2026年高考化学二轮复习（全国）重难12 微型化学工艺流程分析（重难专练）（解析版）

重难12微型化学工艺流程分析

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微型化工流程的解题攻略

1.解微型常用分析方法——四线分析法

2.规律:主线产品,分支副产品,回头为循环。

3.读流程图

（1）箭头：箭头进入的是投料(反应物)、出去的是主产物或副产物(生成物)。

（2）四线：试剂线、操作线、杂质线、产品线。

①试剂线：分清各步加人试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物间的转化等。

②操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。

③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。

④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。

4.解题要点

（1）审题要点。

①了解生产目的、原料及产品；

②了解题目提供的信息；

③分析各步的反应条件、原理及物质成分；

④理解物质分离、提纯、条件控制等操作的目的及要点。

（2）答题切入点。

①原料及产品的分离、提纯；

②生产目的及反应原理；

③生产要求及反应条件；

④有关产率、产量及组成的计算；

⑤绿色化学。

（建议用时：20分钟）

1．（2026·重庆市高三上学期11月调研）实验室制备FeCO3的流程如下。下列有关说法错误的是

A．M可用作补血剂B．镁条可在气体W中燃烧

C．滤液中的主要成分是NH4HSO4D．无水乙醇洗涤有利于FeCO3快速干燥

【答案】C

【分析】M是FeSO4，和NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀和气体W(CO2)，过滤洗涤得到FeCO3。

【解析】A．补血剂是二价铁，M可以作补血剂，A正确；

B．镁条可在气体W中燃烧，2MgCO22MgOC，B正确；

C．滤液中的主要成分是(NH4)2SO4，C错误；

D．乙醇易挥发，无水乙醇洗涤有利于FeCO3快速干燥，D正确；

故选C。

2．（2025·湖南卷）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、

锰的部分工艺流程如下：

已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。

②常温下，金属化合物的Ksp；

金属化合物CdSCdCO3MnSMnCO3

27121311

Ksp8.0101.0102.5102.310

下列说法错误的是

A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率

B．试剂X可以是Na2S溶液

C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换

2

D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为MnHCO3MnCO3H

【答案】D

22

【分析】富集液中含有两种金属离子Cd、Mn，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的Ksp可

2

知，CdCO3、MnCO3的Ksp接近，不易分离，则试剂X选择含S的试剂，得到CdS滤饼，加入NaHCO3溶

2

液沉锰，发生反应：Mn2HCO3MnCO3CO2H2O，据此解答。

【解析】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；

B．由分析可知，试剂X可以是Na2S溶液，B正确；

22

C．若先加入NaHCO3溶液进行“沉锰”，由题中信息以及Ksp数据可知，金属离子Cd、Mn浓度相当，则

Cd2也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；

2

D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：Mn2HCO3MnCO3CO2H2O，D错误；

故选D。

3．（2026·浙江省ZDB联盟高三上学期一模）下图是合成化工原料叠氮酸钠NaN3的流程示意图。下列说

法不．正．确．的是

A．制备水合肼时，应将NaClO溶液逐滴滴入氨水中

B．N3的空间构型与H2S相同

C．叠氮环合成塔中发生的反应为：N2H4H2OCH3ONONaOHNaN3CH3OH3H2O

D．操作x分离出的某种物质可循环使用

【答案】B

【解析】A．为了防止NaClO过量，水合肼被氧化，A正确；

B．N3的空间构型为直线形，H2S为V形，B错误；

C．叠氮环合成塔中发生的反应为：

N2H4H2OCH3ONONaOHNaN3CH3OH3H2O，C正确；

D．分离出甲醇可循环使用，D正确；

故答案选B。

4．（2025·广东部分学校·联考）实验室模拟侯氏制碱法制备纯碱，同时获得NH4Cl，流程如图所示，下列

说法不正确的是

A．步骤1需要使用玻璃棒

B．步骤2要先通入CO2后通入NH3

C．步骤3的气体产物可以并入步骤2循环使用

D．步骤4的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

【答案】B

【分析】由题给流程可知，精盐溶于水得到饱和食盐水，向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气使溶液

