应生成Cu(OH)2，煮沸（温度＞80℃）时Cu(OH)2分解为CuO，故固体混合物含CuO，C正确；煅烧时Al(OH)3【变式2-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌Zn3OH4CO3广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废液(主要成分为ZnSO下列说法正确的是A．“除锰”时，S2OB．“试剂X”可以是ZnO或FeC．“沉锌”时，消耗的Zn2+和HCO3D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤Zn【答案】C【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+和Mn2+)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X调节pH，X可以为ZnO或Zn【解析】“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则S2O82−作氧化剂，发生还原反应。S2O82−中过氧键的O为-1价，反应后变为SO42−中-2价的O，故SO42−是还原产物，而非氧化产物，A错误；“调pH”目的是沉淀Fe3+，试剂X需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B错误；“沉锌”生成Zn3OH4CO考向03以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【例3】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li+下列说法正确的是A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，AlOHC．“氧化”过程中铁元素化合价降低D．“沉锂”过程利用了Li2CO3【答案】D【分析】酸浸液(主要含Li+、Fe2+、Cu2+、Al3+)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)【解析】“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，A错误；Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；加入Na2CO3得到Li2CO1.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作除杂加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH加热加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质降温防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动分离固液分离——过滤液液分离：a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热过滤)b.有溶解性差异——(萃取)分液c.有沸点差异——蒸馏2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作洗涤(冰水、热水、有机溶剂)水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快干燥)蒸发时的气体氛围抑制水解如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解蒸发浓缩、冷却结晶如K2Cr2O7和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同样原理可除去KNO3中的少量NaCl蒸发结晶、趁热过滤如NaCl和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的少量KNO3【变式3-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废渣中提取钴的一种流程如下。已知：①S2O8②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【分析】由流程知，炼锌废渣经过稀硫酸酸浸后转化为含ZnSO4、CuSO4、FeSO4、CoSO4、MnSO4的滤液和含PbSO4（不溶于水）、Cu（与稀硫酸不反应）的浸渣，过滤后向滤液中通入H2S除去Cu2+后，加入Na2S2O8溶液将Mn2+氧化为MnO2、Fe2+氧化为Fe3+【解析】由分析知，浸渣含Cu和PbSO4，A错误；由分析知，沉锰步骤中，S2O82-（过氧键O为-1价）作氧化剂，将Mn2+氧化为MnO2，离子方程式为Mn2++S2O82−+2H2O=MnO2↓+2SO42−+4【变式3-2】（2025·山东·三模）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、A．“浸渣1”的主要成分为AgB．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HClC．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为D．该流程中可循环利用的物质有NH【答案】C【分析】从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag和Au变成浸渣1，向浸渣1中继续加盐酸和H2O2进行浸取2，Ag和Au都被氧化溶解，其中Ag溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2继续加氨水溶解，AgCl【解析】根据分析，Ag和Au不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为Ag、Au，A正确；“浸取2”步骤中，Ag在盐酸和H2O2作用溶解转化为AgCl沉淀，则反应的化学方程式为2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl+2H2O，B正确；“还原”步骤中，HAuCl4被NaHSO3还原为单质Au，而HSO考向04化学图表、图像信息与微型化工流程【例4】（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)离子ZnCuCl浓度g1450.031A．“浸铜”时应加入足量H2B．“浸铜”反应：2Cu+4HC．“脱氯”反应：Cu+CuD．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn【答案】C【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H【解析】由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H1.微型工艺流程中解决表格题的关键（1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。

