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第4讲-化学工艺流程题考向预测
无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。
试题通常以从矿石中提取、制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应概念，及陌生方程式的书写、化学反应原理中的化学反应速率、浸取率、电化学原理等，反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用及计算、绿色化学思想（如原料循环利用、环境污染问题等）的体现等，题目综合性强，难度大。
重点考查考生提取信息，迁移应用所学知识解决实际问题的能力，检验学生化学学科素养的落实情况 ，近年来新高考命题省份加大了学科融合和学科内模块融合。
考情解码
(一)考查形式
常以矿样或回收利用矿渣、废料为原料，经多步连续的操作，每一步操作实现具体的目标、任务；以物质加入及杂质分离为推进流程的方法、手段，最终获得有价值的产品。
2024湖北卷：从其铝硅酸盐[Be3Al2(SiO3)6]中提取铍
2024黑吉辽卷：用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉
2024新课标卷：从湿法炼锌废渣中回收含锰含钴成品
(二)2024年高考化工流程题考向分布
考点统计
地区 载体元素 情境创设 常规考向 原理融合 结构融合
原理预处理 物质转化、成分分析 生产条件选择与优化 分离提纯检验 陌生方程式书写 氧还概念及计算 平衡及计算 电化学 原子分子结构 配合物理论 晶体结构
全国甲 Co(Zn/Fe/Cu/Mn/Pb) 从炼锌废渣中提取钴 √ √ √ √ √ √
新课标 Co/Mn(Pb/ Zn/Fe) 从湿法炼锌废渣中得到含锰高钴成品 √ √ √ √ √ √ √
河北 V(Al/Ca/Na) 从石煤中提取V2O5 √ √ √ √ √ √ √
山东 Ca/P 以铅精矿为原料提取金属Pb、Ag √ √ √ √ √ √ √ √
黑吉辽 Au/As(Zn/Fe) 以载金硫化矿粉冶炼金 √ √ √ √ √ √ √
广东 Ga/Al(C/Na/F/Fe/K/Ca) 从电解铝的副产品炭渣中提取镓及循环利用铝 √ √ √ √ √ √ √ √ √
湖南 Au/Ag/Pb(Cu/Se) 从铜阳极泥回收Au和Ag √ √ √ √ √ √ √ √ √
湖北 Be(Si/Al) 从宇航器件中提取铍 √ √ √ √ √ √ √ √
北京 Cu(Fe/Si/S) 用黄铜矿生产纯铜 √ √ √ √ √ √ √
海南 Mn/Zn/Fe 利用锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4·2H2O √ √ √ √ √ √ √
安徽 Au/Ag(Cu) 从铜阳极泥中分离提纯金和银 √ √ √ √ √ √ √ √ √
甘肃 Ca、Mg、Al、Si 以高炉渣原料，对炼钢烟气进行回收利用 √ √ √ √ √ √ √
江西 Ce(P/Th/U) 以独居石为原料制备CeCl3·nH2O √ √ √ √ √ √ √
贵州 Na/Fe/P/Al(Si/Mg) 制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3 √ √ √ √ √ √ √ √
福建 K/Li/Al/Si/F 分解锂云母制备LiOH √ √ √ √ √ √ √
(三)命题特点、方向
1.常规考向：原理预处理、物质转化、成分分析、生产条件选择与优化、分离提纯检验、陌生方程式书写。
2.原理融合：氧还概念及计算9/15、平衡及计算11/15、电化学4/15
3.结构融合：原子分子结构4/15、配合物理论6/15、晶体结构4/15
化工流程的三个阶段
（一）原料的预处理
1.焙烧、煅烧、灼烧
焙烧是将矿石、精矿在空气、氯气、氢气、甲烷、一氧化碳或二氧化碳等气流中不加或配加一定物料，加热至低于炉料的熔点，发生氧化、还原或其他化学变化的过程。
氧化焙烧是在焙烧操作中应用最为广泛，是指在氧化气氛中低于焙烧物料熔点对原料进行处理，目的是把金属元素氧化为金属氧化物，同时除去易挥发的物质。
还原焙烧是指将氧化矿预热至一定温度，然后用还原性气体（含 CO、H2、CH4等）或粉煤、焦炭等还原矿物中部分或全部高价金属的过程。
氯化焙烧是指借助氯化剂（可用氯气、HCl 等气体作氯化剂，也可用CaCl2、NaCl、MgCl2、FeCl3等固体作氯化剂，固体氯化剂在氯化焙烧过程中，会全部或大部分转化成氯气或 HCl 等气体氯化剂再起作用）使物料中某些组分转变为气态或凝聚态的氯化物，从而与其他组分分离。
煅烧是指将物料在低于熔点的适当温度下加热，使其分解并除去所含结晶水、CO2或 SO2等挥发性物质的过程，所以煅烧过程的反应物通常是固体，生成物是另一种固体和气体。煅烧在工业上可用于制备固体（或气体）原料，如煅烧石灰石制备生石灰，同时得到副产物 CO2；还可以用于生产产品，如侯氏制碱法最终通过煅烧 NaHCO3固体制Na2CO3等。
灼烧将固体物质加热到高温以达到脱水、分解或除去挥发性杂质、有机物和铵盐等目的的操作称为灼烧。灼烧通常指的是实验室里对固体进行的高温操作，加热 仪器有酒精灯、煤气灯或电炉等，如海带提碘实验中通过灼烧除去有机物。
2.浸取
水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中,做到初步分离。
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。常用硫酸、盐酸、硝酸等，用盐酸、硝酸酸溶时要注意控温，用硫酸酸溶时要关注Pb2+ 、Ca2+ 、Ag+会生成PbSO4、 CaSO4、Ag2SO4在滤渣中出现。
碱浸：碱溶常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，与碱接触反应或溶解，NaOH溶液使酸性氧化物和两性氧化物以含氧酸根离子（如Si、Al、Zn、Cr等元素），或与NH3形成配离子进入溶液
盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液。
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。
（二）反应条件控制
控制温度：
①物质性质方面：物质受热是否易分解、挥发/升华、易被氧化；对溶解度的影响；
②反应原理方面：对催化剂活性的影响；对反应速率或固体溶解速率的影响；对平衡移动（如水解）的影响
（三）产品分离提纯
过滤[常压过滤、减压过滤(抽滤)、趁热过滤] ；
洗涤（水洗、醇洗等）；
萃取、分液、萃取与反萃取；
结晶（蒸发结晶、冷却结晶、重结晶）；蒸馏等。
重温经典
1．【2024贵州卷13题】贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国三分之一以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”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
【解析】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)2·8H2O；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)2·8H2O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。
【详解】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)2·8H2O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)2·8H2O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。
2．【2024福建卷5题】从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含SnO32－和HPbO2－。下列说法正确的是（ ）
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生Al3+、Fe3+和Zn2+离子
C．“碱溶”时存在反应：Sn + 2OH－+ O2 == SnO32－+ H2O
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【解析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。
【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；
B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的Al3+、Fe2+和Zn2+离子，B错误；
C．“碱溶”时根据产物中SnO32－，存在反应：Sn + 2OH－+ O2 == SnO32－+ H2O，故C正确；
D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。
3．【2025五省联考四川卷10题】TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α-Al2O3，TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3+。
下列说法错误的是
A．TiO2具有弱氧化性 B．“浸取”需要惰性气体保护
C．“滤液”中存在Fe3+和Ca2+ D．H2来自Fe和盐酸的反应
【答案】B
【解析】二氧化钛废渣与铝粉进行铝热还原生成TiOx(1≤x≤1.5)和难溶于酸和碱的α-Al2O3，同时铁的氧化物转化为铁单质，加入盐酸后TiOx、Fe与酸反应生成Fe2+、Ti3+和氢气，难溶的α-Al2O3转化为滤渣，滤液中由Fe2+、Ti3+被H2O2氧化生成Fe3+和Ti4+，Ti4+水解生成TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+。
【详解】A．TiO2中Ti为高价态，具有氧化性，A正确；
B．“铝热还原”后，会有TiOx(1≤x≤1.5)产生，其中有低于+3价的钛元素，“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3+，生成的氢气可防止Ti3+被空气氧化，因此“浸取”不需要惰性气体保护，B错误；
C．Ti4+转化为TiO2·xH2O分离，滤液含有Fe3+、Ca2+，C正确
D．铝热反应中铁的氧化物转化为铁单质，故氢气是铁与盐酸反应产生的，D正确；答案选B。
4．【2025兰州一模11题】某研究所设计以软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物）为原料制备KMnO4，其实验流程如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色。
下列说法正确的是
A．“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯
B．“滤渣1”的成分是Al(OH)3
C．“调pH2”过程中反应的离子方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O
D．“结晶”过程中获得KMnO4晶体可采用降温结晶法
【答案】D
【解析】软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物）与KOH在空气中熔融煅烧生成K2MnO4、K2SiO3和KAlO2，浸取液通入过量得到的CO2滤渣1有Al(OH)3和H2SiO3，滤液加入冰醋酸 “调pH2”生成KMnO4和MnO2，据此解答。
【详解】A．“熔融煅烧”需要高温，应该用坩埚而不是蒸发皿，A错误；
B．由分析知“滤渣1”的成分是Al(OH)3和H2SiO3， B错误；
C．“调pH2”过程中加入冰醋酸，冰醋酸为弱电解质不拆，反应的离子方程式为3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-，C错误；
D．KMnO4的溶解度受温度影响变化较大，可以采用降温结晶的方法得到，D正确。
1．【2024河北卷】V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：
i．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙［Ca(VO3)2］
和偏铝酸钙均难溶于水。
回答下列问题：
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
(3)在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为：
；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为 ；
浸取后低浓度的滤液①进入 (填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b．将溶液调至碱性 c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度
【答案】（14分）
⑴ 3d34s2 +5 CO2 ⑵ NaAlO2
⑶ HCO3－+ OH－+ Ca(VO3)2CaCO3 + H2O + 2VO3－
提高溶液中HCO3－浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3－ 离子交换
⑷ NaCl ⑸ bd
【分析】石煤和苛化泥通入空气进行焙烧，反应生成NaVO3、Ca(VO3)2、NaAlO2、Ca(AlO2)2、CaO和CO2等，水浸可分离焙烧后的可溶性物质(如NaVO3)和不溶性物质[Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2等]，过滤后滤液进行离子交换、洗脱，用于富集和提纯VO3－，加入氯化铵溶液沉钒，生成NH4VO3，经一系列处理后得到V2O3；滤渣①在pH≈8，65~70℃的条件下加入3%NH4HCO3溶液进行盐浸，滤渣①中含有钒元素，通过盐浸，使滤渣①中的钒元素进入滤液①中，再将滤液①回流到离子交换工序，进行VO3－的富集。
【解析】（1）钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2；焙烧过程中，氧气被还原，V2O3被氧化生成VO3－，偏钒酸盐中钒的化合价为+5价；CaCO3在800℃以上开始分解，生成的气体①为CO2。
（2）由已知信息可知，高温下，苛化泥的主要成分与Al2O3反应生成偏铝酸钠和偏铝酸钙，偏铝酸钠溶于水，偏铝酸钙难溶于水，所以滤液中杂质的主要成分是NaAlO2。
（3）在弱碱性环境下，Ca(VO3)2与HCO3－和OH－反应生成CaCO3、VO3－和H2O，离子方程式为： HCO3－+ OH－+ Ca(VO3)2CaCO3 + H2O + 2VO3－； CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率，因为C可提高溶液中HCO3－浓度，促使偏钒酸钙转化为碳酸钙，释放VO3－；滤液①中含有VO3－、NH4+等，且浓度较低，若要利用其中的钒元素，需要通过离子交换进行分离、富集，故滤液①应进入离子交换工序。
（4）由离子交换工序中树脂的组成可知，洗脱液中应含有Cl-，考虑到水浸所得溶液中含有Na+，为避免引入其他杂质离子，且NaCl廉价易得，故洗脱液的主要成分应为NaCl。
（5）a．延长沉钒时间，能使反应更加完全，有利于沉钒，a不符合题意；
b．NH4Cl呈弱酸性，如果将溶液调至碱性，OH-与NH4+反应，不利于生成NH4VO3，b符合题意；
c．搅拌能使反应物更好的接触，提高反应速率，使反应更加充分，有利于沉钒，c不符合题意；
d．降低NH4Cl溶液的浓度，不利于生成NH4VO3，d符合题意；故选bd。
2. 【2024山东卷18题】以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量
的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb
“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_____。
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。