呈碱性，再通入二氧化碳，使二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤得到碳

酸氢钠和母液1；碳酸氢钠加热分解得到纯碱和可以循环使用的二氧化碳；母液1经蒸发浓缩、冷却结晶、

过滤得到母液2和氯化铵。

【解析】A．由分析可知，步骤1为精盐溶于水得到饱和食盐水，溶解时需要使用玻璃棒搅拌，加快氯化钠

的溶解，故A正确；

B．由分析可知，步骤2的操作为向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，

使二氧化碳与氨气和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，故B错误；

C．由分析可知，步骤3发生的反应为碳酸氢钠加热分解得到纯碱和可以循环使用的二氧化碳，故C正确；

D．由分析可知，步骤4的操作为母液1经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到母液2和氯化铵，故D正确；

故选B。

、

5．（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2Co3O4和少量Fe2O3)中提取金属元素，

20.4

流程如图。已知“沉钴”温度下KspCoS10，下列说法错误的是

A．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cCo2cS21020.4

【答案】C

3+2+2+

【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Fe、Mn、Co，

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】A．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；

B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；

C．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；

2+2--20.4

D．“沉钴”后的上层清液存在CoS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co)·c(S)=10，D正确；

答案选C

6．（2025·北京市东城区·一模）利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如下。

下列说法不．正．确．的是

A．“氧化”过程中，用盐酸调溶液pH7，可提高Cl2的利用率

B．“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl22BrBr22Cl

C．“吹出”的目的是减少溶液中残留的Cl2

D．“吸收”后溶液pH减小

【答案】C

【分析】在“浓缩”过程中，浓缩海水中的溴离子在酸性环境中被氯气氧化为溴单质，然后用空气吹出，吹出

的溴单质在“吸收”过程被二氧化硫和水吸收反应为溴离子，实现溴的富集，最后在“蒸馏”过程再次利用氯气

将溴离子氧化为溴单质。

+-+

【解析】A．氯气在水中存在平衡Cl2+H2OH+Cl+HClO，用盐酸调溶液pH7，增加H浓度，抑制

反应正向移动，提高Cl2利用率，故A正确；

B．据分析，“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为Cl22BrBr22Cl，故B正确；

C．据分析，“吹出”的目的是实现溴的富集，故C错误；

+2--+

D．“吸收“过程的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H+SO4+2Br，生成H，pH减小，故D正确；

故答案为C。

1

7．（2024·贵州卷）贵州重晶石矿(主要成分BaSO)储量占全国以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精

43

开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸钡BaTiO3工艺。部分流程如下：

下列说法正确的是

A．“气体”主要成分是H2S，“溶液1”的主要溶质是Na2S

B．“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C．“合成反应”中生成BaTiO3的反应是氧化还原反应

D．“洗涤”时可用稀H2SO4去除残留的碱，以提高纯度

【答案】B

【分析】重晶石矿（主要成分为BaSO4）通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl2和H2S

气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Ba(OH)28H2O；

过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)28H2O加水溶解后，加入Ti(OC4H9)4，进

行合成反应，得到BaTiO3粗品，最后洗涤得到最终产品。

【解析】A．由分析可知，“气体”主要成分为H2S气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH，A项

错误；

B．由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)28H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥，B项正确；

C．“合成反应”是Ba(OH)28H2O和Ti(OC4H9)4反应生成BaTiO3，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧

化还原反应，C项错误；

D．“洗涤”时，若使用稀H2SO4，BaTiO3会部分转化为难溶的BaSO4，故不能使用稀H2SO4，D项错误；

故选B。

8．（2025·湖南名校联合体·联考）Na2FeO4是一种绿色净水剂、消毒剂。以FeSO4废料(含少量CuSO4))为

原料制备Na2FeO4的流程如下：

下列叙述正确的是

A．“溶解”中玻璃棒的作用是“引流”

