2026年北京高考化学二轮复习专题12 大题突破-化学工艺流程（复习讲义）（解析版）

专题12大题突破-化学工艺流程目录01析·考情精解 202构·知能架构 303破·题型攻坚 4题型一化学工艺流程 4真题动向锚定真实工业/科研情景，聚焦核心反应与条件调控，强化定量计算、绿色评价及跨模块综合应用，凸显对证据推理与模型认知能力的考查。必备知识知识1原料预处理的常用方法知识2工艺流程中的分离与提纯知识3工艺流程中陌生化学(离子)方程式的书写知识4工艺流程中Ksp的相关计算关键能力能力无机化工流程题的解题策略命题预测考向1常用无机物的制备考向2物质分类、提纯综合应用考向3氧化还原反应方程式的书写与配平考向4工艺流程中加入试剂的作用及循环物质的确定命题轨迹透视1、从传统矿物提取→新能源材料再生（如锂电回收）、战略金属提取、低碳技术，突出STSE与真实工业背景。2、考点聚焦：①核心反应：氧化还原、复分解、沉淀溶解平衡；②条件调控：pH、温度、浓度、氧化剂/还原剂选择（如分步除杂）；③分离提纯：过滤、萃取、结晶、沉淀转化；④绿色化学：原子经济性、循环利用、三废处理；⑤定量计算：产率、纯度、Ksp、转化率，计算量增大。考点频次总结考点2025年2024年2023年2022年2021年化学工艺流程北京卷T18，13分北京卷T16，11分北京卷T18，13分北京卷T18，12分北京卷T18，14分北京卷T18，12分2026命题预测1、新情景方向：①二次资源回收：废旧电池、电子废料、工业废渣的有价金属提取；②新能源材料合成：钠离子电池正极、固态电解质、催化材料制备；③低碳与绿色工艺：CO₂捕集转化、生物质炼制、无废工艺；④医药/精细化工中间体：连续流反应、微反应工艺，强调安全与高效。2、新考法突破：①跨模块融合：无机流程+电化学（电解精炼/制备）、无机+有机（如矿物中有机杂质去除、副产物有机合成）、流程+反应机理（中间体推断、催化循环）；②图表深度分析：pM-pH、转化率-温度/浓度、循环次数-纯度等曲线，考查平衡移动与定量计算；③开放评价：工艺对比（能耗、成本、环保）、方案优化（如替代试剂、循环改进）、误差分析与产率提升建议。3、难度与区分度：基础题（60%）→中档题（30%）→创新压轴（10%）；难点在多步计算、图表综合分析、开放评价，拉开分差。题型化学工艺流程1．（2025北京，18，13分）利用工业废气中的制备焦亚硫酸钠()的一种流程示意图如下。已知：物质、(1)制已知：

由制的热化学方程式为。(2)制I．在多级串联反应釜中，悬浊液与持续通入的进行如下反应：第一步：第二步：Ⅱ．当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体。①Ⅱ中生成的化学方程式是。②配碱槽中，母液和过量配制反应液，发生反应的化学方程式是。③多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去。④尾气吸收器中，吸收的气体有。(3)理论研究、与的反应。一定温度时，在浓度均为的和的混合溶液中，随的增加，和平衡转化率的变化如图。①，与优先反应的离子是。②，平衡转化率上升而平衡转化率下降，结合方程式解释原因：。【答案】(1)(2)、SO2(3)溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降【详解】（1）已知：反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

将Ⅰ×2+Ⅱ×2得：，所以由制的热化学方程式为；（2）①当反应釜中溶液达到3.8~4.1时，形成的悬浊液转化为固体，根据元素守恒，还有水生成，化学方程式：；②根据多级串联反应釜中的化学方程式可知，除了生成的焦亚硫酸钠外，母液中有亚硫酸氢钠剩余，又因为＞，亚硫酸氢钠与过量发生反应的化学方程式为：；③在燃烧炉中反应冷却后的气体中混有氧气，氧气能氧化亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，所以多次循环后，母液中逐渐增多的杂质离子是，需除去；④碳酸氢钠与二氧化硫发生的化学方程式为，生成了二氧化碳，二氧化碳用氢氧化钠吸收，转化成碳酸钠，可到多级串联反应釜中循环使用，所以尾气吸收器中吸收的气体有，在多级串联反应釜中持续通入的，则尾气吸收器中吸收的气体还有；故答案为：；；；、SO2；（3）①由图可知，①，时，碳酸氢根平衡转化率较低，而亚硫酸根的平衡转化率较高，所以与优先反应；②溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行，所以平衡转化率上升而平衡转化率下降。故答案为：；溶液中发生的反应：ⅰ.+SO2+H2OH2CO3+，H2CO3H2O+CO2；ⅱ.+SO2+H2O2。amol后，随着n(SO2)增加，因H2CO3分解，促进ⅰ中SO2与碳酸氢根的反应不断正向进行，溶液中c()不断增加，促使反应ⅱ逆向进行命题解读新情境：以“利用工业废气制连二亚硫酸钠（Na2S2O4）”为背景，整合了废气资源化、多步反应耦合、物质分离等实际工业流程要素，并非传统的“简化实验情景”，而是贴近化工生产的“复杂真实情景”——既包含气体净化、多段反应，也涉及离心分离等工业操作，体现了化学学科“服务工业生产”的应用价值。新考法：“信息整合+学科思维”的综合考查1、数据信息的迁移应用：给出H2CO3、H2SO3的电离常数，需结合“强酸制弱酸”逻辑分析Na2CO3与SO2的反应（如第一步生成NaHSO3而非Na2SO3，需依据电离常数判断酸性强弱），避免了“机械记忆反应”，强调信息的即时加工。2、流程逻辑的逆向推理：流程中“尾气吸收”环节需结合产物（Na2S2O4）的性质（还原性），推理NaOH溶液的作用（吸收未反应的酸性气体，同时防止Na2S2O4被氧化），考查“流程目的—物质性质—操作作用”的逆向关联。新角度：以电离常数为“证据”，建立“酸性强弱→反应产物”的模型；以盖斯定律为“模型”，推导总反应的焓变，体现了“基于证据建立认知模型”的素养要求。2．（2025北京，16，11分）铅酸电池是用途广泛并不断发展的化学电源。(1)十九世纪，铅酸电池工作原理初步形成并延续至今。铅酸电池工作原理：①充电时，阴极发生的电极反应为。②放电时，产生a库仑电量，消耗的物质的量为。已知：转移电子所产生的电量为96500库仑。③作为电解质溶液性质稳定、有较强的导电能力，参与电极反应并有利于保持电压稳定。该体系中不氧化，氧化性弱与其结构有关，的空间结构是。④铅酸电池储存过程中，存在化学能的缓慢消耗：电极在作用下产生的可将电极氧化。氧化发生反应的化学方程式为。(2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中主要物质的转化关系示意图如下。①将等物质转化为的过程中，步骤I加入溶液的目的是。②步骤Ⅱ、Ⅲ中和作用分别是。(3)铅酸电池使用过程中，负极因生成导电性差的大颗粒，导致电极逐渐失活。通过向负极添加石墨、多孔碳等碳材料，可提高铅酸电池性能。碳材料的作用有(填序号)。a．增强负极导电性b．增大负极材料比表面积，利于生成小颗粒c．碳材料作还原剂，使被还原【答案】(1)正四面体形(2)脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅H2O2作还原剂，K2S2O8作氧化剂(3)ab【详解】（1）①充电时，阴极发生还原反应，PbSO4得到电子变成Pb，其发生的电极反应为：；②根据放电时的反应，每消耗1molH2SO4，转移1mol电子；产生a库伦电量，转移的电子为，故消耗H2SO4的物质的量为；③的中心原子S原子的价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水，反应的化学方程式为：。（2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2。