A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为 。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
【答案】
⑴ 1:1 H2S
⑵ 热浸
⑶ 将过量的Fe3+还原为Fe2+
⑷ C Pb + 2[AgCl2]－== 2Ag + [PbCl4]2－
⑸ 阳极
【解析】本题以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag， “热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，过滤I除掉单质硫滤渣，滤液中[PbCl4]2－在稀释降温的过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为[PbCl4]2－，电解得到Pb；过滤II后的滤液成分主要为[AgCl2]－、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试剂X将[AgCl2]－置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X为铅，尾液为FeCl2。
(1)“热浸”时，Fe3+将PbS和Ag2S中-2价的硫氧化为单质硫，Fe3+被还原为Fe2+，在这个过程中Pb和Ag的化合价保持不变，所以等物质的量的PbS和Ag2S时，S2-物质的量相等，所以消耗Fe3+的物质的量相等，比值为1:1；溶液中盐酸浓度过大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
(2)“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为[PbCl4]2－，电解[PbCl4]2－溶液制备金属Pb，Pb在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在热浸中循环使用。
(3)过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精矿的目的是将过量的Fe3+还原为Fe2+。
(4)“置换”中加入试剂X可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X应为Pb，发生的反应为：Pb + 2[AgCl2]－== 2Ag + [PbCl4]2－。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来，所以不可能作为阴极，应作为阳极板，阳极放电时，银变成阳极泥而沉降下来，铅失电子为Pb2+，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
3．【2024湖南卷16题】1．铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq)[AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
回答下列问题：
(1) Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为：
。
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，Cl－浓度不能超过 mol/L。
(4)“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol/L，两种离子分布分数δ[如]随SO32－浓度的变化关系如图所示，若SO32浓度为1.0 mol/L，则[Ag(SO3)3]5－的浓度为 mol/L。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是：
。
【答案】
⑴ ds 3d104s1
⑵ Cu2Se + 4H2O2 + 4H+ == 2Cu2+ + H2SeO3 + 5H2O
⑶ 使银元素转化为AgCl沉淀 0.5
⑷ 0.05
⑸ Na2SO3 高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，
难以实现连续生产
【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。
【解析】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1；
（2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成CuSO4、H2SeO3和H2O，反应的离子方程式为： Cu2Se + 4H2O2 + 4H+ ==2Cu2+ + H2SeO3 + 5H2O；
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀；
②由题目可知AgCl(s) + Cl－(aq)[AgCl2]－(aq)，在“除金”工序溶液中，若Cl-加入过多，AgCl则会转化为[AgCl2]－，当某离子的浓度低于1.0×10 5mol L 1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则令c(AgCl2－)=1.0×10 5mol L 1，由Kh==2.0×10－5，可得c(Cl－)=0.5mol L 1，即Cl-浓度不能超过0.5mol L 1；
（4）在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075mol L 1，溶液中存在平衡关系：[Ag(SO3)2]3-+SO32-[Ag(SO3)3]5-，当c(SO32-)=0.5mol L 1时，此时c[Ag(SO3)2]3-=c[Ag(SO3)3]5-=0.0375mol L 1，则该平衡关系的平衡常数
K = = =2，当c(SO32-)=1mol L 1时，
K = = =2，解得此时c[Ag(SO3)3]5-=0.05mol L 1；
（5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下Na2SO3的溶解度可知，高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
4．【2024广东卷18题】镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。已知：
① pKa(HF)= 3.2。
② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒
形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4] 的离子方程式为 。
(3)“还原”的目的：避免 元素以 (填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而
有利于Ga的分离。
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越 ，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
(5)“调pH”中，pH至少应大于 ，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及
Na [AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol/L，则[AlF6]3－的浓度为 mol·L－1。
(6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图8所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:Ga:Ni= ，其立方晶胞的体积为 nm3。
【答案】
⑴ 2Al2O3(熔融) 4Al + 3O2↑
⑵ Ga3+ + 4Cl－==[GaCl4] －
⑶ 铁 [FeCl4]－
⑷ 高 NaCl
⑸ 3.2 4.0×10－7
⑹ 2:1:1 8a3
【解析】电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)进行焙烧，金属转化为氧化物，焙烧后的固体加入盐酸浸取，浸取液加入铝片将Fe3+进行还原，得到原料液，原料液利用LAEM提取，[GaCl4]-通过交换膜进入II室并转化为Ga3+，II室溶液进一步处理得到镓，I室溶液加入含F-的废液调pH并结晶得到NaAlF6晶体用于电解铝；
(1)“电解”是电解熔融的氧化铝冶炼铝单质，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑；
(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4]-的离子方程式为Ga3++4Cl-=[GaCl4]-；
(3)由已知，浸取液中，Ga(III)和Fe(III)以[MClm](m-3)-(m=0~4)微粒形式存在，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的配离子从高浓度区扩散至低浓度区，为了避免铁元素以[FeCl4]-的微粒形式通过LAEM，故要加入铝片还原Fe3+，从而有利于Ga的分离；
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl-浓度越高，更有利于生成[GaCl4]-的反应正向移动，更有利于Ga的提取，在不提高原料液酸度的前提下，同时不引入新杂质，可向I室中加入NaCl，提高Cl-浓度，进一步提高Ga的提取率；
(5)由pKa(HF)=3.2，Ka(HF)= =10-3.2，为了使溶液中c(F-)>c(HF)，
c(H+)= ×10-3.2 <10-3.2 mol/L，故pH至少应大于3.2，有利于[AlF6]3-配离子及Na3[AlF6]晶体的生成，若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10mol L-1，根据Na3[AlF6](冰晶石)的Ksp为4.0×10-10，[AlF6]3-浓度为 = =4.0×10-7mol L-1；
(6)合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间（或最近的Ni之间）的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3nm3。
1. 【2025五省联考河南卷】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
回答下列问题：
（1）“除钛”中产生的少量气体是_______(填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是_______。
（2）“除杂1”中除去的离子是_______(填化学式)。
（3）“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是_______。本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是_______。
（4）滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为_______。
（5）“氧化2”的目的是减少_______气体的排放(填化学式)。
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是_______。
【答案】（1） ①H2 ②. 还原Fe3+
（2）Mg2+
（3） ①氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大
②防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染
（4）3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O=5MnO2·xH2O↓+4H+
（5）SO2
（6）溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少
【解析】该工艺流程的原料为钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)，产品为电池级磷酸铁，钛白粉副产品在硫酸中溶解1后，加入铁粉“除钛”过程发生反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，加入NH4F“除杂1”中除去Mg2+，“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O而除去Mn2+，溶液中Fe3+与农药盐渣中的PO43-结合生成FePO4·2H2O。
(1)根据上述分析可知，“除钛”过程加入的铁粉发生的主要反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，提高了溶液体系的pH，使TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，故少量气体是H2，铁粉作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是还原Fe3+；故答案为：H2；还原Fe3+；
(2)“除钛”后溶液中主要含有Fe2+、Mg2+、Mn2+、SO42-，由FeF2、MgF2、MnF2的Ksp可知，MgF2更难溶于水，加入NH4F与Mg2+ 反应生成难溶于水的MgF2，故 “除杂1”中除去的是Mg2+；故答案为：Mg2+；
(3)“氧化1”中Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，Fe3+是H2O2分解的催化剂，可以使H2O2分解速率增大，故H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大；该反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O在酸性条件下发生，本步骤若使用稀盐酸代替H2SO4溶液，则溶液中含有Cl-，在“除杂2”中会与KMnO4反应生成Cl2，产生污染；
故答案为：氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大；防止盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染；
(4)“除杂2”中加入的KMnO4与Mn2+发生氧化还原反应生成MnO2·xH2O，离子方程式为3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O=5MnO2·xH2O↓+4H+ ；
(5)农药盐渣成分中有Na2SO3，“除杂2”后溶液含有H+，二者混合会发生SO32-+2H+=SO2↑+H2O， “氧化2”的目的是使SO32-转化为SO42-，从而减少SO2气体的排放；故答案为：SO2；
(6)“沉铁”中如果体系酸性过强，则溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少，导致FePO4·2H2O产量降低；
故答案为：溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少。
2.【2025五省联考内蒙古卷16题】 TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下：
回答下列问题：
（1）Ti位于元素周期表_______区。
（2）滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和_______。
（3）“除铁”步骤溶液中残留的FeF63-以钠盐形式析出，离子方程式为_______。
（4）“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH的关系如下图所示。为提高分离效果，“水解”的最佳pH为_______。水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是_______。
（5）“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为_______。
（6）“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是_______和_______(填化学式)。