B．“氧化1”中H2O2主要表现不稳定性

C．“滤液”呈无色，用KSCN可检验其中的Fe3+

D．由“氧化2”可知该条件下氧化性：Cl2>Na2FeO4

【答案】D

【分析】酸性条件下，过氧化氢将Fe2+氧化成Fe3+，过氧化氢主要表现氧化性；加入氨水与Fe3+反应生成氢

氧化铁沉淀；碱性条件下氯气将氢氧化铁氧化得到Na2FeO4，说明碱性条件下氧化剂Cl2的氧化性大于氧化

产物Na2FeO4的氧化性。

【解析】A.“溶解”中玻璃棒起搅拌作用，加快固体溶解，A项错误；

Fe3+

2++3+

B．“氧化1”发生反应的离子方程式为2Fe+2H+H2O2=2Fe+2H2O(主要)，2H2O22H2OO2(次要)，

H2O2主要表现氧化性，B项错误；

C．废料中含少量硫酸铜，故滤液中存在铜离子，滤液呈蓝色，C项错误；

．氧化发生的反应为2，该条件下氧化剂的氧化性大

D“2”2FeOH33Cl210OH=2FeO46Cl8H2OCl2

于氧化产物Na2FeO4的氧化性，D项正确；

故选D。

．（东北师大附中一模）利用废铝箔（主要成分为，含少量Mg、Fe等）制明矾KAlSO12HO

92025··Al422

的一种工艺流程如图：

下列说法错误的是

A．该工艺步骤①与步骤②顺序互换会更节约生产成本

B．②中发生的反应有：Al(OH)3NaOHNaAl(OH)4

3

C．③中稀H2SO4酸化的目的是将Al(OH)3转化成Al

．由④可知，室温下明矾的溶解度小于和的溶解度

DAl2SO43K2SO4

【答案】C

【分析】废铝箔（主要成分为Al，含少量Mg、Fe等）与稀硫酸反应，生成Al3+、Mg2+、Fe2+，过滤除去不

溶于酸的杂质，再用NaOH溶液调节pH值，将Mg2+、Fe2+转化为沉淀析出，Al3+转化为AlOH，过滤

4

固体，继续向滤液中加入适量稀硫酸得到Al2(SO4)3溶液，最后加饱和K2SO4溶液结晶得到溶解度更小的明

矾。

【解析】A．由于Mg、Fe不与氢氧化钠溶液反应，步骤①与步骤②顺序互换后，通过操作a（过滤）即可

得到NaAlOH溶液，再加稀硫酸可得到硫酸铝溶液，调换顺序后，酸碱的浪费更少，可节约生产成本，

4

故A正确；

B．②中Al3+转化为AlOH，发生的反应方程式为：AlSO6NaOH2AlOH3NaSO，

4243324

AlOHNaOHNaAlOH，故正确；

34B

C．③中稀HSO酸化的目的是将AlOH转化为Al3+，故C错误；

244

．④是根据溶解度差异来制取明矾，即室温下明矾的溶解度小于和的溶解度，故正确；

DAl2SO43K2SO4D

故选C。

10．（2025·湖南岳阳·一模）实验室模拟利用含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)制备

碳酸钴的工艺流程如图：

已知：CoCO3,Co(OH)2难溶于水。

下列有关描述错误的是

A．“碱浸”发生反应的为：2Al2NaOH6H2O2NaAl(OH)43H2

B．“操作①”用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒

C．“酸溶”反应中H2O2可以换成O2

D．“沉钴”时若Na2CO3浓度太大，可能导致产品不纯

【答案】C

【分析】含钴废料(主要成分为Co3O4，还含有少量的铝箔等杂质)经第一步碱浸操作，废料中的铝箔溶解为

2+

Na[Al(OH)4]除去，过滤后得到的滤渣主要含有Co3O4，加入硫酸、过氧化氢酸溶，Co元素转化为Co，

在酸溶步骤中Co元素被还原，H2O2被氧化作还原剂；经过操作①得到滤液②，则操作①为过滤操作，所得

滤液②中主要含CoSO4，最后加入碳酸钠沉钴操作获得CoCO3，以此分析解答。

【解析】A．碱浸操作，废料中的铝箔溶解为Na[Al(OH)4]除去，发生反应的为：

2Al2NaOH6H2O2NaAl(OH)43H2，故A正确；B．操作①为过滤操作，用到的主要玻璃仪器有

漏斗、烧杯、玻璃棒，故B正确；C．由分析知，H2O2被氧化，作还原剂，不能选用O2，故C错误；D．“沉

钴”时若Na2CO3浓度太大，溶液碱性较强会产生Co(OH)2杂质，导致产品不纯，故D正确；答案选C。

．（山东省实验中学一模）二草酸合铜酸钾晶体KCuCO2HO，微溶于冷水，可溶于

112025··(Ⅱ)22422

热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体

的流程如下，下列说法正确的是

A．将H2C2O4晶体加入去离子水中，为加快溶解速率，可将溶液煮沸

-2+2-

B．KHC2O4与氧化铜反应的离子方程式为：CuO+2HC2O4Cu+2C2O4+H2O

C．50℃时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤

D．由滤液得到产品的操作是高温蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤后干燥

【答案】C

【解析】A．H2C2O4不稳定，在加热条件下易分解，故只能微热，不能煮沸，A错误；

2-

B．该反应中CuCO为络离子，不能拆开，B错误；

242

C．50C时，加热至反应充分后的操作是趁热过滤的目的是除去难溶性的杂质，减少因降温后二草酸合铜(Ⅱ)