（2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问题。

2.微型工艺流程中图表信息试题的问题解决的方法归纳：

（1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律；

（2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及起点、拐点、水平线含义。【变式4-1】（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为SiO2、CuO、NiO、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CaO等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2资料：ⅰ．某些不溶物的K物质NiZnCuFeCaSOZnCNiCK2.0×4.2×2.2×4×9.1×3.0×4.0×ⅱ．黄钠铁矾Na2Fe(ⅲ．焙烧后固体为NiO和ZnO的混合物。下列有关研究过程的说法正确的是A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应B．沉铁时，调pH为4时Zn和Ni会有损失，是因为生成了ZnOH2C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时Cu2OD．由转化流程可以判断NiO和ZnO均是两性氧化物【答案】C【分析】冶金废渣中的SiO2不与硫酸反应、CaO与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，故废渣中有CaSO4和SiO2；进入“沉铁”中的微粒主要有Cu2+、Ni2+、Zn2+、Fe3+、Fe2+等，H2O2将Fe2+氧化，通过该流程Fe3+以黄钠铁矾沉淀，进入“还原沉铜”中的离子有Cu2+、Ni2+、Zn2+等，该流程将Cu2+以Cu2O的形式分离出；进入“锌镍同沉”的离子有Na【解析】酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的Fe2+有还原性，会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A错误；沉铁调pH=4时，cOH−=10−10mol⋅L-1，c2(OH-)=10-20，KspZnOH2=4.2×10−17，KspNiOH2=2.0×10−15，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)【变式4-2】（2025·贵州·模拟预测）LiOH可用于生产锂基润滑脂，以α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)为原料制备LiOH的工艺流程如下：Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表所示：温度/℃010203040506080100Li2CO3/g1.541.431.331.251.171.081.010.850.72下列说法错误的是A．“变晶焙烧”和“锂渣”再利用均可提高原料利用率B．流程中不产生引起“温室效应”的气体C．“沉锂”后应趁热过滤D．“苛化”时的化学方程式为Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH【答案】B【分析】α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)经过焙烧有致密的锂辉石变为疏松的锂辉石，加入硫酸继续焙烧，Li2O、Al2O3均溶于硫酸形成溶液，经石灰石中和得到滤渣1，滤液1中的锂离子加入碳酸氢铵生成碳酸锂沉淀，经“苛化”可将碳酸锂转化为氢氧化锂，经一系列操作得到纯净氢氧化锂。【解析】“变晶焙烧”的目的是使α-锂辉石转变为β-锂辉石，更容易与硫酸发生反应，加快反应速率，提高原料利用率，“锂渣”再利用可提高原料的利用率，A项正确；“沉锂”时反应的离子方程式为2HCO3−+2Li+=Li2CO3↓+CO2↑+H2O，CO考向05溶度积与微型化工流程【例5-1】（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2OA．试剂X可选用Fe粉B．试剂Y可选用盐酸C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH过小会导致滤渣Ⅱ质量减少【答案】A【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y(可以是盐酸)生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。【解析】根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O42−浓度小，使Ca2+(aq)+C2O42−(aq)⇌CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O【例5-2】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3OA．硫酸用作催化剂和浸取剂B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生C．“浸出”时，3种金属元素均被还原D．“沉钴”后上层清液中c【答案】C【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。【解析】根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；故选根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；故选C。1．化工流程中Ksp有关计算常考角度解题策略根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中判断沉淀的生成或转化把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法对于M(OH)n(s)Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH:（1）开始沉淀时的pH求法：，从而确定pH。