①由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是脱除硫酸根，生成可溶于酸的氢氧化铅，便于后续的溶解；②由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb2+溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作用为氧化剂。（3）由于负极会生成导电性差的大颗粒PbSO4，石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确；负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误；故选ab。命题解读新情境：真实工业与生活的“跨场景融合”铅酸电池的工业应用场景：以铅酸电池的工作原理、电极反应为基础，结合了电池充电/放电的实际使用场景，同时引入“35%~40%H₂SO₄作电解质的性质优势”“SO₃²⁻结构与电极反应的关联”等工业设计中的实际考量，并非单纯的实验室理论情景。新考法：“知识整合+能力迁移”的综合命题多知识点的跨界融合：将电化学（电极反应、电子转移计算）、物质结构（空间构型判断）、氧化还原反应（方程式书写、试剂作用分析）、工业流程（试剂选择、操作目的）等核心知识点融合在同一题目中，打破了单一知识点的考查模式，要求学生构建完整的知识网络。新角度：学科核心素养的“立体考查”证据推理与模型认知：通过SO₃²⁻的价层电子对数推导空间构型，通过电子转移数目计算H₂SO₄的消耗量，体现“基于证据建立模型、用模型解决问题”的素养；通过铅膏回收的流程，建立“物质转化→资源回收”的工业模型。3．（2024北京卷，18，13分）利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。(1)矿石在焙烧前需粉碎，其作用是。(2)的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是。(3)矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。温度/℃B中所含铜、铁的主要物质400500①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是。②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是。(4)用离子方程式表示置换过程中加入的目的。(5)粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是。【答案】(1)增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分(2)(3)随焙烧温度升高，生成的速率加快发生分解生成难溶于水的(4)(5)粗铜若未经酸浸，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+【详解】（1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大矿石的接触面积，提高反应速率，使反应更充分；（2）铵盐不稳定，易分解，分解为非氧化还原反应，产物中有NH3和SO3，故化学方程式为；（3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，生成的速率加快，故铜浸出率显著增加；②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuSO4发生分解生成难溶于水的CuO，铜浸出率降低；（4）加入置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为；（5）粗铜中含有杂质，加酸可以除，但粗铜若未经酸浸处理，会残留较多的Fe，在电解时，阳极会发生反应Fe-2e-=Fe2+，溶液中的Fe2+易被空气中O2氧化为Fe3+，Fe3+在阴极发生反应Fe3++e-=Fe2+，降低得到纯铜的量。4．（2023北京卷，18，12分）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，的氧化性强于。(1)“浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断：(填“>”或“<”)。②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有。(2)“浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。①将“浸银”反应的离子方程式补充完整：。②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用：。(3)“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。①该步反应的离子方程式有。②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因：。

(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：。【答案】(1)>、(2)是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀(3)、、被氧气氧化为，把氧化为(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子以及过量的氢离子发生反应，因此离子方程式为、、；②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。知识1原料预处理的常用方法预处理操作作用或目的分析研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等浸取(即浸出/溶解)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、醇溶等水浸与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中酸浸在酸性溶液[如：用(浓)硫酸、盐酸等]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；酸还能溶解金属氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解等碱浸去油污，在碱性溶液中使两性化合物(Al2O3、ZnO等)溶解，溶解铝、二氧化硅等，不溶物通过过滤除去的过程醇浸提取有机物，常采用有机溶剂(乙醚，二氯甲烷等)浸取的方法提取有机物浸出率固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(工业上往往为了追求更多转化)提高浸出率的措施：①将矿石研成粉末，提高接触面积；②搅拌，使反应更加充分③增大反应物(酸、碱)的浓度；④适当升温(加热)灼烧(焙烧)除去可燃性杂质或使原料初步转化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；④除去热不稳定的杂质(如碳酸盐沉淀)等煅烧改变结构，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2工艺流程中的分离与提纯1、过滤：固液分离的一种方法，主要有常压过滤、减压过滤、热过滤(1)常压过滤：通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准确判断是留下滤液还是滤渣(2)减压过滤(抽滤)：减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快速干燥产品的作用(3)趁热过滤：趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过滤，所以又称为热过滤2、蒸发结晶(1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCl(2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干(3)实例①从NaCl溶液中获取NaCl固体a．