（7）如下图所示，“煅烧”温度达1000℃时，锐钛矿型TiO2(晶胞Ⅰ，Ti位于晶胞顶点、侧面和体心)转换成金红石型TiO2(晶胞Ⅱ)，晶胞体积V(Ⅰ)=0.130nm3，V(Ⅱ)=0.064nm3。则晶体密度比 =_______(填最简整数比)。
【答案】（1）d （2）CaF2
（3）FeF63-+3Na+ =Na3FeF6↓
（4）①9.0 ②循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放
（5）(NH4)2TiF6+2NH3·H2O=(NH4)2TiOF4↓+2NH4F+H2O
（6）①NH3 ②HF
（7）
【解析】含钛电炉渣氟化浸出的滤渣为(NH4)3FeF6和生成的CaF2沉淀，浸出液加入饱和食盐水除去铁，滤液加入氨水水解生成(NH4)2TiOF4，加入水蒸气煅烧得到二氧化钛；
(1)Ti为22号元素，位于元素周期表d区。
(2)由分析，滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和CaF2；
(3)“除铁”步骤溶液中残留的FeF63-和钠离子结合以钠盐形式析出，离子方程式为：FeF63-+3Na+ =Na3FeF6↓；
(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6通过水解使得其中(NH4)2TiF6生成水解产物
(NH4)2TiOF4沉淀而和(NH4)2SiF6分离，结合图可知，“水解”的最佳pH为9.0，此时(NH4)2SiF6几乎不水解进入滤液、(NH4)2TiF6水解进入沉淀；水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放；
(5)(NH4)2TiF6“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀，结合质量守恒还生成HF，反应为：(NH4)2TiF6+2NH3·H2O=(NH4)2TiOF4↓+2NH4F+H2O ；
(6)(NH4)2TiOF4 和水蒸气“煅烧”生成二氧化钛和气体，结合质量守恒，气体为氨气和HF，可以分别在氟化浸出、水解环节循环使用，故产生的气体中可循环使用的物质是NH3和HF；
(7)据“均摊法”， 晶胞Ⅰ中含8× +4× +1=4个Ti、晶胞Ⅱ中含8× +1=2个Ti，结合化学式，则1个晶胞中分别含4个、2个TiO2，则 = = 。
3.【2025五省联考陕西、山西、宁夏、青海卷16题】 “三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收As2O3、铜和锌的流程如下：
已知：
①As2O3微溶于冷水，易溶于热水；
②“氧化酸浸”中，金属硫化物转化成硫酸盐，难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4；
③萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为2HL+M2+ML2+2H+，式中M2+为Cu2+或Zn2+。
回答下列问题：
（1）“水浸”时，采用热水的目的是_______。
（2）“氧化酸浸”时，CuS发生反应的离子方程式为_______，Pb5(AsO4)3Cl与硫酸反应的化学方程式为_______。
（3）铜萃取剂HL()中的N、酚羟基O均与Cu2+配位，形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为_______，HL分子结构中设计正壬基的作用是_______。“反萃取铜”后，“富铜液”为_______相(填“水”或“有机”)。
（4）“沉砷”时，采用生石灰处理，滤渣主要成分的化学式为_______。
（5）“反萃取锌”时，试剂X为_______。
【答案】（1）将As2O3溶解，便于As2O3回收
（2） ①CuS+4H2O2=SO42-+Cu2++4H2O ②.Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4=3H3AsO4+5PbSO4+HCl
（3） ①4 ②使HL分子易溶于有机相 ③水
（4）Ca3(AsO4)2
（5）H2SO4
【解析】含砷烟尘（As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS、ZnS）用热水水浸，由于As2O3易溶于热水，其他几种物质都不溶于水，过滤后得到As2O3的热溶液，蒸发结晶后得到As2O3；剩余固体加H2SO4、H2O2氧化酸浸，CuS、ZnS被氧化，CuS+4H2O2=SO42-+Cu2++4H2O、ZnS+4H2O2=SO42-+Zn2++4H2O，Pb5(AsO4)3Cl与H2SO4反应生成H3AsO4，Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4=3H3AsO4+5PbSO4+HCl，用铜萃取剂将Cu2+萃取到有机相中，再加酸溶液将Cu2+反萃取到水相中，得到富铜液，再用锌萃取剂将Cu2+萃取到有机相中，再加酸溶液将Zn2+反萃取到水相中，得到富锌液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等步骤得到ZnSO4 7H2O。
(1)As2O3易溶于热水，用热水可以将As2O3溶解，便于As2O3回收；
(2)根据分析，“氧化酸浸”时，CuS发生反应的离子方程式为CuS+4H2O2=SO42-+Cu2++4H2O；
(3)HL中N、酚羟基均能与Cu2+形成配位键，每个HL形成2配位，故CuL2中Cu2+的配位数为4；正壬基为烷烃基团，极性较小，根据相似相溶原理，正壬基易溶于有机物，HL作为萃取剂，与Cu2+形成配位化合物后溶于有机相，从而实现萃取的目的；根据分析，反萃取后Cu2+在水相中，因此富铜液为水相；
(4)“沉砷”时，采用生石灰处理，CaO、H2O与H3AsO4反应生成Ca3(AsO4)2沉淀；
(5)根据2HL+M2+ML2+2H+可知，反萃取需要加H+使平衡逆向移动，最终得到ZnSO4 7H2O，因此X为H2SO4。
4. 【2025五省联考云南卷15题】铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-14,2
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，采用_______方法可提高酸浸效率(填一条即可)。
（2）“酸浸”时，有空气参与反应，Cu溶解的化学方程式为_______。从环保角度考虑，不使用HNO3酸浸的原因可能是_______(填一条即可)。
（3）“高温固化”的作用是_______。
（4）“氧化”中可选用的最佳试剂X为_______(填标号)。
A．MnO2 B．H2O2 C．FeCl3
（5）25℃“碱沉1”中，pH≥_______时，Fe3+沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)。
（6）“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和_______。
（7）水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．Cu2+的杂化方式可能为sp3d2
B．SO42-中心原子的孤电子对数为2
C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键
【答案】（1）粉碎铜渣
（2）①. 2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O ②. 硝酸与铜反应会生成氮氧化物，氮氧化物会污染空气
（3）使H4SiO4凝胶脱水生成SiO2，便于除去
（4）B （5）2.8
（6）(NH4)2SO4
（7）A
【解析】铜渣加入稀硫酸酸浸，再高温固化将H4SiO4脱水生成SiO2便于除去，加水浸取，滤液中有Fe2+、Cu2+、Co2+等离子，滤渣为SiO2，加入氧化剂氧化将Fe2+氧化为Fe3+离子氧化剂选择H2O2，不会引入杂质，加入氨水调节pH值使Fe3+离子沉淀除去，滤渣2为Fe(OH)3，滤液中再加入氨水，使Cu2+转化为水胆矾，滤液3中有CoSO4和(NH4)2SO4。
(1)“酸浸”前，采用将铜渣粉碎，可以增大与酸的接触面积，从而提高酸浸效率；
(2)“酸浸”时，有空气参与反应，Cu与O2和H2SO4反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O；从环保角度考虑，不使用HNO3酸浸的原因可能是硝酸与铜反应会生成氮氧化物污染空气；
(3)H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水，高温固化的作用是将H4SiO4脱水形成SiO2，易于分离除去；
(4)“氧化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，不能引入杂质，可选用的最佳试剂为H2O2，答案选B；
(5)根据Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=1×10-38.6，c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1，得出c(OH-)=10-11.2mol·L-1，c(H+)=10-2.8mol·L-1，pH=2.8，pH≥2.8时，Fe3+沉淀完全；
(6)经过分析，滤液3中有CoSO4和(NH4)2SO4；
(7)由图可知，水胆矾中Cu2+的配位数为6，应该形成6个杂化轨道，杂化方式sp3d2为6个杂化轨道，A正确；SO42-中心原子的孤电子对数为 =0，B错误；氢键不是化学键，C错误；答案选A。
三、考题预测
1．【2025五省联考内蒙古卷11题】随着锂离子电池在众多领域的广泛应用，其废旧电池的回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法，从锂离子电池正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中提取Li和Co，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。与此同时，为达成绿色回收Li和Co的目标，科研人员正在研究一种新型电解回收工艺。已知：Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20
一种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是
A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂
B．“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4
C．滤液2中 =3×105
D．LiCoO2再生：4Co(OH)2+2Li2CO34LiCoO2+2CO↑+4H2O
【答案】 B
【解析】电池正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)，加稀硫酸及过氧化氢反应，生成铜离子、钴离子、锂离子，再加氢氧化钠进行沉铜，进一步加氢氧化钠进行沉钴，进行一系列操作得到碳酸锂，将得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，实现LiCoO2的再生；由太阳能电池电解回收工艺的原理可知，电极a上水失去电子变为氧气，所以电极a为阳极，电极式为2H2O-4e- =O2↑+4H+，电极b为阴极，电极式为2H2O+2e- =H2↑+2OH-，据此作答。
A．“浸取”反应中，正极材料成分LiCoO2中Co元素化合价由+3价降低为+2价，所以正极材料成分为氧化剂，故A错误；
B．“浸取”时LiCoO2和稀硫酸及过氧化氢反应，由流程图可知，沉钴时加NaOH溶液生成Co(OH)2，则Co元素在“浸取”时转化为Co2+，Li元素化合价不变，所以“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4，故B正确；
C．滤液2中Cu(OH)2、Co(OH)2达到饱和，则滤液2中 = = = ×10-5，故C错误；
D．LiCoO2再生的过程中，在空气中煅烧，氧气为氧化剂，所以化学方程式为：4Co(OH)2+2Li2CO3+O24LiCoO2+2CO2↑+4H2O，故D错误；答案选B。
2．【2025广东一模】 一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O=HCO3-+NH4+
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
【答案】B
【解析】石灰石热解生成氧化钙和二氧化碳，生成的二氧化碳用于侯氏制碱法原理制取碳酸氢钠沉淀，灼烧后得到纯碱；碳化过程中发生反应CaO+3CCO↑+CaC2，制气时CaC2与水反应生成CHCH和Ca(OH)2，废渣为Ca(OH)2，灰蒸工序中发生反应Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O，生成的氨气可以在沉淀中循环利用，转化工序中加入浓硫酸发生不挥发性酸制挥发性酸的反应，方程式为CaCl2+H2SO4(浓) CaSO4+2HCl↑，生成的HCl气体在合成工序中发生反应CHCH+HCl CH2=CHCl，氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，据此解答。
【详解】A．析出NaHCO3时，NaHCO3是沉淀，不能拆，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O+Na+=NaHCO3↓+NH4+，A错误；
B．“制气”产生的废渣为Ca(OH)2，在灰蒸过程中与氯化铵反应生成氨气，可以回收氨、可以在“沉淀”中循环利用，B正确；
C．由分析可知，“碳化”过程涉及氧化还原反应，C错误；
D．由分析可知，“转化”所得HCl用于合成聚氯乙烯，D错误；故选B。
3．【2025广东深圳一调18题】一种从石煤灰渣（主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等）中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>VO2+>Al3+>Fe2+；萃取VO2+的原理为2HR+VO2+VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
（1）“酸浸”时，钒主要以VO2+的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是_____（任写一条）。
②V2O5发生反应的化学方程式为__________________________。
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在_____工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2+的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为_______________。
（4）“还原”步骤的主要目的是________________________。
（5）“萃取”前，需调节溶液pH。
①已知萃取前溶液中c(Al3+)=0.4mol L-1，理论上，为避免产生Al(OH)3沉淀，应调节溶液pH小于_____（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是______________________。
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为_______。
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（1m3储氢材料可释放出的H2体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设NA为阿伏加德罗常数的值，H2的摩尔体积为22.4L mol-1，则该储氢材料的“体积储氢密度”为_____L m-3（列出算式）。
【答案】（1）①“适当升温”“搅拌”“将灰渣进一步粉碎”“适当增加酸的浓度”等，答案合理即可 ②V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4
（2）酸浸 （3）4NH4V(SO4)2+O2+2H2O 4VO2++4H++4NH4++8SO42-