（2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，认为已经沉淀完全，结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。【变式5-1】（2025·湖南郴州·一模）CeO2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SiO2、CaO、CeO2、Na已知：KspCeOH3=8×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，Ce3+C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH3与CeD．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1【答案】B【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO）中加入稀盐酸，CaO、Na2O、MgO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，CeO2和SiO2与稀盐酸不反应，以固体形式存在，成为滤渣；过滤后得到含CaCl2、NaCl、MgCl2的滤液和含CeO2、SiO2的滤渣；随后向滤渣（含CeO2、SiO2）中加入硫酸和H2O2，CeO2作为氧化剂，H2O2作为还原剂，发生氧化还原反应，Ce从+4价被还原为+3价，进入溶液（生成Ce2SO43），SiO2不与硫酸、H2【解析】提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A正确；Ce3+完全沉淀时，cCe3+=10-5mol/L，由KspCeOH3=cCe3+⋅c3OH-=8×10-20，得c3OH-=8×10−20/10【变式5-2】（2025·湖南益阳·一模）某含锶(Sr)废渣主要含有SiO2、SrSO4、SrCO3、CaCO3和MgCO3A．“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4sC．BaCl2溶液不可用BaD．由SrCl2⋅6H【答案】D【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3【解析】由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+，A正确；由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4s+Ba2+aq⇌BaSO4s+Sr2+aq，该反应的平衡常数K=cSr2+cBa2+=c1.（2025·湖南·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐(CBSBPs)中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述错误的是A．“氧化”中盐酸不可用稀硫酸代替B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯C．流程中CCl4D．该工艺中CONH22【答案】A【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体。【解析】“氧化”步骤中，NaClO3在酸性条件下将Br⁻氧化为Br2，H⁺可由盐酸或稀硫酸提供，且SO42−不会干扰后续Br2的萃取分离，盐酸可用稀硫酸代替，故A错误；“操作1”是溴水与CCl4的萃取分液，“操作2”是还原后有机相与水相的分液，两者均为分液操作，需分液漏斗和烧杯，故B正确；操作2分液得到的有机相为CCl4，可返回操作1循环用作萃取剂，故C正确；还原步骤中Br2→Br⁻发生还原反应，CONH22作还原剂；CONH22与2.（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为LiCoxNiyMnzO2下列说法错误的是A．“灼烧”后的固体产物中，Co和Al均为+3价B．在“酸浸”过程中所滴加的H2C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为5D．“合成”LiMn2O4过程中，发生反应会有CO【答案】B【分析】废旧电池正极材料主要成分为LiCoxNiyMnzO2，其中Co为+3价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸浸”，双氧水把+3价Co还原为+2价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K【解析】灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被氧化为Al2O3（Al为+3价），原LiCoxNiyMnzO2中Co为+3价，灼烧后Co仍为+3价，A正确；碱浸后滤渣含Co3+等高价金属离子，Co3+具有强氧化性，酸浸时会氧化H2O2生成O2，自身被还原为Co2+，H2O2作还原剂而非氧化剂，B错误3.（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取NaClO2已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2高于60℃时易分解，NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO下列说法错误的是A．步骤①中工业上可用H2CB．步骤②发生反应的离子方程式为2C．防止步骤①中ClO2浓度过高发生分解可采用过量NaD．步骤④中制得的NaClO2【答案】C【分析】NaClO3与Na2SO3可发生氧化还原反应生成ClO2，ClO2在碱性条件下与30%的过氧化氢反应生成【解析】步骤①中，氯元素化合价由+5降至+4，硫元素化合价由+4升至+6，则NaClO3为氧化剂，Na2SO3作还原剂；H2C2O4中C元素为+3价，H2C2O4也具有还原性，工业上可用H2C2O4代替Na2SO3将NaClO3还原为ClO2，A正确；步骤②中，ClO2被H2O2还原为ClO2−，而H2O2被ClO2氧化为O2，氯元素化合价由+4降至+3，H2O24.（2025·福建龙岩·三模）以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表：电对