方法：蒸发结晶b．具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干②NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液a．方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥b．具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，母液中是KNO3和少量NaCl，这样就可以分离出大部分NaClc．趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度3、冷却结晶(1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO3)、易水解的物质(FeCl3)或结晶水化合物(CuSO4·5H2O)(2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时(3)实例：KNO3溶液中混有少量的NaCl溶液①方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥②具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，母液中是NaCl和少量KNO3，这样就可以分离出大部分KNO34、沉淀洗涤时洗涤剂的选择洗涤试剂适用范围目的蒸馏水冷水溶解度随温度升高而升高，且变化较大除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度高造成溶解损失热水溶解度随着温度升高而降低除去固体表面吸附着的××杂质，减少固体因为洗涤液温度低造成溶解损失有机溶剂(酒精、丙酮等)固体易溶于水、难溶于有机溶剂减少固体溶解损失；利用有机溶剂的挥发性除去固体表面的水分，加快干燥速率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的方法：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5、重结晶：将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程6、萃取与反萃取萃取利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同，用一种溶剂(萃取剂)把溶质从它与另一种溶剂组成的溶液里提取出来的过程，萃取后需要分液。如：用CCl4萃取溴水中的Br2反萃取在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操作称为反萃取，为萃取的逆过程7、蒸馏或分馏：蒸馏是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程8、冷却法：利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气知识3工艺流程中陌生化学(离子)方程式的书写类型一、陌生氧化还原反应方程式的书写1、书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测(1)常见的氧化剂及还原产物预测氧化剂KMnO4(酸性)K2Cr2O7(酸性)浓硝酸稀硝酸H2O2X2(卤素)NaClO(或ClO－)KClO3Fe3＋PbO2对应还原产物Mn2＋Cr3＋NO2NOH2OX－Cl－Cl－Fe2＋Pb2＋(2)常见的还原剂及氧化产物预测还原剂Fe2＋SO2(H2SO3)SOeq\o\al(2－,3)S2Oeq\o\al(2－,3)S2－(H2S)H2C2O4H2O2I－(HI)CONH3对应氧化产物Fe3＋SOeq\o\al(2－,4)SOeq\o\al(2－,4)SOeq\o\al(2－,4)SCO2O2I2CO2N2或NO2、书写方法(1)第一步：根据题干信息或流程图的入口和出口，判断出反应物和生成物(2)第二步：确定反应物和生成物中变价元素的化合价，按“氧化剂＋还原剂还原产物＋氧化产物”写出方程式，并按化合价升降的原则配平参与氧化还原反应的各物质的化学计量系数(3)第三步：依据电荷守恒、原子守恒和溶液的酸碱性补齐缺失物质并配平。若反应是在水溶液中进行，一般在方程式左边或右边补充H＋、OH－或H2O类型二、陌生非氧化还原反应方程式的书写运用“证据推理符号”思路，书写新情境化学方程式的基本思路为：“读取”流程中的有效信息(证据)，找出主要的反应物和生成物(推理)，再依据质量守恒定律和电荷守恒规律写出反应的化学(离子)方程式，书写步骤如下：(1)第一步：分析流程图的入口和出口，确定反应物与生成物，有些生成物可依据物质类别的通性及反应规律判断出(2)第二步：初步表示出反应过程：反应I＋反应II生成物I＋生成物II(3)第三步：依据电荷守恒或原子守恒，补齐缺失物质并将方程式配平知识4工艺流程中Ksp的相关计算1、计算难溶电解质的Ksp以“AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)”为例：Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度2、计算沉淀转化反应的平衡常数及其完全转化时所需浓度依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大如：对于反应Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)该反应的平衡常数K===eq\f(Ksp（ZnS）,Ksp（CuS）)3、由溶度积计算溶液中某离子的浓度①已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度如：Ksp＝a的饱和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝eq\r(a)mol·L－1②已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度如：某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝=10amol·L－14、判断离子是否开始沉淀以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例溶度积离子积概念沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出能力无机化工流程题的解题策略1、无机工艺流程试题的结构模型流程图一般三大部分：原料预处理、核心化学反应、产品的分离与提纯呈现模式识图方法箭头的意义图1：箭头进入的是反应物(投料)，箭头出去的是生成物(产物、副产物)图2：箭头表示反应物分步加入和生成物出来图3：返回的箭头一般是“循环利用”的物质2、无机工艺流程题常考的设问角度设问角度(1)原料预处理方法及反应(2)加入试剂判断及加入试剂的作用(3)陌生化学(离子)方程式的书写(4)分离、提纯的仪器、操作及操作目的(5)滤渣、滤液成分判断(6)实验条件的选择，温度或pH调节(7)图表、图像分析(8)物质循环利用(9)计算2、化工流程试题的一般解题策略(1)审题“四角度”审题干=1\*GB3①明确原料的主要成分和杂质成分=2\*GB3②明确目的审信息=1\*GB3①寻找信息再流程中的作用=2\*GB3②寻找信息与某设问的对立关系审流程=1\*GB3①明确三线：主线产物，分支副产物，回线为循环