（4）将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+影响VO2+的萃取
（5）① 3.3 ② pH过低，即c(H+)浓度过大，会导致萃取反应2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移动，不利于V进入有机相
（6）① 1：2 ② ×8×50%××22.4或×1027等答案合理即可
【解析】酸浸时，V2O5、Al2O3、Fe2O3溶于稀硫酸，得到VO2+、Fe3+、Al3+，而SiO2不溶于稀硫酸而除去，溶液1中加入(NH4)2SO4固体，得到NH4Al(SO4)2 12H2O，而溶液2中加入添加剂，得到中间盐，“中间盐”中一种含钒物质为NH4V(SO4)2在热水、空气、酸性条件下溶解，“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2+的形式存在，加入铁粉会将三价铁离子还原为二价铁离子，氨水调节溶液pH后，经萃取、反萃取得到钒溶液，最终得到钒材料，回答下列问题。
(1)①为提高浸取率，可采取的措施有：适当增加酸的浓度、适当提高反应温度、搅拌、将灰渣进一步粉碎等；
②根据题干信息，“酸浸”时，钒主要以VO 的形式进入溶液，V2O5与硫酸反应生成VO 的化学方程式为：V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4 ；
(2)根据表中阳离子浓度，溶液3中主要阳离子为H 、VO 、Al 和Fe ，由于H 浓度最高，溶液3可以在酸浸工序循环利用，以充分利用其中的酸；
(3)由题干信息：含V 的硫酸盐难溶于水，“中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2发生溶解工序，已知“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2+的形式存在，“溶解”时发生反应的离子方程式为：4NH4V(SO4)2+O2+2H2O 4VO2++4H++4NH4++8SO42-；
(4)根据由题干信息，酸浸后溶液中存在Fe 且萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>VO2+>Al3+>Fe2+，还原步骤的主要目的是将Fe 还原为Fe ，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO 结合，提高钒的提取效率，所以还原步骤的目的是：将Fe3+转化为Fe2+，避免Fe3+影响VO2+的萃取；
(5)①已知Ksp[Al(OH)3]=4×10－33，溶液中Al 浓度为0.4mol L-1，根据溶度积公式：Ksp=c(Al3+)c3(OH-)解得：c(OH-)= = =1×10－32/3mol L-1
，c(H+)== = 1×10－mol L-1，pH= -lgc(H+)=≈3.3，为避免产生Al(OH)3沉淀，pH应小于3.3；
②pH过低，即c(H+)浓度过大，会导致萃取反应2HR+VO2+VOR2+2H+的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
(6)①根据晶胞结构图，金属原子（V和Ti）位于顶点和面心，利用均摊法可知，晶胞中金属原子共有8× +6×=4个，非金属原子（H）位于体内，晶胞中氢原子共有8个，该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为4:8=1:2；
②该晶胞的体积为a3nm3=(a×10-9)3m3=a3×10-27m3，该晶胞中含有8个氢原子，50%的氢可从上述晶体中释放出来，一个晶胞可以释放出来氢分子个数为8×50%×，一个晶胞释放出来氢气的物质的量为8×50%××mol，一个晶胞释放出来的氢气在标况下的体积为8×50%×××22.4L，根据定义可知，则该储氢材料的“体积储氢密度”为×8×50%××22.4L m-3，即×1027L m-3。
纵观近几年高考试题，化学工艺流程题均取材于成熟的化学工艺或改进工艺。该类试题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义。
所设计的问题，大多是对主干知识的考查。 (这启示我们：题目虽新，但考查的知识大多是我们学过的内容，高考大题是完全可以得大部分分数的，全面放弃不足取。
备考策略
1．重视教考衔接：教材中典型工业流程（如侯氏制碱法、金属冶炼）的核心反应与操作原理。
2．突破核心考点：熟练书写陌生氧化还原/离子方程式，分析温度、pH等条件对产率的影响。
3．关注科技前沿、新工艺技术应用、绿色化学与资源循环：结合学术论文或新闻，梳理绿色合成、资源回收等领域的新工艺技术。引入膜分离、催化氧化、离子交换等新技术在流程中的创新应用，工业废料处理、副产物回收、循环利用、清洁能源制备等环保主题。
4．提高学科融合、模块融合能力：理化生融合，反应原理（如速率与平衡）、物质结构（如晶体类型）。
5．提升信息转化能力：提取流程图中物质转化关系、分离操作目的及条件控制的能力，提取图形图表等补充信息的能力。
6．关注探究类设问的分析与规范表述：分析异常现象、优化实验条件或设计物质检验方案，针对流程设计、误差分析等题型强化逻辑表达，确保术语准确、步骤清晰。第4讲-化学工艺流程题考向预测
1．【2024年湖南卷11题】中和法生产Na2HPO4·12H2O的工艺流程如下：
已知：①H3PO4的电离常数：K1=6.9×10－3，K2=6.2×10－8，K3=4.8×10－13，
②Na2HPO4·12H2O易风化。
下列说法错误的是（ ）
A．“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液
B．“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4
C．“结晶”工序中溶液显酸性
D．“干燥”工序需在低温下进行
2．【2024年北京卷7题】硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是（ ）
A．I的化学方程式：3FeS2 + 8O2Fe3O4 + 6SO2
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
3．【2025福建名校联盟4题】从碲化镉(CdTe)废料中回收碲并制备硫化镉(CdS)的工艺流程如下：
已知：“氧化酸浸”中有CdSO4和H2TeO3生成。下列说法错误的是
A．“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2=CdSO4+H2TeO3+3H2O
B．“还原”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1
C．“沉淀”过程中可能有H2S生成
D．“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2
4．【2025年山西高三质量检测】氮化镓(GaN)是第三代半导体材料。某工厂利用铝土矿(主要成分为Al2O3、Ga2O3、Fe2O3)为原料制备GaN的流程如下图所示。已知镓与铝同主族，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，能与强酸、强碱溶液反应。下列说法错误的是
已知：2Ga+2NH3 2GaN+3H2。
A．可以通过粉碎铝土矿、搅拌等方法提高“碱溶”效率
B．由步骤②、③可知，Ga(OH)3的酸性比Al(OH)3的强
C．滤渣1是Fe2O3，生成滤渣2的离子方程式可能为2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+H2O
D．步骤⑥的反应中，NH3被氧化
5．【2025年湖南名校联考】某矿石的成分为：CoS、CuFeS2、CaS、SiO2，某化学兴趣小组查阅资料设计的回收其中钴和铜的工艺流程如图：
已知Co的金属性大于Cu、小于Fe。下列说法正确的是
A．上述流程中至少有4种元素被氧化
B． “生物浸出”在较高温度下进行可以提高浸出率
C．分液时，应将上层液体由分液漏斗下口放至另一烧杯中
D．用KSCN溶液和新制氯水可以检验“水相”中含有Fe2+
6．【2024年安徽卷15题】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1) Cu位于元素周期表第 周期第 族。
(2) “浸出液1”中含有的金属离子主要是 。
(3) “浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为 。
(4) “浸取3”步骤中，“浸渣2”中的 (填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3－。
(5) “电沉积”步骤中阴极的电极反应式为 。
“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)。
(6) “还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为 。
(7) Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O62－的结构为(a)而
不是(b)的原因：_______。
7．【2024年江西卷15题】稀土是国家的战略资源之一。以下是一种以独居石(主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质)为原料制备CeCl3·nH2O的工艺流程图。
已知：i．Ksp[Th(OH)4]=4.0×10－45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10－20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10－48
ii．镭为第ⅡA族元素
回答下列问题：
(1)关于独居石的热分解，以下说法正确的是 (填标号)。
a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低
c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低
(2)Na2U2O7中铀元素的化合价为 ，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应
方程式为 。
(3)浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 ，滤液可用于 阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水。
(4)溶解阶段，将溶液pH先调到 1.5~2.0，反应后再回调至 4.5。
①盐酸溶解 Ce(OH)4的离子方程式为 。
②当溶液 pH=4.5时，c(Th4+)= mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除 杂质。
8．【2025年五省联考四川卷16题】MnSO4具有广泛用途，一种从电解锌阳极泥回收电池级MnSO4流程如下。该阳极泥主要含有MnO2，以及Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Zn2+、和微量Pb2+等杂质离子。
已知：Ksp(ZnS)=1.0×10-22，Ksp(PbS)=8.0×10-28，Ksp(MnS)=1.0×10-10。金属离子生成氢氧化物沉淀，lg[c(M)/mol·L-1]和溶液pH关系如下图所示：
回答下列问题：
（1）基态锰原子电子排布式为_______。
（2）“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是_______。
（3）“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，K+和Na+与Fe2(SO4)3反应分别生成KFe3[(OH)3SO4]2和NaFe3[(OH)3SO4]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为_______。
（4）“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，该步除杂的总反应方程式为_______。
（5）“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是_______、_______。
（6）“除杂Ⅲ”步骤中，随着“沉淀4”的生成，溶液pH将___(填“升高”或“下降”或“不变”)。
（7）“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液应返回到_______步骤，其目的是_______。
9．【2025年福建名校联盟】铟(In)是一种典型的稀散金属，广泛应用于半导体、航空航天、电子光学材料等领域。以含铅烟灰[主要成分是PbO，还含有少量In2S3、InO、Zn3(AsO4)2等物质]为原料制备粗铟的工艺流程如图所示。
已知：①“浸出液”中In3+和Zn2+的浓度分别为1.0×10-4mol L-1、1.0×10-3mol L-1。
②H2A2代表萃取剂，萃取时发生反应为In3++3H2A2=In(HA2)3+3H+
③常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－34、Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10－17。
回答下列问题：
（1）In位于元素周期表第五周期ⅢA族，基态In原子的价电子排布式为___________。
（2）“热溶解”时，In2S3发生反应的化学方程式为___________。
（3）“浸渣”的主要成分是___________。“水浸”时，铟的浸出率很高，工业上仍采用多级浸出(即将浸出液返回“水浸”步骤)，其优点是___________。
（4）“还原除砷”时，H3AsO4(弱酸)反应的离子方程式为___________。
（5）从平衡移动的角度解释“萃取”前“调pH”目的是___________；常温下，应调节pH不大于___________。
（6）“萃取”所得配合物的结构如图(R-代表2-乙基己基)，该物质中存在的微粒间作用力类型有___________(填标号)。
A. 金属键 B. 氢键 C. 配位键 D. 范德华力
（7）工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备Zn。ZnS晶胞结构如图，该晶胞若沿体对角线投影，则Zn2+的投影图为___________(填标号)。
A. B. C. D.
10．【2025年安徽江南十校联考】稀土金属已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料，我国稀土资源丰富，其中铈(Ce)是稀土中丰度最高的元素，其在电子材料、催化剂等方面的应用非常广泛。以氟碳铈矿石(含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程可表示为：
（1）“氧化焙烧”时，为提高反应速率和原料利用率，将空气从焙烧炉___________通入(填“顶部”或“底部”)。
（2）在硫酸介质中Ce(Ⅳ)可被磷酸二异辛酯()萃取，Ce(Ⅲ)不能被萃取。
①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为___________。
②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，本题实验条件下D[Ce(Ⅳ)]=16。向20mL含0.09mol·L 1Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中c[Ce(Ⅳ)]___________mol·L 1。
③“反萃取”过程中H2O2的作用是___________。
（3）加入硫脲还原酸浸液中的CeF22+离子，生成二硫甲脒和Ce3+，硫脲和CeF22+反应的离子方程式为___________。
（4）氧化铈(CeO2)是一种重要的光催化材料，光催化过程中立方晶胞的组成变化如图所示，Ce4+和Ce3+之间可进行可逆的电荷转移。假设CeO2晶胞棱长为apm。
CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为___________pm(用含a参数表示)，每个CeO2-x晶胞中Ce4+个数为___________(用含x参数表示)。