Cu

Pb

Ni

Cd

Fe电极电位/

+0.337

−0.126

−0.257

−0.402

−0.442下列说法错误的是A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含FeC．“物质Y”是Cd，“物质Z”是CuD．流程中可循环利用的物质有CO、H2【答案】C【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍（物质X）调节溶液pH，将溶液中Fe3+【解析】“酸浸”中鼓入空气，O2可氧化NiS中的-2价的硫，防止生成H2S产生污染，同时搅拌使反应更充分，A正确；加入“物质X”调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO可消耗H+且不引入杂质，Fe3+在较低pH溶液中生成FeOH3进入滤渣Ⅱ，B正确；净化需除去氧化性强的Cu2+，而不除去Ni2+、Cd2+，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换Ni2+，且Z不仅含Cu、还含有Ni，C错误；CO参与气化生成Ni5.（2025·山东青岛·三模）工业上制备超纯GaCH物质GaEtCHNR沸点/℃55.734.642.4365.8Et2O和NR3下列说法错误的是A．“液体I”含有EtB．“残渣”含镁物质仅有MgIC．“工序X”的作用是解配GaCH3D．直接加热GaCH3【答案】B【解析】“配体交换”过程中NR3与Ga(CH3)3(Et2O)发生配体交换得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则液体I含有Et2O，A正确；合成Ga(CH3)3(Et2O)时，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga与CH3个数比为1∶3，Ga2Mg5中Ga与Mg个数比为2∶5，CH3I中CH3与I个数比为1∶1，根据原子守恒，“残渣”中含镁物质并非仅有MgI2，还有CH3MgI，B错误；NR3沸点极高（365.8℃），配体交换后生成Ga(CH3)3(NR3)，工序X需解配Ga(CH3)3(NR3)并使Ga(CH3)3（沸点55.7℃）蒸出，C正确；Ga(CH3)3(Et2O)中Et2O沸点（34.6℃）低于Ga(CH3)3（55.7℃），直接蒸馏会导致Et2O与Ga(CH3)3共沸，无法分离，D正确；故选B。6.（2025·福建三明·三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下图所示。已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚—环己烷—水共沸物”的沸点为62.1下列说法正确的是A．“操作a”中有机相1从分液漏斗的下口流出B．“操作b”、“操作c”均为重结晶C．洗涤苯甲酸粗品，用乙醇的效果比用蒸馏水好D．该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大【答案】D【解析】苯甲酸与饱和碳酸钠溶液反应生成苯甲酸钠，操作a为分液，有机相1含环己烷、苯甲酸乙酯等有机溶剂，其密度小于水（水相密度大于有机相），有机相在上层，应从分液漏斗上口倒出，A错误；操作b是从干燥后的有机相2（含苯甲酸乙酯）中分离得到苯甲酸乙酯，由于苯甲酸乙酯沸点较高（212.6℃），应通过蒸馏分离，而非重结晶；操作c是苯甲酸粗品提纯，固体提纯常用重结晶，B错误；苯甲酸在乙醇中溶解度较大，用乙醇洗涤会导致苯甲酸溶解损失；蒸馏水洗涤时，苯甲酸溶解度小，可减少损失，故蒸馏水效果更好，C错误；该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大，D正确；故选D。7.（2025·湖南邵阳·三模）钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下：已知：KspFeOH3=1.0×10−39A．已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6B．结合流程分析，Fe2+的还原性强于C．使用FeS除去“滤液”中的Zn2+，pH越大越有利于除去“滤液”中的D．“氧化沉钴”的离子方程式ClO【答案】B【分析】该工艺流程以炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的＋2价氧化物或单质)为原料，提取钴，硫酸酸浸得到含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、Co2+等金属阳离子的硫酸盐溶液，铅的＋2价氧化物或单质与硫酸反应生成PbSO4沉淀，即滤渣1为PbSO4，加入Na2S2O8沉锰，Na2S2O8具有氧化性，可以氧化Mn2+生成MnO2，同时将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液调节pH=4【解析】S元素最高价为＋6，Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，故S2O82−中有-1价氧原子，根据其结构式，1molNa2S2O8中含有NA个过氧键，A错误；由流程知，加入Na2S2O8时将Fe2+氧化成Fe3+，而Co2+未被氧化，再后续操作中用NaClO氧化了Co2+，故可知Fe2+的还原性强于Co2+8.（2025·贵州·模拟预测）为了减少污染并促进废物利用，某工厂计划以硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O下列叙述错误的是A．“碱溶”阶段至少发生两个离子反应 B．可用KSCN溶液检验滤液②中是否含有FeC．滤液③可用于加工复合肥料 D．“真空烧结”时，植物粉的作用是还原剂【答案】D【分析】碱溶后Fe2O3为滤渣，Al2O3，SiO2溶解后进入滤液中，磷酸溶解滤渣，并加入铁粉将铁元素转化为+2价态，滤液为磷酸亚铁，氨水调pH沉铁，得到Fe3(PO4)2·8H2O沉淀，加入磷酸锂与植物粉补充Li和C元素，真空烧结得到产品。【解析】“碱溶”时，发生的化学反应有Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAlOH4、SiO2+2NaOH=Na9.（2025·河北·模拟预测）河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO转化成NaTaO3，下列叙述错误的是A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角B．通入空气的目的之一是除去油脂C．