物=2\*GB3②结合设问的问题细审流程中转化原理，找出进料物质(反应物)和出去物质(生成物)的主产物和副产物审设问明确答什么，答的问题与哪步流程有关，考查的什么知识等(2)破题“三方法”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，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答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[解题思路]●首尾对比：对比分析原料与目标产物之间的关系，比较物质变化和主要元素化合价的变化●主元素跟踪：跟踪主要物质(元素)的转化形式和转化方法，即原料→中间转化物质→目标产物●除杂分析：分析原料中的“杂质”转化除去过程，分析每一步骤的目的以及反应产物、反应过程●综合判断：根据题干信息、流程信息、题中设问信息审题、解题(读完全题再做题)(3)解题“三步骤”第一步：读题头，得目的，找原料，明产品，解决“干什么”通过阅读题头，了解流程图以外的文字描述、表格信息、后续设问中的提示性信息，通过对比分析工业流程示意图中的第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，弄清从原料出发，要得到最终产品，必须除去什么元素、引进什么元素第二步：读题干，析过程，看措施，推用意，解决“怎么做”题干部分主要用框图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来。分析流程中的每一步骤的反应物是什么？发生了什么反应？利用了什么原理(氧化还原、溶解度、电离平衡、水解平衡、溶解平衡)？该反应造成了什么后果？(除目标物质外还产生了什么杂质或副产物？这些物质又是如何分离、提纯和循环利用的？如何体现绿色化学思想？)每一步操作进行到什么程度最佳？在此过程中抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务，在回答相关操作的原因或目的时要从对产品的影响层面作答。第三步：读题问，逐空填答，用语要规范，解决“怎么写”从化学原理的角度、用化学语言作答；要抓住主要问题，针对具体问题做具体分析。具体答题要点如下：审清楚要看清题目要求，按要求答题。如：写离子方程式还是化学方程式；写物质的名称还是化学式等；方程式中反应物、产物的分子式书写要正确；尤其是化学方程式要配平，电极反应式和化学方程式一定要书写正确；正确使用等号或可逆符号；沉淀、气体、水溶液等符号要标明答规范回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，例如评价或比较实验方案时要全面考虑：反应物种类多少、是否易得、是否对环境有污染；反应产物的种类多少，对目标产物的分离和提纯是否有影响；反应条件是否苛刻；仪器、设备是否要求高；工艺流程、实验步骤的多少答完整要答到对产品生产的影响这一步！①除杂：除去……中的……(只写“除杂”一类是不给分的)②干燥：除去……气体中的水蒸气，防止……考向1常用无机物的制备1．（2025·北京平谷·一模）废旧锂离子电池的正极材料含钴酸锂，锰酸锂，镍酸锂（）以及铝片、石墨粉等，某小组设计方案回收金属元素，流程如下：已知：过硫酸根离子的结构为：不同温度下碳酸锂的溶解度如下表：温度（℃）20406080100溶解度（g）1.331.171.080.850.72(1)锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为。(2)在废旧电池的初步处理及碱浸环节，为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有（写出其中一种即可），步骤①发生反应的离子方程式为。(3)滤液A中的、、均为价，则的主要作用是。(4)写出过程③中发生反应的离子方程式；步骤②中不能用盐酸酸化溶液的原因是。(5)滤液C中。(6)滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有：、、洗涤、干燥。剩余液体中含有的阴离子主要有（写离子符号）。【答案】(1)化学能转化为电能(2)升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌(3)还原剂(4)防止在过程③被氧化生成产生污染(5)(6)蒸发结晶趁热过滤【详解】（1）锂离子电池工作时，能量的主要转化方式为化学能转化为电能；故答案为：化学能转化为电能；（2）为加快速率，除了对原料粉碎处理，还可以采用的措施有升高温度、适当增大碱液浓度或搅拌；步骤①发生铝片与碱溶液反应生成的反应，离子方程式为；故答案为：升高温度或适当增大碱液浓度或搅拌；；（3）中化合价为+3价、中化合价为+6价、中化合价为+3价，经硫酸/及氨水调，得到的滤液A中的、、均为价，均被还原，由此可知，为还原剂；故答案为：还原剂；（4）过程③为滤液A中价的被氧化生成分离出去，故该离子反应为；步骤②中若用盐酸酸化溶液，则滤液A中含有，在过程③加入时，被氧化生成产生污染；故答案为：；防止在过程③被氧化生成产生污染；（5）根据，即，则；故答案为：；（6）滤液C中含有，与加入的浓反应得到，根据的不同温度下的溶解度可知，温度较高时，其溶解度小，故滤液C反应后获得碳酸锂固体的步骤主要有蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥；剩余液体主要成分为，故阴离子为；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；。2．（2024·北京·三模）是一种压电材料。以为原料制备粉状的流程如图。资料：ⅰ.易溶于水，微溶于水。ⅱ.易水解生成。ⅲ某些温度时的溶解度如下。温度02080100溶解度31.635.752.459.4溶解度59.574.0147.0159.0(1)固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是。(2)试剂选用(填“水”或“盐酸”)，理由是。(3)向溶液1中加入盐酸的目的是。(4)操作的具体步骤是。(5)固体3的主要成分是。①生成固体3的化学方程式是。②得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低。原因有：ⅰ.较低时，c()较低；ⅱ.较高时，补充完整)。(6)高温煅烧固体3，生成的与的物质的量之比=。【答案】(1)BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO(2)水盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素(3)把转化为，避免结晶时出现固体(4)蒸发结晶、趁热过滤(5)易转化为(6)【详解】（1）由分析知，固体1的含硫物质主要是，得到固体1的化学方程式是BaSO4+4C+CaCl2BaCl2+CaS+4CO↑；（2）由分析知，由于盐酸能将微溶的转化为可溶的，不利于除去钙元素，试剂选用水；（3）由分析知，向溶液1中加入盐酸的目的是把转化为，避免结晶时出现固体；（4）由分析知，操作的具体步骤是蒸发结晶、趁热过滤；（5）①由分析知，生成固体3的化学方程式是；②由于ⅰ.较低时，c()较低；ⅱ.较高时，易转化为，故得到固体3的过程，需要调控，否则的产率较低；（6）高温煅烧固体3，发生的化学反应方程式为BaTiO(C2O4)2+CO+CO2，生成的与的物质的量之比=。3．（2024·北京顺义·二模）硫酸镍常用于制作电池电极材料及催化剂。从富镍精矿渣制备硫酸镍晶体的一种流程如图：已知：ⅰ．富镍精矿渣中含有镍、铁、铜、钙、镁等元素，其中镍主要以和的形式存在，和均难溶于水；铁主要以形式存在。ⅱ．镍浸出液中含有的阳离子主要有等。(1)富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是。