11．【2025年河北石家庄质检一】稀有金属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛，并同步制备黄铵铁矾的工艺流程如下图所示：
已知：①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”；
②“酸浸”所得溶液中钒、钛以VO2+、TiO2+形式存在。
回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为___________；已知FeV2O4，其中Fe为＋2价，则V的化合价为___________。
（2）“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为___________。
（3）“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为___________(填化学式)。
（4）已知Ksp[TiO(OH)2]=1×10－29，“沉钛”时，为使TiO2+沉淀完全(c≤1×10－5mol·L 1)，需要调节溶液的pH不低于___________；该过程中，加入适量铁粉的目的为___________。
（5）“氧化”时，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为___________。
（6）“萃取”时，VO2+先转化为H2V10O284-，再与萃取剂R3N结合，其过程可表示为：4R3N+4H++H2V10O284-[R3NH]4H2V10O28，据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液作用为___________。
（7）“沉铁”时，生成黄铵铁矾的离子方程式为___________。
第4讲-化学工艺流程题考向预测答案及解析
1．【答案】C
【解析】H3PO4和Na2CO3先发生反应，通过加入X调节pH，使产物完全转化为Na2HPO4，通过结晶、过滤、干燥，最终得到Na2HPO4·12H2O成品。
A．铁是较活泼金属，可与H3PO4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2CO3溶液，A项正确；
B．若“中和”工序加入Na2CO3过量，则需要加入酸性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入H3PO4；若“中和”工序加入H3PO4过量，则需要加入碱性物质来调节pH，为了不引入新杂质，可加入NaOH，所以“调pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确；
C．“结晶”工序中的溶液为饱和Na2HPO4溶液，由已知可知H3PO4的K2=6.2×10－8，K3=4.8×10－13，则HPO42-的水解常数Kh== =1.6×10－7，由于Kh>K3，则Na2HPO4的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，C项错误；
D．由于Na2HPO4·12H2O易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确；故选C。
2．【答案】B
【解析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。A项，反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：3FeS2+8O2 Fe3O4+6SO2，故A正确；B项，反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率，故B错误；C项，将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe3O4，即可以减少废渣产生，故C正确；D项，硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。
3．【答案】B
【解析】CdTe残渣中加入稀硫酸和过氧化氢，生成CdSO4和H2TeO3，随后用亚硫酸钠还原产生Te单质，再加盐酸、硫化钠“”沉淀”生成CdS，以此解题。
【详解】A． 结合分析可知，“氧化酸浸”中主要的反应为CdTe+H2SO4+3H2O2=CdSO4+H2TeO3+3H2O，A正确；
B． “还原”过程中H2TeO3和亚硫酸钠反应生成单质Te和硫酸钠，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误；
C． “沉淀”加入硫化钠和氯化氢，可能生成硫化氢，C正确；
D． Cd(OH)2可以和氯化氢反应生成CdCl2，再和硫化钠反应生成CdS，即“沉淀”过程中HCl的作用是防止生成Cd(OH)2，D正确；故选B。
4．【答案】D
【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3、Ga2O3、Fe2O3)为原料，制备GaN，流程主线以Ga为主元素，Al2O3、Fe2O3作为杂质被除去，加入NaOH溶液“碱浸”铝土矿，Fe2O3不反应，过滤以滤渣1被除去，Al2O3、Ga2O3与碱反应进入滤液1中，以[Al(OH)4]-、[Ga(OH)4]-形式存在，通入适量CO2调节pH生成Al(OH)3沉淀，过滤为滤渣2除去，滤液2中通入过量CO2生成Ga(OH)3沉淀，经过一系列处理最终转化为GaN，据此回答。
【详解】A．粉碎铝土矿、搅拌等可以增大反应物接触面积，提高反应速率的同时提高铝土矿的利用率，A正确；
B．Al2O3、Ga2O3与碱反应，分别以[Al(OH)4]-、[Ga(OH)4]-的形式存在于滤液1中，过程②[Al(OH)4]-与适量CO2反应生成Al(OH)3沉淀，过程③[Ga(OH)4]-与过量CO2反应生成Ga(OH)3沉淀，所以Ga(OH)3的酸性比Al(OH)3强，B正确；
C．加入NaOH溶液“碱浸”铝土矿，Fe2O3不反应，所以滤渣1是Fe2O3，[Al(OH)4]-与适量CO2反应生成滤渣2，滤渣2是Al(OH)3沉淀，离子方程式可能为：2[Al(OH)4]-+CO2=2Al(OH)3↓+CO32-+H2O，C正确；
D．生成GaN的化学方程式为2Ga+2NH3 2GaN+3H2，NH3中H元素化合价降低，NH3被还原，D错误； 故选D。
5．【答案】A
【解析】加入细菌、铁盐进行生物浸出，SiO2不与铁盐反应，CuFeS2、CoS、CaS与铁盐反应生成Cu2+、Fe2+、CaSO4、S单质，还有过量的Fe3+，萃取后有机相含Cu2+，反萃取分离出硫酸铜，再电解硫酸铜溶液生成Cu，水相含Co2+、Fe2+、Fe3+，氧化后调节pH值沉淀铁离子生成滤渣为氢氧化铁，电解含Co2+的溶液生成Co，据此分析；
【详解】A．生物浸出时，S元素的化合价升高，被氧化，电解硫酸铜溶液，阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，阳极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，O元素化合价升高，“除铁”步骤中，需要加入氧化剂将Fe2+氧化成Fe3+，Fe2+被氧化，电解过程中Co2+转化成Co，被还原，则还有一种元素化合价升高被氧化，因此上述过程中，至少有4种元素被氧化，故A正确；
B．温度过高细菌失去活性，浸出率下降，只能在适当温度下进行“生物浸出”，故B错误；
C．分液时，应先将下层液体由分液漏斗下口放入烧杯中，再将上层液体由分液漏斗上口倒出，故C错误；
D．“水相”中含有亚铁离子和铁离子，可以用铁氰化钾溶液检验其中的亚铁离子，不能用KSCN溶液和新制氯水检验“水相”中的Fe2+，故D错误；答案为A。
6．【答案】⑴ 四 ⅠB ⑵ Cu2+
⑶ 2Au + 8HCl + 3H2O2==2HAuCl4 + 6H2O ⑷ AgCl
⑸ [Ag(S2O3)2]3－ + e－== Ag + 2S2O32－ Na2S2O3 ⑹ 3:4
⑺ (a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入Na2S2O3，将AgCl转化为[Ag(S2O3)2]3－，得到浸出液3，利用电沉积法将[Ag(S2O3)2]3－还原为Ag。
【解析】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；
（2）由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；
（3）浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应的化学方程式为：2Au + 8HCl + 3H2O2==2HAuCl4 + 6H2O；
（4）根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3－；
（5）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3－得电子被还原为Ag，电极反应式为： [Ag(S2O3)2]3－ + e－== Ag + 2S2O32－；阴极反应生成S2O32－，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为Na2S2O3；
（6）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；
（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
7．【答案】
⑴ b ⑵ +6；6NaOH +2U3O8 + O2 3Na2U2O7 + 3H2O
⑶ Na3PO4 或Na3PO4 12H2O 热分解
⑷① 2Ce(OH)3 + 8H+ + 2Cl－==2Ce3+ + 8H2O + Cl2↑ ；②4.0×10－7
⑸ Ra2+
【解析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55%～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、PO43-，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4 12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系列操作，得到CeCl3 nH2O，据此分析作答。
(1)a．降低压强，分解速率降低，故a错误；
b．降低温度，分解速率降低，故b正确；
c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；
d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；故答案为b；
(2)Na2U2O7中Na为+1价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O
(3)稀释过滤后的滤液中含有Na+、PO43-，滤液浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为：Na3PO4 12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水；
(4)①根据后续流程可知，生成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；
②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；
(5)以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。
8．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2
（2）还原二氧化锰为锰离子
（3）K++3Fe3++2SO42-+6H2O= KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+
（4）3MnCO3+Fe2(SO4)3+3H2O=3MnSO4+2Fe(OH)3+3CO2↑
（5）①CaF2 ②MgF2
（6）降低 （7） ①溶解 ②循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率
【解析】阳极泥加入二氧化硫将二氧化锰还原为硫酸锰，加入硫酸铁除去钠钾，滤液加入碳酸锰调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为沉淀除去，滤液加入MnF2，使得钙离子、镁离子转化为CaF2、MgF2沉淀除去，滤液加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，滤液浓缩结晶得到硫酸锰。
(1)锰为25号元素，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2；
(2)二氧化硫具有还原性，二氧化锰具有氧化性，“溶解”步骤在酸性条件下进行，通入SO2的作用是还原二氧化锰为锰离子；
(3)“除钾钠”步骤中，控制溶液pH=2.0，酸性条件下，K+与Fe2(SO4)3反应生成KFe3[(OH)3SO4]2沉淀，其中K+生成沉淀的离子方程式为：K++3Fe3++2SO42-+6H2O= KFe3[(OH)3SO4]2↓+6H+；
(4)“除杂Ⅰ”步骤中，加MnCO3调溶液pH=4.0，使得铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去，结合质量守恒，反应还生成硫酸锰、二氧化碳和硫酸，该步除杂的总反应方程式为3MnCO3+Fe2(SO4)3+3H2O=3MnSO4+2Fe(OH)3+3CO2↑；
(5)由分析，“除杂Ⅱ”步骤中，析出的“沉淀3”是CaF2、MgF2；
(6)“除杂Ⅲ”步骤中，加入硫化氢使得锌离子和铅离子转化为沉淀除去，反应为Zn2++H2S= ZnS↓+2H+、Pb2++H2S= PbS↓+2H+，反应过程中生成氢离子，使得溶液酸性增强，故随着“沉淀4”的生成，溶液pH将下降。
(7)“浓缩结晶”步骤中，析出MnSO4后的滤液中含有硫酸和部分硫酸锰，应返回到溶解步骤，其目的是循环利用，充分利用生成物且提高锰的回收率。
9．【答案】（1）5s25p1
（2）In2S3+12H2SO4(浓) In2(SO4)3+12SO2↑+12H2O
（3）①PbSO4 ②. 可以富集In3+(或“增大)In3+的浓度”)，提高铟的萃取率(“减少后续萃取剂用量”或“实现萃取剂循环利用”等均可得分)
（4）2SO2+2H3AsO4=As2O3+2SO42-+4H++H2O
（5）①消耗溶液中H+，使萃取平衡正向移动(答“降低溶液中H+的浓度，有利于In3+萃取”也可得分) ②4 （6）BCD （7）B
【解析】含铅烟灰与浓硫酸在加热条件下反应，其中的成分如PbO、In2S3、InO、Zn3(AsO4)2等能与硫酸发生反应，转化为可溶性的硫酸盐等，Pb会形成PbSO4沉淀，同时产生SO2气体，热溶解后的产物加水溶解，可溶物进入浸出液，不溶物形成浸渣被分离出去，向浸出液中加入还原剂，将砷元素还原为As2O3沉淀除去，从而降低浸出液中的砷含量，加入CaCO3调节溶液的pH值，为后续的萃取做准备，利用H2A2和煤油组成的有机萃取剂，将溶液中的铟离子萃取到有机相中，实现铟与其他金属离子（如Zn2+等）在水相和有机相的分离，向负载铟的有机相中加入盐酸，使铟离子从有机相重新进入水相，得到含铟的水相溶液，在含铟的溶液中加入锌，利用锌比铟活泼的性质，通过置换反应将铟从溶液中置换出来，从而得到粗铟。
(1)In位于第五周期ⅢA族，根据主族元素价电子为最外层电子，第五周期元素电子排布先排5s能级，排2个电子，再排5p能级，ⅢA族元素5p能级有1个电子，所以价电子排布式为5s25p1。
(2)浓硫酸有强氧化性，In2S3中S为-2价，会被浓硫酸氧化，S元素被氧化为SO2，根据得失电子守恒和原子守恒配平该方程式，得出In2S3+12H2SO4(浓) In2(SO4)3+12SO2↑+12H2O。
(3)①含铅烟灰中PbO与浓硫酸反应生成难溶的PbSO4，所以浸渣主要成分是PbSO4；②多级浸出将浸出液返回“水浸”步骤，可以提高铟的浸取率，充分利用浸出液中的铟。
(4)“还原除砷”时，SO2作还原剂将H3AsO4还原为As2O3，SO2被氧化为SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式2SO2+2H3AsO4=As2O3+2SO42-+4H++H2O。