酸钾晶体的析出，C正确；

D．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热时易分解，不能高温蒸发浓缩，D错误；

答案为C。

12．侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一。侯氏制碱法的流程如下图所示。

下列说法不．正．确．的是

A．向饱和食盐水中先通入NH3再持续通入CO2，有利于生成HCO3

B．“碳酸化”过程放出大量的热，有利于提高碳酸化的速率和NaHCO3的直接析出

2

C．母液1吸氨后，发生HCO3NH3H2ONH4CO3H2O

D．“冷析”过程析出NH4Cl，有利于“盐析”时补加的NaCl固体溶解

【答案】B

【分析】饱和食盐水先吸氨气，再加CO2碳酸化，得到NaHCO3沉淀，过滤，将NaHCO3煅烧得到Na2CO3，

母液再通入氨气，冷析出氯化铵，溶液再加NaCl固体析出NH4Cl，母液2循环利用。

【解析】A．NH3溶解度大于CO2，且氨气的水溶液呈碱性、能吸收更多的CO2，故向饱和食盐水中先通入

NH3再持续通入CO2，有利于生成HCO3，A正确；

B．NaHCO3的溶解度随温度升高而增大，“碳酸化”过程放出大量的热，不利于NaHCO3的直接析出，B错

误；

2

C．母液1中存在HCO3离子，吸氨后，发生HCO3NH3H2ONH4CO3H2O，C正确；

-

D．“冷析”过程析出NH4Cl，降低了Cl的浓度，有利于“盐析”时补加的NaCl固体溶解，D正确；

答案选B。

（建议用时：20分钟）

1．（2026·吉林省东北师范大学附属中学一模）叠氮酸钠(NaN3)是重要的化工原料。以甲醇、亚硝酸钠等为

原料制备NaN3的流程如图。已知水合肼(N2H4·H2O)不稳定，具有强还原性。下列描述正确的是

A．反应③中浓硫酸体现出脱水性

B．反应④在高浓度NaClO溶液中滴加少量氨水可制备水合肼

C．反应②中，消耗3molN2H4·H2O时，反应中转移10mol电子

D．N3的形状为V形

【答案】C

【分析】由流程图可知，①中发生2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O，④中过量的

NaClO可氧化N2H4·H2O，故将NaClO溶液滴到氨水中制备N2H4·H2O时，滴速不能过快、不能过量，②中

发生N2H4·H2O+CH3ONO+NaOH=NaN3+CH3OH+3H2O，③中发生反应：浓，

2NaN3+H2SO4()2HN3+Na2SO4

利用了浓硫酸的高沸点、难挥发的性质，蒸馏出CH3OH，最后HN3与NaOH反应制备产品，据此分析回答。

+

【解析】A．反应③中，NaN3与浓硫酸反应生成HN3和CH3OH，浓硫酸在此过程中提供H，体现酸性，

而非脱水性（脱水性是将物质中H、O按2:1比例脱去），A错误；

B．水合肼（N2H4·H2O）具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若在高浓度NaClO中滴加少量氨水，NaClO

过量会将生成的N2H4进一步氧化，无法得到水合肼，应在氨水中滴加少量NaClO以避免氧化，B错误；

1

C．反应②中，N2H4·H2O中N为-2价，NaN3中N平均价态为，每个N2H4含2个N，每个N失去电子：

3

1551010

2，1molN2H4转移电子2mol，则3molN2H4·H2O转移电子3=10mol，C正确；

33333

D．N3与CO2是等电子体（价电子数均为16），CO2为直线形，故N3也为直线形，而非V形，D错误；

故选C。

、、、

2．（2025·山东卷）钢渣中富含CaOSiO2FeOFe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的

Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：能溶于水；9，7。

Fe2C2O43KspCaC2O42.310KspFeC2O43.210

下列说法错误的是

A．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

2+3+2+

【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe、Fe、Ca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盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X

2+3+

和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe氧化为Fe，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，

3+

滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe，依次解题。

【解析】A．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；

B．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；

C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；

22+2

D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2O4浓度小，使Ca(aq)+C2O4(aq)CaC2O4(s)平衡逆

向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；

答案选A。

3．从电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu2Se和Cu2Te)中综合回收利用的某种工艺流程如图：

已知：ⅰ．Se单质难溶于水；TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。

42--

ⅱ．焙砂中碲以TeO2形式存在，溶液中主要以Te、TeO3、HTeO3等形式存在。

ⅲ．粗铜中主要杂质有Zn、Fe、Ag、Au。

下列说法错误的是

A．电解精炼粗铜时，粗铜与电源的正极连接

B．电解精炼粗铜时，阳极溶解铜的质量等于阴极析出铜的质量

C．操作①的名称为过滤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒

2---

D．工业上也可以通过电解溶液①获得单质碲，则阴极的电极反应式为TeO3+3H2O+4e=Te+6OH

【答案】B

【分析】电解精炼铜的阳极泥(主要含Au、Ag、Cu2Se和Cu2Te)，加入浓硫酸，250~430℃焙烧，得到的

、和

烟气中含有SO2SeO2，烟气中加入H2O得到H2SeO3溶液，SO2和H2SeO3反应生成SeH2SO4；得到的

、、

焙砂中含有TeO2、CuSO4Ag2SO4Au，加入氢氧化钠溶液、过滤，得到Na2TeO3溶液，加入硫酸得到TeO2，

TeO2先溶于盐酸得到四氯化碲溶液，然后将SO2通入到溶液中得到Te单质，据此解题。

【解析】A．电解精炼粗铜时，粗铜与电源的正极连接，A正确；

B．电解精炼铜，阳极除了铜溶解外，比铜活泼的金属也溶解，而阴极只有铜析出，所以阳极质量的减轻量

不等于阴极质量的增加量，B错误；

C．Se单质难溶于水，反应后分离出Se单质可以通过过滤方法分离，需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、

玻璃棒，C正确；

2-

D．工业上也可以通过电解溶液①得到单质碲，电解时电极均为石墨，阴极发生还原反应，TeO3在阴极得

2---

到电子被还原生成Te，电极反应式为：TeO3+3H2O+4e=Te+6OH，D正确；

故选B。

4．（2025·北京市房山区·一模）回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。

下列说法不．正．确．的是

A．①中NaClO作氧化剂

B．②中加入氨水的作用是调节溶液pH

C．③中若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+

H2O

D．操作a和操作b均为过滤

【答案】B

【分析】光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化为氯化银沉淀等，过滤分离出氯化银固体，加入氨