溶渣时，需向富镍精矿渣中加入硫酸并加热，同时加入氧化剂。(2)沉铁①已知：在硫酸盐溶液中，当有足量，控制溶液的为时，生成溶度积极小的黄钠铁矾。该反应的离子方程式是。向镍浸出液中不断加入，利用黄钠铁矾法除铁。不断加入的作用是。②当浓度降到较低后，继续采用针铁矿法除铁。控制溶液的为，在温度80∘C的条件下，缓慢沉淀形成针铁矿。结合平衡移动原理，解释生成的原因。(3)沉铜。向滤液1中加入活性固体，使转化为渣。在硫化镍用量为理论用量的1.6倍、反应温度80∘C的条件下，不同反应时间对硫化镍除铜效果的影响如图。30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低的可能原因是。已知：一定条件下，可以部分转化为，同时释放出部分。(4)向滤液2中加入溶液，经过滤得到较纯净的溶液。沉淀的主要成分是。(5)溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤可获得晶体。采用法测定晶体中结晶水的含量。[法测定金属阳离子含量的方程式为：]。步骤一：标定取的标准溶液于锥形瓶中，用溶液滴定至终点，消耗溶液的体积为。步骤二：称取样品，配制溶液，取进行滴定，消耗溶液的体积为。。[列出表达式，已知]【答案】(1)增大接触面积，增大化学反应速率，提高镍浸出率(2)中和反应生成的酸，调节溶液；提供足够的，控制溶液为，升温，都有利于平衡正移，生成。(3)部分转化为，使释放出的与反应生成进入渣中，使而铜镍比降低(4)CaF2、MgF2(5)【详解】（1）富镍精矿渣在溶解前，需经破碎，目的是增大接触面积，加快反应速率，提高镍浸出率；（2）①在硫酸盐溶液中，当有足量Na+，控制溶液的pH为1.6～1.8时，生成溶度积极小的黄钠铁矾，反应的离子方程式为，向镍浸出液中不断加入Na2CO3，消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率，不断加入Na2CO3的作用是消耗氢离子，增大钠离子浓度，使反应正向进行，提高产率；②控制溶液的pH为4.2～4.5，在温度80℃的条件下，Fe3+缓慢沉淀形成针铁矿（FeOOH），反应为2Fe3++4H2O2FeOOH+6H+，pH增大，氢离子浓度减小，升高温度，均导致平衡正向移动，从而生成FeOOH；（3）由于CuS部分转化为CuO，同时释放出部分S2-，使Ni2+生成NiS，因此30分钟后，渣中铜镍比大幅度降低。（4）根据分析，沉淀的主要成分是CaF2、MgF2；（5）根据EDTA～ZnCl2可知EDTA溶液的浓度为mol/L，根据EDTA～NiSO4·nH2O可知mgNiSO4·nH2O的物质的量是mol＝mol，因此，解得n＝。4．（2024·北京朝阳·一模）以菱锰矿(主要成分为MnCO3、CaCO3、MgCO3、SiO2和少量FeCO3等)为原料提纯MnCO3的一种流程示意图如下。已知：i．浸出渣C的主要成分为SiO2、CaCO3、Fe2O3。ii．常温时，部分物质的Ksp如下表所示：物质MnCO3Mn(OH)2MgCO3Mg(OH)2Ksp1.8×10-111.9×10-136.8×10-65.6×10-12iii．1mol·L-1的NH4HCO3溶液pH≈8，c()≈3.3×10-3mol·L-1(1)将菱锰矿“研磨”的目的是。(2)写出MnCO3在“氯化焙烧”过程发生反应的化学方程式：。(3)用1mol·L-1的NH4HCO3溶液“沉锰”时浸出液pH对产品中锰元素的质量分数和锰的回收率的影响如下图。注:锰的回收率=①“沉锰”反应的离子方程式是。②分析浸出液pH=8时，MnCO3产品中存在的杂质可能是，说明判断依据。(4)该流程中可以循环利用的物质有。(5)检测产品中锰元素的质量分数，取agMnCO3产品溶于100mL硫酸和磷酸的混合溶液中，取10mL加入稍过量的NH4NO3溶液，使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-。待充分反应后，加热使NH4NO3分解。冷却后用bmol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液滴定，消耗cmL(NH4)2Fe(SO4)2溶液。①产品中锰元素的质量分数为。②若未充分加热，则会使测定结果(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行(2)(3)MgCO3MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质(4)CO2、NH3、NH4Cl(5)偏大【详解】（1）将菱锰矿“研磨”的目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；（2）MnCO3在“氯化焙烧”时与氯化铵反应生成氯化锰、CO2、NH3、H2O，方程式为：；（3）①沉锰时，氯化锰与碳酸氢铵反应生成碳酸锰、二氧化碳、水、氯化铵，离子方程式为：；②根据题中各沉淀的Ksp数据可知，形成MgCO3沉淀时，c（Mg2+）=≈2×10-3mol·L-1；同理可得，形成MnCO3沉淀时，c（Mn2+）=≈0.5×10-8mol·L-1；形成Mn(OH)2沉淀时，c（Mn2+）=≈1.9×10-1mol·L-1；形成Mg(OH)2沉淀时，c（Mg2+）=≈5.6mol·L-1；沉淀时所需的浓度越小，越易形成，MnCO3产品中存在的杂质可能是MgCO3；③已知在碳酸锰中，Mn%=，在氢氧化锰中Mn%=，MnCO3和Mn(OH)2中锰元素的质量分数均大于38%，推知必有含镁难溶杂质；（4）根据分析可知，CO2、NH3可以回到流程沉锰循环，NH4Cl可以回到流程氧化焙烧循环；（5）①NH4NO3溶液使Mn2+氧化为[Mn(PO4)2]3-，(NH4)2Fe(SO4)2溶液又能将[Mn(PO4)2]3-还原为Mn2+，则10mL溶液中n(Mn2+)=n[[Mn(PO4)2]3-]=bc×10-3mol，m(Mn)=bc×10-3mol×55g/mol=0.055g，则100mL溶液中锰元素的质量分数为==；②若未充分加热，过量的NH4NO3溶液会消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液，使得(NH4)2Fe(SO4)2溶液标准液体积偏大，锰元素的质量分数偏大。5．（2025·北京延庆·一模）利用白云石(主要成分为碳酸钙和碳酸镁)制备碳酸钙的工业流程如下。已知：常温下，：；：。(1)煅烧白云石生成的主要固体产物是。(2)用化学用语表示溶液呈酸性的原因。(3)溶解时，其他条件相同，反应温度对、转化率的影响如图一所示；其他条件相同，煅烧后白云石灰与的投料比对、转化率的影响如图二所示。转化率(溶解出的质量/煅烧得到的质量)(M代表或)。①80~100℃时，转化率升高的原因是。②从工业生成的角度，选择合适的投料比为。(4)分离过程中分离出的固体物质是。(5)用离子方程式表示通入和形成碳酸钙沉淀的原因。(6)该工业流程中可循环使用的物质是。【答案】(1)CaO、MgO(2)(3)80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的溶解度1:4.2(4)Mg(OH)2(5)(6)NH3、CO2、NH4Cl【详解】（1）由于CaCO3、MgCO3受热分解分别生成CaO、MgO和CO2，煅烧白云石生成的主要固体产物是CaO、MgO。（2）NH4Cl溶液呈酸性的原因是水解产生H+，离子方程式为：。（3）①溶解过程中发生的反应为MgO+2Mg2++2NH3+H2O、CaO+2Ca2++2NH3+H2O，80~100℃时，随着温度的升高，会加快反应速率，且会导致氨气逸出，平衡正向移动，利于提高Ca2+和Mg2+的转化率；②根据图二，当投料比为1:4.2时，Ca2+和Mg2+的转化率均较高，且经济性较好，因此选择合适的投料比为1:4.2。（4）根据题目中给出的Ksp值，Mg(OH)2的Ksp=5.6×10-12远小于Ca(OH)2的Ksp=4.7×10-6，因此Mg2+会优先形成Mg(OH)2沉淀，而Ca2+则留在溶液中，分离出的固体物质是Mg(OH)2。