(5)①由萃取反应可知，降低H+浓度，平衡正向移动，有利于萃取；
②当Zn2+开始沉淀时，c(OH-)== =1×10－7mol L-1，c(H+)=1.0×10－7mol·L 1，pH=7；当In3+开始沉淀时，c(OH-)= = =1×10－10mol L-1，c(H+)=1.0×10－4mol·L 1，pH=4，常温下，萃取前应调节pH不大于4。
(6)从配合物结构可知，存在In与O之间的配位键，分子之间存在范德华力，氢键，故选BCD。
(7)沿体对角线投影，Zn2+的投影会呈现出特定的对称结构，B选项符合ZnS晶胞沿体对角线投影时Zn2+的分布情况。
10．【答案】（1）底部 （2） ①. ②. 0.01 ③. 将Ce(Ⅳ)还原为Ce(Ⅲ)，使其进入水层
（3）2CeF22++2+2H+=+2Ce3++4HF
（4） ① a ②4-8x
【解析】氟碳铈矿CeFCO3焙烧时和氧气反应生成CeO2、CeF4和气体X是CO2，化学方程式为：4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2，然后加入稀硫酸形成含Ce4+、CeF22+的溶液，加入有机萃取剂萃取分液，取有机相用过氧化氢将Ce4+还原为Ce3+后反萃取得Ce3+，最终得CeO2；
(1)“焙烧”采用逆流操作可增大反应物的接触面积，有利于提高反应速率，使焙烧更加充分，提高原料的利用率，故粉碎后的矿渣从顶部加入，将空气从焙烧炉底部通入；
(2)①磷酸二异辛酯在煤油中通过氢键形成对称的环状二聚体，较大的烃基会使与之连接的氧原子难以形成氢键，该环状二聚体结构式可表示为; ；
②被萃取物在有机层和水层中的物质的量浓度之比称为分配比(D)，D[Ce(Ⅳ)]=16。向20ml含0.09mol·L 1Ce(Ⅳ)的酸浸液中加入10ml萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有0.09mol·L 1×20×10-3L=20×10-3×c水[Ce(Ⅳ)]+10×10-3×16c水[Ce(Ⅳ)]，解得c水[Ce(Ⅳ)]=0.01mol·L 1；
③反萃取时加H2O2，可将+4价铈还原为+3价，使其进入水层；
(3)加入硫脲()，将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和CeF22+反应的离子方程式为：2CeF22++2+2H+=+2Ce3++4HF ；
(4)Ce4+占据顶点和面心位置，为面心立方堆积，O2-填充在四面体空隙处，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为晶胞对角线长度的，即a；假设CeO2-x中Ce4+和Ce3+的个数分别为m和n，则m+n=1，由化合价代数和为0可得4m+3n=4-2x，解得m=1-2x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4+或Ce3+的个数为8×+6×=4，所以每个晶胞中Ce4+的个数为4-8x。
11．【答案】（1）①3d24s2 ②＋3
（2）FeV2O4+2Cl2=FeCl2+2VO2Cl
（3）SiO2
（4）①2.0 ②调节溶液pH使TiO2+沉淀完全
（5）产生的Fe3+催化H2O2的分解
（6）消耗H+，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10O284-与萃取剂分离
（7）NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+
【解析】钒钛磁铁矿精矿(主要成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)=2FeCl2(s)+Cl2(g)，生成的Cl2会对钒钛磁铁矿精矿“二次氯化”，FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2，加入盐酸进行酸浸，VO2Cl转化为VO2+，TiO2转化为TiO2+，滤渣含SiO2，加适量铁粉沉钛，调节溶液pH使TiO2+完全生成TiO(OH)2沉淀，加入H2O2将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，加入有机萃取剂R3N，VO2+先转化为H2V10O284-，再与萃取剂R3N结合进入有机相，4R3N+4H++H2V10O284-[R3NH]4H2V10O28，加酸化的Na2SO4洗涤分液，有机相加入Na2CO3进行反萃取，经一系列操作得V2O5；水相加入(NH4)2SO4生成黄铵铁矾，据此分析；
(1)钛为22号元素，其价电子排布式为：3d24s2，已知FeV2O4中Fe为＋2价，根据化合价代数和为零，则V的化合价为＋3价；
(2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2，V由+3价升高到+5价，Cl由0价降至-1价，根据化合价升降守恒进行配平，化学方程式为FeV2O4+2Cl2=FeCl2+2VO2Cl；
(3)根据分析可知，“酸浸”时，产生的“浸出渣”的主要成分为SiO2；
(4)Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)c2(OH-)=1×10－5×c2(OH-)=1×10－29，c(OH-)=1.0×10－12mol·L 1，c(H+)=1.0×10－2mol·L 1，pH不低于2.0；加入适量铁粉的目的：调节溶液pH使TiO2+沉淀完全；
(5)“氧化”时，将+2价亚铁离子氧化成+3价铁离子，H2O2的使用量远大于理论计算量，可能的原因为产生的Fe3+催化H2O2的分解；
(6)Na2CO3与H+反应，消耗H+，使c(H+)降低，使萃取反应的平衡逆向移动，将H2V10O284-与萃取剂分离；
(7)“沉铁”时，加入(NH4)2SO4，生成黄铵铁矾的离子方程式为：NH4++3Fe3++2SO42-+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6+6H+；(共69张PPT)
第4讲-化学工艺流程题考向预测
contents
目录
01
考情解码
01
02
重温经典
03
考题预测
考情解码
PART 01
01
无机化工流程题是高考的热点题型，通常以实际的工业生产为背景，通过工艺流程图的形式再现生产的关键环节。
试题通常以从矿石中提取、制备某物质或以废渣、废液提取某物质为背景，综合考查元素化合物知识、氧化还原反应概念，及陌生方程式的书写、化学反应原理中的化学反应速率、浸取率、电化学原理等，反应条件的控制与选择、产率的计算、Ksp的应用及计算、绿色化学思想（如原料循环利用、环境污染问题等）的体现等，题目综合性强，难度大。
重点考查考生提取信息，迁移应用所学知识解决实际问题的能力，检验学生化学学科素养的落实情况 ，近年来新高考命题省份加大了学科融合和学科内模块融合。
2024湖北卷
2024黑吉辽
命题形式
常以矿样或回收利用矿渣、废料为原料，经多步连续的操作，每一步操作实现具体的目标、任务；以物质加入及杂质分离为推进流程的方法、手段，最终获得有价值的产品
2024新课标卷
2024高考部分地区考点统计
地区 载体 元素 情境 创设 常规考向 原理融合 结构融合
原理预处理 物质转化、成分分析 生产条件选择与优化 分离提纯检验 陌生方程式书写 氧还概念、计算 平衡及计算 电化学 原子分子结构 配合物理论 晶体结构
全国甲 Co(Zn/Fe/Cu/Mn/Pb) 从炼锌废渣中提取钴 √ √ √ √ √ √
新课标 Co/Mn(Pb/ Zn/Fe) 从湿法炼锌废渣中得到含锰高钴成品 √ √ √ √ √ √ √
河北 V(Al/Ca/Na) 从石煤中提取V2O5 √ √ √ √ √ √ √
山东 Ca/P 以铅精矿为原料提取金属Pb、Ag √ √ √ √ √ √ √ √
黑吉辽 Au/As(Zn/Fe) 以载金硫化矿粉冶炼金 √ √ √ √ √ √ √
广东 Ga/Al(C/Na/F/Fe/K/Ca) 从电解铝的副产品炭渣中提取镓及循环利用铝 √ √ √ √ √ √ √ √ √
湖南 Au/Ag/Pb(Cu/Se) 从铜阳极泥回收Au和Ag √ √ √ √ √ √ √ √ √
湖北 Be(Si/Al) 从宇航器件中提取铍 √ √ √ √ √ √ √ √
地区 载体 元素 情境 创设 常规考向 原理融合 结构融合
原理预处理 物质转化、成分分析 生产条件选择与优化 分离提纯检验 陌生方程式书写 氧还概念、计算 平衡及计算 电化学 原子分子结构 配合物理论 晶体结构
北京 Cu(Fe/Si/S) 用黄铜矿生产纯铜 √ √ √ √ √ √ √
海南 Mn/Zn/Fe 利用锰锌铁氧体制备MnO2、ZnO和FeC2O4·2H2O √ √ √ √ √ √ √
安徽 Au/Ag(Cu) 从铜阳极泥中分离提纯金和银 √ √ √ √ √ √ √ √ √
甘肃 Ca、Mg、Al、Si 以高炉渣原料，对炼钢烟气进行回收利用 √ √ √ √ √ √ √
江西 Ce(P/Th/U) 以独居石为原料制备CeCl3·nH2O √ √ √ √ √ √ √
贵州 Na/Fe/P/Al(Si/Mg) 制备钠基正极材料NaFePO4和回收Al2O3 √ √ √ √ √ √ √ √
福建 K/Li/Al/Si/F 分解锂云母制备LiOH √ √ √ √ √ √ √
2024高考部分地区考点统计
常规考向
原理预处理、物质转化、成分分析、生产条件选择与优化、分离提纯检验、陌生方程式书写
01
02
原理融合
氧还概念及计算9/15
平衡及计算11/15
电化学4/15
03
结构融合
原子分子结构4/15
配合物理论6/15
晶体结构4/15
必考热点
守恒观念
平衡观念
多元融合
命题特点、方向
矿样/矿渣
原料
化学反应
核心
产品
目标
原料的预处理
反应条件控制
产品分离提纯
预处理目的
将矿物中的元素转化为便于处理的形式，如转移到溶液中或改变价态。初步分离、除杂
预处理方式
研磨、粉碎、搅拌、雾化、酸浸、碱浸、水浸、盐浸、焙烧…
提高浸出率方法
增大接触面积、延长接触时间、适当增大浓度、适当升温、…
加快反应速率
浸
烧
酸浸、碱浸、水浸、盐浸等，使矿料中的元素进入溶液中，易于进一步反应、分离。
氧化焙烧、
还原焙烧、
碱性焙烧、
氯化焙烧、
挥发焙烧、
联合焙烧
化工流程的三个阶段
矿样/矿渣
原料
化学反应
核心
产品
目标
原料的预处理
反应条件控制
产品分离提纯
化工流程的三个阶段
2024唐山摸底
Au、V2O3
(ZnS、FeS2
、SiO2)
（2）“氯化焙烧”时生成的Cl2可将金元素、锌元素转化为氯化物。部分反应的ΔG与温度的关系及焙烧温度与金挥发率和酸浸时钒的浸出率如图所示。
①结合图像分析，焙烧的最佳温度为 ，原因为a.金的挥发率和钒的浸出率均较高，b.__________________________________________________________________________ 。
②氯化烟气的主要成分为AuCl3（沸点732℃）、ZnCl2（沸点265℃）和 （填化学式），对烟气降温，主要得到AuCl3、ZnCl2混合物，对混合物进行 （填操作名称）可进一步提取金。
1100℃
反应①的ΔG<0，可生成氯气和Ca(VO3)2，促进氯化反应的发生和金和钒的分离
CO2、SO2
蒸馏
矿样/矿渣
原料
化学反应
核心
产品
目标
原料的预处理
反应条件控制
产品分离提纯
控制PH
控制温度
控制PH目的
使金属离子沉淀；调节溶液酸碱性；促进或抑制水解等。
控制PH方式
加入酸、碱、氧化物、碳酸盐等
控制温度目的
①物质性质方面：物质受热是否易分解、挥发/升华、易被氧化；对溶解度的影响；
②反应原理方面：对催化剂活性的影响；对反应速率或固体溶解速率的影响；对平衡移动（如水解）的影响
控制温度方式
加热、水浴加热、冰水浴、控制温度在一定范围
化工流程的三个阶段
矿样/矿渣
原料
化学反应
核心
产品
目标
原料的预处理
反应条件控制
产品分离提纯
重点
关注
减压过滤、趁热过滤
冷却结晶、重结晶
萃取与
反萃取
萃取
离子
交换
蒸馏
过滤
结晶
化工流程的三个阶段
重温经典
PART 02
02
1．【2024贵州卷13题】贵州重晶石矿(主要成分BaSO4)储量占全国三分之一以上。某研究小组对重晶石矿进行“富矿精开”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
B
BaCl2
H2S
√
×
×
×
NaCl及过量的NaOH
Ba(OH)2·8H2O+Ti(OC4H9)4=
BaTiO3+4C4H9OH+7H2O
无化合价变化
BaTiO3(s) Ba2+(aq)+TiO32-(aq)
渣、液、气成分分析
物质的分离提纯
氧还分析
溶解平衡应用
2．【2024福建卷5题】从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：
已知“滤液2”主要含SnO32－和HPbO2－。下列说法正确的是（ ）
A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质
B．“酸溶”时产生Al3+、Fe3+和Zn2+离子
C．“碱溶”时存在反应：Sn + 2OH－+ O2 = SnO32－+ H2O
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
C
增大接触面积
物理变化
×
×
√
×
阳极发生氧化反应
原料预处理
渣、液、气成分分析
陌生方程式书写
电化学原理应用
3．【2025五省联考四川卷10题】TiO2是重要的无机材料，一种含有铁的氧化物和氧化钙的TiO2废渣可以通过如下流程纯化。
已知：“铝热还原”时，Al转化为难溶于酸和碱的α-Al2O3，TiO2转化为TiOx(1≤x≤1.5)；“浸取”时，TiOx溶于盐酸生成易被空气氧化的Ti3+。
下列说法错误的是
A．TiO2具有弱氧化性
B．“浸取”需要惰性气体保护
C．“滤液”中存在Fe3+和Ca2+
D．H2来自于Fe和盐酸的反应
+4
TiO2+Al→Al2O3+TiOx
Ca2+
Fe2+
Ti3+
α-Al2O3
Fe2O3+2Al→Al2O3+2Fe
3FeO+2Al→Al2O3+3Fe
√
×
Fe
CaO
TiOx
α-Al2O3
√
√
B
Fe2+、Ti3+→Fe3+、Ti4+
H2O2
Ca2+
Fe3+
氧还分析
生产安全问题
渣、液、气成分分析
核心反应分析
4．【2025兰州一模11题】某研究所设计以软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Si、Al等的氧化物）为原料制备KMnO4，其实验流程如下：
已知：K2MnO4固体和溶液均为墨绿色。
下列说法正确的是
A．“熔融煅烧”过程中使用到的仪器主要有蒸发皿，三脚架和酒精灯
B．“滤渣1”的成分是Al(OH)3
C．“调pH2”过程中反应的离子方程式为3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O
D．“结晶”过程中获得KMnO4晶体可采用降温结晶法
D
MnO2SiO2
Al2O3
K2MnO4
K2SiO3
KAlO2
Al(OH)3
H2SiO3
K2MnO4
坩埚
√
×
×
×
3MnO42-+4CH3COOH=2MnO4-+MnO2↓+2H2O+4CH3COO-
氧还分析、渣、液、气成分分析、陌生方程式书写、实验仪器的选择及使用、物质的分离提纯
非必考题型
湖南、北京、贵州、
福建等部分地区
侧重点
物质的分离提纯
氧还分析
平衡思想应用
考法相似
变化方向
侧重教考衔接
注重对教材中流程的挖掘
原料预处理、陌生方程式书写、
实验条件的选择与控制、
分离提纯的操作及仪器、
物质成分判断、K相关计算
选择题的考法、考向
1．【2024河北卷16题】V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙［Ca(VO3)2］和偏铝酸钙均难溶于水。
目的：除去Al、Ca，提取V2O5
可溶：NaVO3、NaAlO2
难溶：Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2
V2O3
CaCO3、NaOH、Na2CO3
Ca(VO3)2
NaVO3
Al2O3
CaCO3、NaOH、Na2CO3
Ca(AlO2)2
NaAlO2
水浸液→离子交换
滤渣→再提取钒
(1)钒原子的价层电子排布式为 ；焙烧生成的偏钒酸盐中钒的化合价为 ，产生的气体①为 (填化学式)。
3d34s2
+5
CO2
1．【2024河北卷16题】V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙［Ca(VO3)2］和偏铝酸钙均难溶于水。
目的：除去Al、Ca，提取V2O5
可溶：NaVO3、NaAlO2
难溶：Ca(VO3)2、Ca(AlO2)2
V2O3