固体1可用于制造红色颜料D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等【答案】A【分析】根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程图，加入纯碱在碱性条件下通入足量空气焙烧，一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面Ta2O3、FeO转化成NaTaO3、Fe2O3，Al2O3转化为Na[Al(OH)【解析】实验室焙烧固体需用到的仪器为坩埚、三脚架、泥三角等，不需要用到蒸发皿，A错误；由分析可知，通入空气的目的是将氧化亚铁转化为氧化铁，将油脂转化为二氧化碳和水除去，B正确；由分析可知，固体1为红棕色的Fe2O3可用于制造红色颜料的氧化铁，C正确；由分析可知，滤液经蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥得到钽酸钠，D正确；故选A。10.（2025·浙江·一模）硝基苯在染料工业、医药领域、材料合成等领域有广泛应用。其制备流程如图所示：已知硝基苯密度1.205g·cm-3，浓硝酸密度1.4g·cm-3，浓硫酸密度1.84g·cm-3。下列说法不正确的是A．配制混酸时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸B．步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作C．反应结束后产品在液体的上层，需要通过分液分离混酸和粗产品D．第一次粗产品为无色，第二次粗产品为浅黄色【答案】D【分析】合成硝基苯的流程为：将苯加到浓H2SO4和浓HNO3的混酸中，用水浴在50°C~60°C温度下加热进行反应得到粗产品1，再依次用蒸馏水、【解析】配制混酸时，将浓硝酸先倒入烧杯中，再将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅的情况，A正确；根据分析，对粗产品1洗涤时依次用蒸馏水、Na2CO3溶液、蒸馏水，在步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作，B正确；根据已知信息的密度数据，硝基苯密度最小，在与混合酸分层时是在液体的上层，可通过分液分离混酸和粗产品，C正确；11.（2025·浙江·三模）亚氯酸钠（NaClO2已知：纯ClO2易分解爆炸，一般稀释到10%以下。下列说法A．反应①中参加反应的NaClO3和SO2B．反应①需鼓入空气，主要目的是稀释ClO2C．反应②在冰水浴进行可以抑制H2OD．NaClO2制备需在通风橱中进行，因为SO2有毒且【答案】A【分析】NaClO3、H2SO4混合溶液中通入SO2，发生反应①，生成NaHSO4、ClO2等；ClO2与H2O2在NaOH溶液中发生②，生成NaClO2、O2等。【解析】反应①中，NaClO3中Cl为+5价，被还原为ClO2(Cl+4价)，得1e⁻；SO2中S为+4价，被氧化为NaHSO4(S+6价)，失2e⁻。根据得失电子守恒，n(NaClO3)×1=n(SO2)×2，故n(NaClO3):n(SO2)=2:1，A不正确；已知纯ClO2易分解爆炸，需稀释到10%以下，反应①鼓入空气可稀释ClO2浓度，防止爆炸，B正确；H2O2受热易分解，冰水浴能降低温度，抑制H2O2分解，保证其作为还原剂参与反应②，有利于生成NaClO2，C正确；SO2有毒，ClO2易爆，制备过程需在通风橱中进行以保障安全，D正确；故选A。12.（2025·甘肃白银·三模）碱式碳酸铜在烟火、农药等方面应用广泛。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S，还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。已知：H2CO3的Ka1=4.4×10−7，Ka2A．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MnD．NH4HCO3溶液呈碱性【答案】A【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S在酸性条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I中含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入CuO，调节溶液的pH使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液、NH3进行沉淀锰，过滤得到碳酸锰，用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。【解析】滤渣Ⅰ含SiO2和S，S微溶于乙醇，SiO2不溶于乙醇，无法用乙醇有效分离S和SiO2，A错误；浸取后溶液含Fe3+，加入CuO调节pH，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，B正确；“沉锰”时，NH3提供碱性促进HCO3-电离，Mn2+与CO32-结合生成MnCO3，离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3=MnCO3↓+NH4+，电荷及原子守恒，C正确；NH4HCO3中，HCO3-水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/4.4×10-7≈2.27×10-8，NH4+水解常数Kh'=Kw/K13.（2025·湖南·二模）[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是合成其它含钴配合物的重要原料，其晶体制备流程如下，下列说法错误的是A．活性炭的作用是催化剂B．已知氧化步骤需控温在60℃进行，故H2O2溶液应缓慢滴加C．操作X中加入盐酸的目的是提供酸性环境D．[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构，则[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构可能有2种【答案】C【分析】将CoCl2和NH4Cl加水溶解，加入浓氨水和活性炭，在活性炭的催化作用下发生配合，加入H2O2将Co2+氧化为Co3+，趁热过滤，将活性炭除去，再加入浓盐酸，增大Cl−浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌[Co(NH3)6]【解析】在流程中，活性炭在配合步骤加入，在趁热过滤步骤被除去，其作用是作为催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，A正确；氧化步骤中H2O2作氧化剂，将Co的低价态化合物氧化，该反应为放热反应，控温60℃进行，H2O2溶液缓慢滴加可防止反应过于剧烈，温度过高导致H2O2分解，B正确；操作X中加入浓盐酸，目的是增大Cl−浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌[Co(NH3)6]3+(aq)+3Cl−(aq)逆向移动，有利于[Co(NH14.（2025·陕西西安·一模）电子工业常用FeCl3溶