（5）通入NH3和CO2后，会产生，Ca2+与结合生成CaCO3沉淀，反应方程式为：。（6）煅烧生成的CO2可以在沉钙时使用，NH4Cl作为反应物参与溶解过程，同时有NH3生成，沉淀CaCO3时消耗CO2和NH3又生成NH4Cl，因此NH3、CO2、NH4Cl是可循环使用的物质。考向2物质分类、提纯综合应用6．（2025·北京西城·一模）钒钛磁铁矿(主要含、、和)与钛白废酸(主要含和)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。资料：ⅰ、溶液、溶液和溶液中的钛元素均以存在。ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：。(1)“氧化浸出”过程中被氧化，反应的离子方程式是。(2)溶液B中加入使结晶，随着的用量增大，的结晶率增大。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：。(3)溶液经水解析出，反应的离子方程式是。(4)溶液D中加入后，被氧化为，萃取得到富钒溶液。用萃取钒时发生反应：，分液后得到含的有机溶液。由有机溶液重新得到含的水溶液的操作是。(5)最终得到的中含有铁元素，原因是。(6)连续测定溶液A中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。已知：ⅰ、将氧化为是该反应的催化剂。ⅱ、还原性均被还原为。①溶液溶液、溶液溶液消耗标准溶液的体积分别为和，则溶液中与的物质的量之比是。②若不加入，最终会导致测定结果中铁元素的含量(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。【答案】(1)(2)结晶时存在，增大和，平衡逆向移动(3)(4)将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液(5)溶液中含有，经氧化为，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入(6)偏高【详解】（1）具有还原性，被氧化生成，离子方程式为；（2）加入使结晶得到晶体析出，即晶体与离子存在溶解平衡：，加入，增大和，使平衡逆向移动；（3）溶液中的钛元素以形式存在，发生水解析出，反应的离子方程式是；（4）由有机溶液重新得到含的水溶液，使平衡逆向移动，则应增大，故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液；（5）溶液D中主要含有及和少量，加入后，、被氧化为、，加入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力，随被萃取，随后续过程进入中；（6）①溶液A含有、，加入铝片，分别转化为、，即溶液a中含有、，由还原性，加入标准溶液滴定时，先发生反应，，则，溶液b中含有，再加入标准溶液滴定时，发生，则，故溶液A中与的物质的量之比为；②是将氧化为反应的催化剂，若不加入，该反应速率较慢，则滴定溶液a时，未完全被氧化，导致滴定溶液b时，消耗的标准溶液增多，使得测定结果中铁元素的含量偏高。7．（2025·北京丰台·二模）某厂硫酸铜结晶母液成分复杂，含高浓度、、和，两种处理工艺流程如下。Ⅰ．新型NaOH三段沉淀工艺：该工艺通过分步加入浓NaOH溶液实现砷、铜、镍的分离。已知：随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。(1)生成铜砷渣()的离子方程式为。中和、沉铜阶段溶液温度随时间的变化曲线如图1，常温时镍沉淀率随pH的变化曲线如图2。(2)中和阶段，溶液温度升高的原因是。(3)在沉铜的过程中，需维持在较高温度，原因是。(4)理论计算得出常温时沉淀完全的pH约为9.0，实际沉镍时pH选择10.0，结合图2从化学反应速率的角度分析原因。Ⅱ．传统还原工艺(5)写出过程a中发生反应的离子方程式。(6)过程b中加入NaOH后，以形式存在，但氧化性减弱，从电极反应角度分析加入NaOH的作用。(7)与传统还原工艺相比，新型NaOH三段沉淀工艺的优势有。【答案】(1)(2)反应放出大量的热(3)随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。因此较高温度有利于的析出，不利于的析出，使的产率高、纯度高(4)沉镍反应，当pH<10时，随增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随增大，镍沉淀率基本保持不变(5)(6)氧化反应：，加入NaOH，增大，的还原性增强，且增大程度大于氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出(7)绿色无污染，中和阶段为沉铜阶段提供能量等【详解】（1）结晶母液中、与加入的反应生成沉淀，根据离子反应规律，结合原子守恒和电荷守恒写出该离子方程式为。（2）结晶母液中含有高浓度，加入溶液后，与发生中和反应，中和反应为放热反应，放出热量使溶液温度升高。（3）已知随温度升高，的溶解度减小，的溶解度增大。在沉铜过程中，维持较高温度，能降低的溶解损失，使更多的铜以沉淀形式析出，提高铜的沉淀率。（4）化学反应速率受反应物浓度等因素影响，在沉镍反应中，浓度（由体现）越大，反应速率越快。从图2能看到增大镍沉淀率升高，选择可加快反应速率，促进沉淀完全。故答案为：沉镍反应，当pH<10时，随增大，速率明显加快；当pH>10、沉淀1.5h时，随增大，镍沉淀率基本保持不变。（5）结晶母液中具有氧化性，具有还原性，在存在下发生氧化还原反应。被还原为沉淀，被氧化为，根据氧化还原反应配平规则，结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式为。（6）从电极反应角度，转化为后，氧化性减弱，则从电极反应角度分析加入NaOH的作用为：二氧化硫发生氧化反应，，加入NaOH，增大，的还原性增强，且增大程度大于氧化性降低的程度，更有利于Ni的析出。（7）新型三段沉淀工艺通过分步加溶液能分步分离砷、铜、镍，得到相对纯净的含砷、铜、镍产品；不引入等污染性气体，更环保；操作相对简单，且中和阶段为沉铜阶段提供能量，能耗较低等。8．（2025·北京海淀·三模）稀土是重要的战略资源。氧化铈()是应用广泛的稀土氧化物。由氟碳铈矿为原料制备的工艺流程如下：资料：ⅰ．氟碳铈矿的主要成分为，主要杂质有BaO和；ⅱ．氢氟酸具有较强的挥发性；；ⅲ．难溶于水可溶于强酸；难溶于水也难溶于强酸。(1)“焙烧”在沸腾炉中进行。利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态。这样操作的目的是。(2)固体A的主要成分是。(3)用硫酸浸出过程中，控制浸出时间、浸出温度，Ce元素和的浸出率随起始硫酸浓度的变化如图所示。后，的浸出率下降，原因是。(4)步骤Ⅰ中硫脲作剂。(5)从化学平衡的角度，解释步骤Ⅱ中NaOH的作用：。(6)滤液D结晶可得到粗品。粗品不经洗涤，直接用热风烘干，既能减少的损失，又能提高纯度。根据烘干时可能发生的反应，解释热风烘干能提高纯度的原因是。【答案】(1)增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率(2)、(3)与结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着增大，HF挥发性增强，使减小，的浸出速率下降(4)还原(5)加入NaOH溶液，使难溶于强酸的固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含的溶液或：，加入NaOH溶液，与结合，下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含的溶液(6)热风烘干使主要杂质和固体受热发生分解生成气体【详解】（1）利用高压空气将矿石粉吹起并悬浮，形成类似液体沸腾的状态可以增大矿石和空气的接触面积，提高反应速率。