CaCO3、NaOH、Na2CO3
Ca(VO3)2
NaVO3
Al2O3
CaCO3、NaOH、Na2CO3
Ca(AlO2)2
NaAlO2
水浸液→离子交换
滤渣→再提取钒
(2)水浸工序得到滤渣①和滤液，滤渣①中含钒成分为偏钒酸钙，滤液中杂质的主要成分为 (填化学式)。
NaAlO2
1．【2024河北卷16题】V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙［Ca(VO3)2］和偏铝酸钙均难溶于水。
（3）在弱碱性环境下，偏钒酸钙经盐浸生成碳酸钙发生反应的离子方程式为________________________________________；CO2加压导入盐浸工序可提高浸出率的原因为______________________________________；浸取后低浓度的滤液①进入_____________(填工序名称)，可实现钒元素的充分利用。
能提高溶液中HCO3-浓度
离子交换
HCO3－+ OH－+ Ca(VO3)2=====CaCO3 + H2O + 2VO3－
65~70℃
HCO3－+ OH－ CO32- + H2O
Ca(VO3)2+CO32- CaCO3 + 2VO3－
CO2+H2O H2CO3 HCO3－+ H+
1．【2024河北卷16题】V2O5是制造钒铁合金、金属钒的原料，也是重要的催化剂。以苛化泥为焙烧添加剂从石煤中提取V2O5的工艺，具有钒回收率高、副产物可回收和不产生气体污染物等优点。工艺流程如下。
已知：i．石煤是一种含V2O3的矿物，杂质为大量Al2O3和少量CaO等；苛化泥的主要成分为CaCO3、NaOH、Na2CO3等。
ⅱ．高温下，苛化泥的主要成分可与Al2O3反应生成偏铝酸盐；室温下，偏钒酸钙［Ca(VO3)2］和偏铝酸钙均难溶于水。
(4)洗脱工序中洗脱液的主要成分为 (填化学式)。
(5)下列不利于沉钒过程的两种操作为 (填序号)。
a．延长沉钒时间 b.将溶液调至碱性
c．搅拌 d．降低NH4Cl溶液的浓度
离子交换
洗脱工艺
NaCl
bd
VO3- + NH4+ = NH4VO3↓
2. 【2024山东卷18题】以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
(1)“热浸”时，难溶的PbS和Ag2S转化为[PbCl4]2－和[AgCl2]－及单质硫。溶解等物质的量的PbS和Ag2S时，消耗Fe3+物质的量之比为 ；溶液中盐酸浓度不宜过大，除防止“热浸”时HCl挥发外，另一目的是防止产生 (填化学式)。
S2-→S,
消耗Fe3+物质的量相等
Fe3++PbS→[PbCl4]2－+S+Fe2+
Fe3++Ag2S→[AgCl2]－+S+Fe2+
1:1
PbS→Pb2++S2-
Ag2S→2Ag++S2-
氧化
2H++S2-=H2S
竞争反应
H2S
配位
2. 【2024山东卷18题】以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
Fe3++PbS→[PbCl4]2－+S+Fe2+
Fe3++Ag2S→[AgCl2]－+S+Fe2+
(2)将“过滤Ⅱ”得到的PbCl2沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属Pb。
“电解I”阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为_____。
阴极：[PbCl4]2－→Pb，
阳极：2Cl-→Cl2，
2FeCl2+Cl2=2FeCl3，
在热浸中循环使用。
PbCl2
目的：分离铅和银
PbCl2+2Cl- =[PbCl4]2－
热浸
[AgCl2]－
FeCl2
FeCl2
FeCl3
(3)“还原”中加入铅精矿的目的是 。
将过量的Fe3+还原为Fe2+
2. 【2024山东卷18题】以铅精矿(含PbS，Ag2S等)为主要原料提取金属Pb和Ag的工艺流程如下：
Fe3++PbS→[PbCl4]2－+S+Fe2+
Fe3++Ag2S→[AgCl2]－+S+Fe2+
PbCl2
目的：分离铅和银
PbCl2+2Cl- =[PbCl4]2－
[AgCl2]－
FeCl2
FeCl3
FeCl2
(4)“置换”中可选用的试剂X为 (填标号)。A．Al B．Zn C．Pb D．Ag
“置换”反应的离子方程式为
。
(5)“电解II”中将富银铅泥制成电极板，用作 (填“阴极”或“阳极”)。
Pb + 2[AgCl2]－== 2Ag + [PbCl4]2－。
作用：置换银
防止引入其他杂质
C
阳极
电解Ⅱ得到金属银和金属铅，将银和铅分离出来。
阳极放电时，铅失电子为Pb2+，银变成阳极泥而沉降下来，阴极得电子得到Pb，所以电极板应作阳极。
类似教材中电解精炼铜
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，
可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
(1) Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ；
ds
3d104s1
目的：除去Cu、Se、PbSO4，提取Au、Ag
Cu、Se在哪个工序分离除去的？
氧化酸浸的目的？
将铜阳极泥中的金属以渣、液的形式分离，同时实现部分元素的价态的转化
那种元素被氧化了？
Cu2Se Cu2S
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，
可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为：
。
Cu2Se + H2O2 =

Cu2+ + H2SeO3
+1
+2
+4
-2
-1
-2
升8
降2
4
2
+4H+
+ 5H2O
得失电子守恒
电荷守恒
元素守恒
氧还类反应配平思路
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，
可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中，Cl－浓度不能超过 mol/L。
使银元素转化为AgCl沉淀
0.5
Ag以什么形式存在？
不让AgCl →[AgCl2]－，
令c(AgCl2－)=1.0×10 5，
由Kh=c(AgCl2－)/c(Cl－)=2.0×10－5，
可得c(Cl－)=0.5mol L 1
“除金”工序中，加入适量NaCl的目的？
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，
可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
(4) 在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol/L，两种离子分布分数δ随SO32－浓度的变化关系如图所示，若SO32浓度为1.0 mol/L，则[Ag(SO3)3]5－的浓度为 mol/L。
0.05
AgCl +2SO32- [Ag(SO3)2]3－+Cl－
[Ag(SO3)2]3－ +SO32- [Ag(SO3)3]5－
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
(4) 在“银转化”体系中，[Ag(SO3)2]3－和[Ag(SO3)3]5－浓度之和为0.075 mol/L，两种离子分布分数δ随SO32－浓度的变化关系如图所示，若SO32浓度为1.0 mol/L，则[Ag(SO3)3]5－的浓度为 mol/L。
0.05
[Ag(SO3)2]3－ +SO32- [Ag(SO3)3]5－
当c(SO32-)=0.5mol L 1时，
c[Ag(SO3)2]3-=c[Ag(SO3)3]5-=0.0375
当c(SO32-)=1mol L 1时，
c[Ag(SO3)3]5-=0.05mol L 1
3．【2024湖南卷16题】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下：
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在40℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是： 。
Na2SO3
高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，
难以实现连续生产
已知：①当某离子的浓度低于1.0×10－5 mol/L时，
可忽略该离子的存在；
② AgCl(s) + Cl－(aq) [AgCl2]－(aq) K=2.0×10－5
③ Na2SO3易从溶液中结晶析出；
④ 不同温度下Na2SO3的溶解度如下：
温度/℃ 0 20 40 60 80
溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0
AgCl→c[Ag(SO3)2]3-或c[Ag(SO3)3]5-→Ag
Na2SO3
Na2S2O4
SO32-
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。
已知：
① pKa(HF)= 3.2。② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
目的
CO2
金属元素转化为相应氧化物、氟化物
金属元素转化为相应离子或配离子
F→HF
[FeCl4]－
[GaCl4]－
(1)“电解”中，反应的化学方程式为 。
(2)“浸取”中，由Ga3+形成[GaCl4] 的离子方程
式为 。
2Al2O3(熔融)==== 4Al + 3O2↑
电解
Ga3+ + 4Cl－==[GaCl4] －
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。
已知：
① pKa(HF)= 3.2。② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
CO2
金属元素转化为相应氧化物、氟化物
金属元素转化为相应离子或配离子
F→HF
[FeCl4]－
[GaCl4]－
(3)“还原”的目的：避免 元素以________(填化学式)微粒的形式通过LAEM，从而有利于Ga的分离。
铝片还原的目的：[FeCl4]－→FeCl2
FeCl4－
Fe
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。
已知：
① pKa(HF)= 3.2。② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
CO2
(4)“LAEM提取”中，原料液的Cl－浓度越 ，越有利于Ga的提取；研究表明，原料液酸度过高，会降低Ga的提取率。因此，在不提高原料液酸度的前提下，可向I室中加入 (填化学式)，以进一步提高Ga的提取率。
Ga3+ + 4Cl－==[GaCl4] －
高
NaCl
不引入新杂质
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。
已知：
① pKa(HF)= 3.2。② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
CO2
(5)“调pH”中，pH至少应大于 ，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及Na [AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol/L，则[AlF6]3－的浓度为 mol·L－1。
若溶液中c(F-)>c(HF)
则c(H+)<10-3.2
pH至少大于3.2
3.2
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
工艺中，LAEM是一种新型阴离子交换膜，允许带负电荷的
配离子从高浓度区扩散至低浓度区。用LAEM提取金属离子
M"的原理如图7。
已知：
① pKa(HF)= 3.2。② Na [AlF6](冰晶石)的K为4.0×10 10。
③ 浸取液中，Ga(Ⅲ)和 Fe(Ⅲ)以[ MClm](m 3) (m=0～4)微粒形式存在，Fe2+最多可与2个Cl 配位，其他金属离子与Cl 的配位可忽略。
CO2
(5)“调pH”中，pH至少应大于 ，使溶液中c(F－)>c(HF)，有利于[AlF6]3－配离子及Na [AlF6]晶体的生成。若“结晶”后溶液中c(Na+)=0.10 mol/L，则[AlF6]3－的浓度为 mol·L－1。
3.2
c(AlF63-)=Ksp/c3(Na+)
= 4.0×10-10/0.13 =4.0×10-7
Ksp=c3(Na+) ×c(AlF63-)
4.0×10-7
4．【2024广东卷18题】(14分)镓(Ga)在半导体、记忆合金等高精尖材料领域有重要应用。一种从电解铝的副产品炭渣(含C、Na、Al、F和少量的Ga、Fe、K、Ca等元素)中提取镓及循环利用铝的工艺如下。
CO2
(6)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图8所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co:Ga:Ni= ，其立方晶胞的体积为 nm3。
Ga：8×1/8+6×1/2=4，
Ni：12×1/4+1=4，Co：8，
粒子个数最简比Co:Ga:Ni=2:1:1，
晶胞棱长：两个最近的Ga(或Ni)的间距，2a nm，晶胞体积=8a3nm3
1.【2025五省联考河南卷15题】 一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
溶解1所得溶液：
H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、
Mn2+、TiO2+、SO42-
除钛：
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4
（1）“除钛”中产生的少量气体是____(填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是___________。
H2
还原Fe3+
为何要还原Fe3+？
水解？Ksp(FeF3)=2.8×10-29
1. 【2025五省联考河南卷15题】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
溶解1所得溶液：
除钛：
Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑
Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4
（1）“除钛”中产生的少量气体是____(填化学式)；铁粉的作用之一是提高体系的pH，使得TiO2+水解以TiO2·xH2O沉淀形式除去，其另一个作用是___________。
H2
还原Fe3+
（2）“除杂1”中除去的离子是_______(填化学式)。
Mg2+
除杂后还存在哪些离子？需如何处理？
H+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、
Mn2+、TiO2+、SO42-
1. 【2025五省联考河南卷15题】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
除杂1所得溶液：
Fe2+、Mn2+、SO42-
氧化1：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
（3）“氧化1”中若H2O2加入速度过快，会导致H2O2用量增大，原因是_______。
本步骤不能使用稀盐酸代替H2SO4溶液，原因是___________________________。
防止除杂2时，盐酸与KMnO4反应生成Cl2，产生污染
除杂2：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
氧化生成的Fe3+可以使H2O2分解速率增大，导致H2O2用量增大
1. 【2025五省联考河南卷15题】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
除杂1所得溶液：
Fe2+、Mn2+、SO42-
氧化1：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
除杂2：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