水将氯化银转化为银氨溶液，过滤分离出滤液，滤液加入还原剂还原得到银单质。

【解析】A．由分析可知，①中加入次氯酸钠溶液和氢氧化钠溶液的目的是碱性环境下ClO将银氧化为氯

化银，反应中氯元素的化合价降低被还原，次氯酸钠是反应的氧化剂，故A正确；

B．由分析可知，②中加入氨水的目的是将氯化银转化为银氨溶液，故B错误；

C．由分析可知，向银氨溶液中加入乙醛的目的是共热发生银镜反应得到银，反应的化学方程式为CH3CHO

+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故C正确；

D．由分析可知，操作a和操作b均为固液分离的过滤操作，故D正确；

故选B。

5．（2025·湖南湘潭·一模）通过如下方案回收光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实

验的影响可忽略)。下列说法错误的是

A．用HNO3代替NaClO氧化银会产生污染环境的气体

B．氨气可循环使用

C．“溶解”发生的反应为AgCl2NHHOAgNHCl2HO

32322

D．“还原”发生的反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4∶5

【答案】D

【分析】预处理的光盘碎片加入15%NaClO溶液中进行氧化，并用NaOH溶液调节pH，氧化过程中Ag单

质转化为AgCl并放出O2；经过滤Ⅰ得到AgCl沉淀，在沉淀中加入10%氨水进行溶解，AgCl转化为

AgNH，经过滤Ⅱ得到含AgNH的滤液；在滤液中加入NHHO进行还原，得到Ag单质、

3232242

N2和NH3。

【解析】A．HNO3的还原产物为NO或NO2，均为污染性气体，故用HNO3代替NaClO氧化银会产生污染

环境的气体，A正确；B．氨气在“还原”工序中生成，在“溶解”工序中溶于水可得到氨水，故可循环使用，

B正确；C．由分析可知，“溶解”发生的反应为AgCl2NHHOAgNHCl2HO，C正确；D．“还

32322

原”工序中，AgNH中Ag元素从+1价降为0价，得到还原产物Ag，NHHO中N元素由-2价升

32242

高为0价，得到氧化产物N2，根据得失电子守恒，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4，D错误；

故选D。

6．（2025·四川达州·一模）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于水，在空气

中易被氧化。工业以废铜泥含、、、及少量金属为原料制备的流程如图：

(CuSCu2SCu2OH2CO3Fe)CuCl

下列说法正确的是

A．“灼烧”可将废铜泥转化为金属氧化物

B．“除杂”第①步升高温度一定能加快化学反应速率

C．“除杂”第②步所加NaOH溶液须过量

D．上述流程中可循环使用的物质有H2SO4和NaCl

【答案】A

【分析】工业废铜泥含、、、及少量金属，在空气中灼烧将、、

CuSCu2SCu2OH2CO3Fe)CuSCu2S

转化为，将转化为铁的氧化物，加入硫酸酸浸后和铁的氧化物溶解成硫酸铜和

Cu2OH2CO3CuOFeCuO

硫酸铁、硫酸亚铁等，除杂过程中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液后，将亚铁离子氧化成铁离子，然后变成

氢氧化铁沉淀除去，滤液为硫酸铜溶液，加入亚硫酸钠和氯化钠后得到CuCl。

【解析】．灼烧过程中，空气中氧气可将、等转化为，受热分解得到，

ACuSCu2SCuOCu2OH2CO3CuO

将Fe转化为铁的氧化物，A正确；

B．除杂第①步加入过氧化氢溶液，若温度过高，则过氧化氢会分解，化学反应速率可能变慢，B错误；

C．“除杂”第②步，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本，并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低CuCl的产率，