（2）根据分析可知固体A的主要成分为SiO2、BaSO4。（3）硫酸浸出过程中，H+与F-结合生成HF，而HF是挥发性弱酸，随着c(H+)增大，HF挥发性增强，使c(F-)减小，CeF3+的浸出速率下降。（4）根据分析可知，加入硫脲将溶液中的Ce4+还原为Ce3+，即硫脲作还原剂，故答案为还原。（5）根据已知信息可知Ce2(SO4)3·Na2SO4·nH2O难溶于水也难溶于强酸，即加入NaOH，使固体B发生如下沉淀转化反应：，转化为可溶于强酸的，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液；或：，加入NaOH溶液，Ce3+与OH-结合，c(Ce3+)下降，平衡正移，固体B转化成可溶于强酸的Ce(OH)3，便于后续用盐酸溶解得到含Ce3+的溶液。（6）Na2SO4是一种稳定的化合物，热风烘干不能使Na2SO4分解，但可使主要杂质NH4Cl和NH4HCO3固体分解生成气体。9．（2025·北京海淀·三模）BiOCl是一种新型的高档环保珠光材料。以辉铋矿和软锰矿为原料制取氯氧化铋和超细氧化铋的工艺流程如下：已知：i．易与形成；，易发生水解为。ii．几种离子沉淀与离子开始沉淀沉淀完全8.110.16.38.31.93.3(1)“联合焙烧”时，和，在空气中反应生成和。该反应的化学方程式为。(2)“酸浸”时需及时补充浓盐酸控制浸取液pH小于1.4，其目的是。(3)得到BiOCl的离子方程式为。(4)铋能被有机萃取剂（简称TBP）萃取，其萃取原理可表示为：(水层)+2TBP(有机层)(有机层)(水层)。“萃取”时需向溶液中加入固体调节浓度，萃取率随变化关系如图所示。最佳为的可能原因是。(5)“沉淀反萃取”时生成草酸铋晶体。为得到含较少的草酸铋晶体，“萃取”后有机相与草酸溶液的混合方式为。【答案】(1)(2)增大、浓度，使铋充分浸出；同时抑制金属离子（或）、水解(3)(4)时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升；时，铋离子水解（）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯(5)边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中【详解】（1）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到-2价，S元素由-2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：；（2）Bi3＋易与Cl－形成，易发生水解，其反应的离子方程式为＋H2O⇌BiOCl↓＋5Cl－＋2H＋，增大H＋、浓度，平衡逆向移动，浓度增大又抑制Bi3＋与Cl－形成，使Bi3＋充分浸出；同时抑制金属离子Bi3＋(或BiCl)、Fe3＋水解；（3）得到BiOCl的离子方程式为：；（4）由图像可知，时，铋离子萃取平衡（）逆向移动，萃取率下降，铁离子萃取率上升，引入杂质；时，铋离子水解（）程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；（5）得到含Cl-较少的草酸铋晶体，应边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中保证草酸较大浓度，析出含Cl-较少的草酸铋晶体。10．（2024·北京丰台·二模）从某工厂铜电解车间产生的难溶副产物黑铜泥(主要成分为和)和废水车间产生的含砷废渣(主要成分为)中回收铜和砷的一种流程示意图如下。已知：沉铜过程主要发生反应；易分解生成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小。(1)升温能加快氧化浸出的速率。温度过高时，浸出速率反而会下降，原因是。(2)和被氧化为和。被氧化的离子方程式为。(3)沉铜前，需要对氧化浸出液进行稀释。稀释倍数对沉铜的影响如下图所示。稀释倍数较小时，滤渣2中As含量较高的原因是。(4)上述流程中可循环使用的物质是。(5)粗三氧化二砷中砷含量的测定。ⅰ.取0.1g样品于锥形瓶中，加入NaOH溶液，使样品完全溶解；ⅱ.加入适量乙酸铅溶液，消除-2价硫的干扰；ⅲ.用稀硫酸调pH=8，加入3g碳酸氢钠和少量淀粉溶液；ⅳ.用碘标准溶液(溶质按计)滴定，将砷氧化至最高价态。到达滴定终点时，消耗碘标准溶液VmL。已知：样品中砷只以+3价的形式存在。①若样品中有-2价硫，没有步骤ⅱ，测定结果将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。②样品中砷的质量分数为。③步骤ⅲ中加入碳酸氢钠，能保持滴定过程中溶液pH基本稳定，结合化学用语解释原因。【答案】(1)分解，浓度降低(2)(3)易分解生成，稀释倍数较小时，硫酸浓度较大，溶解度较小，导致滤渣2中含量较高(4)(5)偏大0.75cV滴定过程中产生，平衡正移，使基本稳定【详解】（1）过氧化氢受热易分解，温度过高时过氧化氢分解而使过氧化氢浓度降低导致氧化浸出速率降低；（2）被过氧化氢在酸性条件下氧化生成CuSO4、H3AsO4和H2O离子方程式为：；（3）稀释倍数较小时，溶液中硫酸浓度较大，根据题中已知：易分解生成微溶于水的；随着硫酸浓度的增大，在硫酸溶液中的溶解度变小，因此滤渣2中含量较高；（4）在“还原”过程中有硫酸生成，氧化浸出中需要消耗硫酸，因此能循环使用的物质是硫酸；（5）①若样品中有-2价硫，则碘标准液还需要氧化-2价硫导致标准液消耗体积偏大，最后测定结果偏高；②2As~As2O3~2I2，则有150gAs~2I2，则样品中As的质量分数为；③用碘标准液滴定过程中会生成氢离子，碳酸氢钠的加入可以消耗氢离子平衡正向移动，从而维持溶液中氢离子浓度在一个稳定的水平。考向3氧化还原反应方程式的书写与配平11．（2024·北京朝阳·二模）以铬铁矿（主要成分为，还含有MgO、、等）为原料制备的一种工艺流程如图。已知：与纯碱焙烧转化为，与纯碱焙烧转化为。(1)过程Ⅰ中转化为和，反应中与的化学计量数之比为。(2)滤渣1主要含有。(3)矿物中相关元素可溶性组分的物质的量浓度c与pH的关系如下图所示。①过程Ⅲ中使用溶液的目的是。②过程Ⅳ发生反应，计算该反应的。(4)利用膜电解技术，以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液也可以制备，装置如图。①离子交换膜应该选用。a．阴离子交换膜

b．质子交换膜

c．阳离子交换膜②结合方程式解释产生的原理。(5)测定产品中的质量分数。称取产品，用500mL容量瓶配制为待测液。取25mL待测液于锥形瓶中，加入蒸馏水和稀硫酸等，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。产品中（摩尔质量为）的质量分数为。已知：酸性条件下被还原为。【答案】(1)4：7(2)Fe2O3和MgO(3)调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去(4)c阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7(5)【详解】（1）由题可知，过程Ⅰ中转化为和，反应为：，反应中与的化学计量数之比为4：7，故答案为：4：7。（2）根据分析可知滤渣1主要含有Fe2O3、MgO，故答案为：Fe2O3、MgO。（3）①向过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3转化为氢氧化铝和硅酸沉淀（滤渣2）过滤除去，故答案为：调节溶液pH使、转化沉淀过滤除去；②过程Ⅳ发生反应，图中的点取pH=2.4，对应，有，又有即，该反应的，故答案为：。（4）以溶液为阳极室电解质溶液，NaOH溶液为阴极室电解质溶液，制备，电解过程中实质是电解水，阳极发生反应为：，阴极发生的反应为：，阳极区中由可知，在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极区产生，为保持溶液为电中性，离子交换膜应该选用阳离子交换膜，让钠离子通过交换膜移向阴极，由此可知总反应方程式为：，故答案为：c；阳极发生反应为：，导致增大，促进平衡正向移动，产生，同时部分钠离子移向阴极区，在阳极区产生Na2Cr2O7。（5）根据得失电子守恒，可得反应的关系式为：，，即，故答案为：。12．（2025·北京·模拟预测）用软锰矿(主要成分为，含少量、、、、、等杂质)制备高纯的工艺流程如图所示：已知：25℃时相关物质的见下表。物质回答下列问题：(1)“浸出”过程中主要反应的离子方程式为，浸出渣成分为。(2)“除杂1”中的作用是，调节溶液的的理论最小值为。(离子浓度时认为反应完全)(3)加入的目的是。(4)“碳化”过程中反应的离子方程式为。(5)“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，采用低温干燥的原因是。(6)纯度测定步骤一：称取g产品，加酸溶解并配制成100.00溶液：取25.00溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量溶液，加热，充分反应后，煮沸溶液使过量的分解。步骤二：加入指示剂，用c溶液滴定。滴定至终点时消耗溶液的体积为d。已知：(未配平)，则的质量分数为。【答案】(1)、(或只填写)(2)将氧化为4.9(3)除去、(4)(5)防止温度过高发生分解，降低产率(6)【详解】（1）软锰矿的主要成分为，向软锰矿粉中加入稀硫酸，通入，发生氧化还原反应，Mn由+4价降低到+2价，转化为，被氧化为，反应的离子方程式为；、、、均可溶于稀硫酸，生成、、和，与反应生成微溶的，不溶于稀硫酸，因此浸出渣中含有和；（2）“除杂1”中，加入，可将氧化为，加入氨水调节pH，可将完全沉淀为，将转化为沉淀，故的作用是将氧化为；调节溶液的时，要让、完全沉淀而其他离子不沉淀，即当完全沉淀时、均已沉淀完全，此时，，即的理论最小值为4.9；（3）向滤液中加入，可与溶液中的和剩余的反应生成沉淀和，即滤渣2为和，故加入的作用是除去和；（4）“碳化”过程中，向滤液中加入碳酸氢铵和氨水，最终可将转化为，同时生成和水，离子方程式为；（5）“系列操作”中包含洗涤、干燥等流程，因在高温下会发生分解，因此采用低温干燥，防止温度过高发生分解，最终降低了产率；（6）已知条件根据电荷守恒和得失电子守恒可知，配平后的离子方程式为，用c溶液滴定，可将氧化为，由此可得计量关系：，故的质量分数为。13．（2023·北京朝阳·二模）电解锰渣含有等。将电解锰渣与电解残液混合制成浆液，能在脱除烟气(含等)中的同时，实现电解锰渣的资源化利用。(1)上述流程中为增大反应速率采取的措施有。(2)电解锰渣中的能吸收烟气中的，反应的方程式为。(3)电解锰渣与电解残液混合后，浆液中部分离子浓度(mol/L)及在脱硫过程中的变化如下。7.51.7①用方程式表示脱硫过程溶液降低的原因。②分析浆液中浓度增大的原因：i．被还原。ii．被还原，离子方程式为。iii．(用离子方程式表示)。(4)电解获得，装置如下图所示：①滤液2在电解池(填“阳”或“阴”)极放电产生。②净化过程须除去。研究发现，滤液2中即使含有少量，也会导致产率大幅降低，分析原因：。【答案】(1)研磨、搅拌(2)(3)(4)阳还原生成在阴极放电又生成，上述过程不断循环(或其他合理答案)【详解】（1）根据影响反应速率的因素，上述流程中为增大反应速率采取的措施有研磨、搅拌；（2）具有氧化性，吸收生成硫酸锰，反应的方程式为；（3）①脱硫过程中二氧化硫、氧气、水反应生成硫酸，使溶液降低，反应方程式为；②分析浆液中浓度增大的原因：i.被还原；ii.被还原，Mn元素化合价由+4降低为+2、Fe元素化合价由+2升高为+3，根据得失电子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为；iii.MnCO3与硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，反应的离子方程式为；（4）①滤液2中含有硫酸锰，锰离子失电子发生氧化反应生成，所以在电解池阳极放电产生；②还原MnO2生成Fe3+，Fe3+在阴极放电又生成Fe2+，上述过程不断循环，也会导致MnO2产率大幅降低；14．（2024·北京大兴·三模）饮用水中含砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如图：已知：①与过量的存在反应：；②亚砷酸盐的溶解性大于相应的砷酸盐。(1)①实验操作1和2是。②“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是：。③一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是：。(2)“二级沉砷”先加入双氧水发生的反应有：。沉淀的成分是。(3)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿被氧化为，同时生成，导致砷脱离矿体进入地下水。被氧化的离子方程式是。(4)测定某溶液(含少量)中浓度的一种方法如下：已知：用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。i．调：取待测液，向其中滴入适量溶液调节，中和。ii．氧化：向上述溶液中加入适量碘水，将氧化为。iii．滴定：用标准溶液滴定ⅱ中得到的溶液至终点，消耗标准溶液。①分析图1和图2，解释不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸的原因。②若无i，会导致测定的浓度(填“偏高”或“偏低”)。③通过计算可知亚砷酸的浓度为。【答案】(1)过滤除去过量的硫离子(2)、CaSO4(3)(4)的偏高【详解】（1）①实验操作1和2为分离固液的操作，是过滤。②废水中砷元素主要以亚砷酸形式存在，加入硫化钠生成沉淀，根据质量守恒，氢离子也会参与反应生成水，故“一级沉砷”先加入硫化钠主要发生的离子反应是：。③与过量的存在反应：，为防止与硫离子反应再次溶解，所以再加入硫酸亚铁除去过量的硫离子，故一级沉砷后再加入硫酸亚铁的主要作用是：除去过量的硫离子；（2）过氧化氢具有氧化性，加入过氧化氢会将亚砷酸氧化成砷酸，亚铁离子氧化成铁离子，反应为：、；由分析可知，X为难溶性的硫酸钙沉淀；（3）黄铁矿被氧气氧化为，同时生成，反应中铁化合价由+2变为+3、硫化合价由-1变为+6、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，反应为：；（4）①用标准溶液滴定弱酸溶液，一般要求弱酸的。由图可知，的，故不用氢氧化钠溶液直接滴定亚砷酸；②滴定过程中硫酸也会消耗氢氧化钠，若无i，会导致氢氧化钠消耗量增大，使得测定的浓度偏高。③滴定过程中存在：，结合As元素守恒可知，亚砷酸的浓度为。15．（2024·北京·模拟预测）铁酸钡()是一种压电材料。以重晶石(，杂质主要有、等)为原料，采用下列路线可制备粉状。已知：BaS可溶于水。CaS微溶于水，可溶于酸；草酸在水溶液中高于85℃易分解。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉将还原为BaS的化学方程式为。(2)①用水“浸取”时主要发生反应的离子方程式为。②流程中先用水浸取，再用盐酸酸化，相比于焙烧后的产物直接用盐酸浸取主要的优势在于。(3)“浓缩结晶”所得中常含有少量杂质金属离子，因此在制备高纯时需要先将纯化。纯化的步骤为：将酸浸液加热至95℃浓缩，冷却结晶后得到溶于水中，加入双氧水，然后加入氨水调节pH，过滤除去沉淀。滤液经加热浓缩，冷却结晶，即得到高纯度。①加入双氧水的作用为。②为何不在浓缩结晶之前加入双氧水和氨水除去杂质金属离子？。(4)“沉淀”步骤生成难溶的已知：在水中剧烈