C错误；

D．“还原”时溶液中的铜离子与亚硫酸钠、氯化钠和水反应的离子方程式为

222

2CuSO32ClH2O2CuClSO42H，氯化钠提供的氯离子转移到目标产物CuCl中，还原过程

生成硫酸，酸浸过程消耗硫酸，所以硫酸可以循环使用，D错误；

故答案选A。

、

7．以硫酸厂烧渣(主要成分为Fe2O3FeO)为原料，制备软磁性材料Fe2O3的工艺流程可表示为

已知Fe2开始形成氢氧化亚铁沉淀的pH值为6.5，下列说法错误的是

A．烧渣酸浸后溶液中的主要金属阳离子为Fe3、Fe2

3

B．若还原时，酸性条件下FeS2中的硫元素被Fe氧化为6价，则理论上每消耗1molFeS2转移11mol电子。

C．沉铁时将提纯后的FeSO4溶液与氨水NH4HCO3混合溶液反应，控制pH值为6.4时，会生成FeCO3沉

淀。

D．为加快过滤速率，得到固体含水量更低，可采用抽滤装置。

【答案】B

、3+2+

【分析】烧渣(主要成分为Fe2O3FeO)用硫酸酸浸得到硫酸铁和硫酸亚铁，加入FeS2还原Fe为Fe，同时

生成滤渣S单质，再经过沉铁生成Fe(OH)2，Fe(OH)2在经过焙烧最终得到Fe2O3。

、32

【解析】A．烧渣主要成分为Fe2O3FeO，硫酸酸浸后生成Fe、Fe，A正确；

322

B．加入FeS2发生氧化还原反应，FeS214Fe8H2O15Fe2SO416H，理论上每消耗1molFeS2转

移14mol电子，B错误；

C．已知Fe2开始形成氢氧化亚铁沉淀的pH值为6.5，pH值6.4时，发生反应

22

FeHCO3NH3H2OFeCO3NH4H2O(或FeHCO3NH3FeCO3NH4)，C正确；

D．与普通过滤相比，抽滤装置进行过滤的优点是过滤速率更快，得到固体含水量更低，D正确；

答案选B。

8．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li、Fe2、Cu2、Al3)的部分流程如下：

下列说法正确的是

A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：2Fe3Cu23Cu2Fe3

．碱浸过程中固体加入量越多，沉淀越完全

B“”NaOHAlOH3

C．“氧化”过程中铁元素化合价降低

D．“沉锂”过程利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质

【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，

2+

过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，

得到Li2CO3沉淀。

【解析】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：FeCu2CuFe2，A错误；

B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；

C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；

D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质，D正确；

答案选D。

9．（2025·山东聊城·一模）晶体磷酸二氢钾KH2PO4是一种非线性光学材料，实验室模拟工业工序设计的

流程如图所示。

已知：HCl易溶于乙醇和醚等有机溶剂，下列说法不正确的是

A．有机萃取剂不可选用乙醇

B．KH2PO4既可与盐酸也可与NaOH溶液反应

C．操作I、操作II是相同的操作方法

D．一系列操作III主要包括蒸发结晶、干燥

【答案】D

【分析】HPO加入混合，用有机萃取剂进行萃取，主要反应原理为，经

34KClKCl+H3PO4KH2PO4+HCl

操作I(分液)得到有机相和水相，水相经一系列操作可得到KH2PO4晶体，反应产生的HCl易溶于有机萃取

剂，有机相加入氨水进行反萃取，发生反应NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，再分液得到有机萃取剂返回萃取

操作中循环使用，另一部分经蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥便可得到NH4Cl。

【解析】A．因为乙醇与水互溶，所以有机萃取剂不可选用乙醇，A正确；

B．KH2PO4是酸式盐，既可与盐酸也可与NaOH溶液反应，B正确；

C．根据分析知，操作I、操作II都是分液，是相同的操作方法，C正确；

D．NH4Cl受热易分解，所以一系列操作III主要包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D错误；

故选D。

（建议用时：15分钟）

、

1．（2023·福建卷）从炼钢粉尘(主要含Fe3O4Fe2O3和ZnO)中提取锌的流程如下：

2

盐浸过程转化为，并有少量2和3浸出。下列说法错误的是

“”ZnOZnNH34FeFe

A．“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NH3

B．“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3

2

．沉锌过程发生反应2

C“”ZnNH344H2OSZnS4NH3H2O

．应合理控制用量，以便滤液循环使用

DNH42S

【答案】B

2+2

【分析】盐浸过程转化为ZnNH，发生反应，根据题中

“”ZnO34ZnO+2NH3+2NH4=Zn(NH3)4H2O

2+3+

信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe和Fe转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应

2

为：2，经洗涤干燥后得到产物及滤液NHCl。

ZnNH344H2OSZnS4NH3H2OZnS4

【解析】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH3，A正确；

B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；

2

．沉锌过程发生反应2，正确；

C“”ZnNH344H2OSZnS4NH3H2OC

．应合理控制用量，以便滤液循环使用，正确；

DNH42SD

故选B。

2．工业上从钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu）中回收Co和Ni的流程如下。

2

已知：①Co26NHHOCoNH6HO5；②KNi(OH)1.01015，完全沉淀时

32362K10sp2

2515

cNi10molL；③KbNH3H2O10。下列说法正确的是

．滤渣是，滤渣是

A1Cu2FeOH3

33

B．氧化性：H2O2CoFe

2

cCoNH

3136

13

C．若沉镍完全后滤液中cNH410molL，则10

cCo2

D．“氧化沉钴”中氧化剂、还原剂的物质的量之比为2:1

【答案】AC

【分析】钴镍渣（主要含CoO、NiO和少量FeO、Cu），用硫酸溶液溶解并过滤，除去不溶于酸和水的杂

2+2+2+2+3+

质Cu，同时得到含有Ni、Fe及Co的滤液，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe得Fe，后用

3+

CoCO3调节溶液pH，使Fe转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去，达到除铁的目的，过滤后的滤液中继续

2

加入氨水，可生成Ni(OH)2，再过滤除去，向滤液中加入Na2SO5和NaOH氧化沉CoNH得到Co(OH)3，

36

以此解答。

【解析】．由分析可知，滤渣是，滤渣是，正确；

A1Cu2FeOH3A

2+3+2+33

B．氧化除杂步骤中，H2O2氧化溶液中的Fe得Fe，但不能氧化