（4）滤渣3的主要成分是MnO2·xH2O，生成该物质的离子方程式为_______。
除杂2目的？
3Mn2++2MnO4-+(5x+2)H2O
=5MnO2·xH2O↓+4H+
1. 【2025五省联考河南卷15题】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
除杂1所得溶液：
Fe2+、Mn2+、SO42-
氧化1：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
除杂2：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
除杂2目的？
（5）“氧化2”的目的是减少_______气体的排放(填化学式)。
SO32-+2H+=SO2↑+H2O
SO2
1. 【2025五省联考河南卷15题】一种利用钛白粉副产品[主要成分为FeSO4·7H2O，含有少量Fe2(SO4)3、TiOSO4、MgSO4、MnSO4等]和农药盐渣(主要成分为Na3PO4、Na2SO3等)制备电池级磷酸铁的工艺流程如下。
一定条件下，一些金属氟化物的Ksp如下表。
氟化物 FeF2 MgF2 MnF2
Ksp 2.3×10-6 5.1×10-11 5.2×10-3
目的：制备FePO4，除去Mg、Mn等
除杂1所得溶液：
Fe2+、Mn2+、SO42-
氧化1：
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
除杂2：
2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2+8H2O
除杂2目的？
（6）“沉铁”中如果体系酸性过强，会导致FePO4·2H2O产量降低，原因是_______。
溶液中H+浓度较大，磷元素主要以H3PO4、H2PO4-、HPO42-形式存在，PO43-浓度低，生成FePO4·2H2O沉淀量少。
2. 【2025五省联考内蒙古卷16题】TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下：
（1）Ti位于元素周期表_______区。
（2）滤渣的主要成分为(NH4)3FeF6和
_______。
d
CaF2
氟化浸出后，Ti、Si、Fe、Ca均以什么形式存在？
（3）“除铁”步骤溶液中残留的FeF63-以钠盐形式析出，离子方程式为_______。
FeF63-+3Na+ =Na3FeF6↓
为何饱和食盐水可以促进Na3FeF6析出？
2. 【2025五省联考内蒙古卷16题】TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下：
(4)“水解”步骤中(NH4)2SiF6和(NH4)2TiF6的水解率(α)与溶液pH的关系如下图所示。为提高分离效果，“水解”的最佳pH为_______。水解后的滤液需返回工艺进行循环，目的是________________________。
（5）“水解”生成(NH4)2TiOF4沉淀的化学方程式为_______。
(NH4)2TiF6+2NH3·H2O=
(NH4)2TiOF4↓+2NH4F+H2O
目的？
9.0
循环利用，提高钛元素的利用率，且能减少污染物排放
滤液中都有哪些物质？
2. 【2025五省联考内蒙古卷16题】TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下：
（6）“煅烧”产生的气体中可循环使用的物质是_______和_______(填化学式)。
(NH4)2TiOF4 +H2O(g)====TiO2+气体
煅烧
质量守恒：气体中元素N、F、H，且可循环使用，推测为NH3和HF
2. 【2025五省联考内蒙古卷16题】TiO2是冶炼金属钛的重要原料。氟化法从含钛电炉渣(主要含有Ti、Si、Fe、Ca元素)中制备TiO2的流程如下：
（7）如下图所示，“煅烧”温度达1000℃时，锐钛矿型TiO2(晶胞Ⅰ，Ti位于晶胞顶点、侧面和体心)转换成金红石型TiO2(晶胞Ⅱ)，晶胞体积V(Ⅰ)=0.130nm3，V(Ⅱ)=0.064nm3。则晶体密度比ρ(Ⅰ):ρ(Ⅱ) =____(填最简整数比)。
晶胞Ⅰ: Ti(白球)=8×1/8 +4×1/2+1=4
晶胞中的黑球和白球谁表示Ti或O
晶胞Ⅱ:
白球：8×1/8+1=2
Ti
黑球：4×1/2+2=4
O
2个TiO2
4个TiO2
ρ(Ⅰ):ρ(Ⅱ)
=4M/0.130:2M/0.064
= 64:65
3. 【2025五省联考陕西、山西、宁夏、青海卷16题】“三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收As2O3、铜和锌的流程如下：
已知：①As2O3微溶于冷水，易溶于热水；
②“氧化酸浸”中，金属硫化物转化成硫酸盐，难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4；
③萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为2HL+M2+ ML2+2H+，式中M2+为Cu2+或Zn2+。
（1）“水浸”时，采用热水的目的是_______。
将As2O3溶解，便于As2O3回收
氧化酸浸：
水浸渣：Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS
Pb5(AsO4)3Cl+5H2SO4=
3H3AsO4+5PbSO4+HCl
CuS+4H2O2=SO42-+Cu2++4H2O
ZnS+4H2O2=SO42-+Zn2++4H2O
CuSO4
ZnSO4
H3AsO4、
PbSO4、HCl
（2）“氧化酸浸”时，CuS发生反应的离子方程式为_______________________，Pb5(AsO4)3Cl与硫酸反应的化学方程式为_______________________________。
PbSO4
3. 【2025五省联考陕西、山西、宁夏、青海卷16题】“三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收As2O3、铜和锌的流程如下：
已知：①As2O3微溶于冷水，易溶于热水；
②“氧化酸浸”中，金属硫化物转化成硫酸盐，难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4；
③萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为2HL+M2+ ML2+2H+，式中M2+为Cu2+或Zn2+。
（3）铜萃取剂HL( )中的N、酚羟基O均与Cu2+配位，形成配合物CuL2。该配合物中Cu2+的配位数为______，HL分子结构中设计正壬基的作用是_______。
“反萃取铜”后，“富铜液”为_______相(填“水”或“有机”)。
4
极性小，易溶于有机物
使HL分子易溶于有机相
水相
有机相
水
PbSO4
3. 【2025五省联考陕西、山西、宁夏、青海卷16题】“三废”的科学治理是环境保护和资源循环利用的重要举措。某含砷烟尘主要成分为As2O3、Pb5(AsO4)3Cl、CuS和ZnS等。一种脱砷并回收As2O3、铜和锌的流程如下：
已知：①As2O3微溶于冷水，易溶于热水；
②“氧化酸浸”中，金属硫化物转化成硫酸盐，难溶于热水的Pb5(AsO4)3Cl转化成H3AsO4；
③萃取时，将萃取剂HL溶于磺化煤油中，所得溶液作为有机相，萃取和反萃取原理为2HL+M2+ ML2+2H+，式中M2+为Cu2+或Zn2+。
水相
有机相
（4）“沉砷”时，采用生石灰处理，滤渣主要成分的化学式为_______。
CaO+H3AsO4→Ca3(AsO4)2
（5）“反萃取锌”时，试剂X为_______。
2HL+M2+ ML2+2H+
逆向移动，制备ZnSO4 7H2O，不引入新杂质。
H2SO4
PbSO4
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
4. 【2025五省联考云南卷15题】铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-14,2
目的：回收硅、铁、钴、铜
酸浸：
Fe2+、Fe3+、Cu2+、Co2+、H4SiO4
高温固化：
H4SiO4=SiO2+2H2O
SiO2
（1）“酸浸”前，采用_______________方法可提高酸浸效率(填一条即可)。
（2）“酸浸”时，有空气参与反应，Cu溶解的化学方程式为__________________。
从环保角度考虑，不使用HNO3酸浸的原因可能是__________________(填一条即可)。
（3）“高温固化”的作用是_______。
粉碎铜渣
2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O
硝酸与铜反应会生成氮氧化物，
氮氧化物会污染空气
使H4SiO4脱水生成SiO2，便于除去
Fe3+、Fe2+、Cu2+、Co2+
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
4. 【2025五省联考云南卷15题】铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-14,2
绿色环保，不引入新杂质
酸浸：
Fe2+、Fe3+、Cu2+、Co2+、H4SiO4
SiO2
滤液1：
Fe3+、Fe2+、Co2+如何除去？
除铁
高温固化：
H4SiO4=SiO2+2H2O
（4）“氧化”中可选用的最佳试剂X为_______(填标号)。
A．MnO2 B．H2O2 C．FeCl3
B
目的：回收硅、铁、钴、铜
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
4. 【2025五省联考云南卷15题】铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-14,2
SiO2
除铁
（5）25℃“碱沉1”中，pH≥___________时，Fe3+沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1)。
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)
1×10-5×c3(OH-)=1×10-38.6
c(OH-)=10-11.2，c(H+)=10-2.8
pH=2.8
2.8
（6）“滤液3”中可回收的盐主要有CoSO4和___________。
4Cu2++6NH3·H2O+SO42-=
Cu4SO4(OH)6+6NH4+
(NH4)2SO4
已知：①H4SiO4易形成凝胶，难过滤，250℃时，易脱水。
②25℃时，相关物质的Ksp见下表
4. 【2025五省联考云南卷15题】铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。从一种铜渣(主要含Fe2SiO4、Co2SiO4、CoFe2O4和SiO2及少量单质Cu、Co)中回收硅、铁、钴、铜的工艺如下：
物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Co(OH)2
Ksp 1.0×10-16.3 1.0×10-38.6 1.0×10-14,2
SiO2
除铁
（7）水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是_______(填标号)。
A．Cu2+的杂化方式可能为sp3d2
B．SO42-中心原子的孤电子对数为2
C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键
A
不是化学键
配位数为6，
6个杂化轨道
√
孤电子对数:(6+2-4×2)/2 =0
×
×
考题预测
PART 03
03
热点延续
原料预处理
反应条件选择与优化
物质的转化分离提纯
陌生方程式书写
教考衔接
部分流程中的环节源于教材原型或拓展
多板块融合
电化学、氧化还原、化学平衡、物质结构(多元化深度融合)
信息多元
信息量增大，多以图形、图表、文字、机理等形式，检验信息处理能力
情景创新
一拖二/三
与电化学、
物质结构、
反应机理融合
考向预测
【2025五省联考内蒙古卷11题】
A．“浸取”反应中，正极材料成分为还原剂
B．“浸取”时LiCoO2转化为Li2SO4和CoSO4
C．滤液2中c(Co2+)/c(Cu2+)=3×105
D．LiCoO2再生：4Co(OH)2+2Li2CO3====4LiCoO2+2CO↑+4H2O
高温
B
LiCoO2
√
×
×
×
+3
+2
氧化剂
O2
4Co(OH)2+2Li2CO3+O2=====4LiCoO2+2CO2↑+4H2O
高温
随着锂离子电池在众多领域的广泛应用，其废旧电池的回收工作愈发显得意义重大。现行的回收工艺通常采用酸浸碱浸的方法，从锂离子电池正极材料LiCoO2(含少量金属Cu)中提取Li和Co，得到的Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，可实现LiCoO2的再生。与此同时，为达成绿色回收Li和Co的目标，科研人员正在研究一种新型电解回收工艺。已知：Ksp[Co(OH)2]=6×10-15，Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20
1．一种现行回收工艺的流程如下图所示。下列说法正确的是
氧还分析
渣、液、气成分分析
溶度积应用
陌生方程式书写
【2025广东一模】2． 一种纯碱和聚氯乙烯联合生产工艺的流程如图所示。下列有关该联合工艺的说法正确的是
A．析出NaHCO3时，发生反应的离子方程式为CO2+NH3·H2O=HCO3-+NH4+
B．“制气”产生的废渣经调制后用于“灰蒸”以回收氨
C．上述过程仅涉及非氧化还原反应
D．“转化”所得Cl2用于合成聚氯乙烯
B
CO2
CO2+NH3·H2O+Na+=
NaHCO3↓+NH4+
CaO+3C=====CO↑+CaC2
高温
CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2
Ca(OH)2+2NH4Cl ===CaCl2+2NH3↑+2H2O
△
HCl
√
×
×
×
氧还分析；物质的转化、循环使用；陌生方程式书写
紧密联系教材，突出教考衔接！
（1）“酸浸”时，钒主要以VO2+的形式进入溶液。
①为提高浸取率，可采取的措施是_____（任写一条）。
②V2O5发生反应的化学方程式为__________________________。
目的：提取钒，除去Si、Fe、Al
酸浸液：
H+、Fe3+、Al3+、VO2+
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
适当升温”“搅拌”
“将灰渣进一步粉碎”
“适当增加酸的浓度”等
V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在_____工序循环利用。
目的：提取钒，除去Si、Fe、Al
酸浸液：
H+、Fe3+、Al3+、VO2+
酸浸
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在_____工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2+的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为_____________。
Al、Fe分别是在哪个环节除去的？
结晶
还原结晶：NH4Fe(SO4)2
VO2+
NH4V(SO4)2
酸浸
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
据此分析“溶液3”可在_____工序循环利用。
（3）“中间盐”的一种含钒物质为NH4V(SO4)2；“溶解”后，所得溶液中钒主要以VO2+的形式存在。该含钒物质“溶解”时发生反应的离子方程式为_____________。
4NH4V(SO4)2+O2+2H2O ===
4VO2++4H++4NH4++8SO42-
△
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
溶解后：
Fe3+、Al3+、VO2+
（4）“还原”步骤的主要目的是________________________。
将Fe 还原为Fe ，以便在后续的萃取步骤中，萃取剂HR优先与VO 结合，提高钒的提取效率
将Fe3+转化为Fe2+，
避免Fe3+影响VO2+的萃取
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
（5）“萃取”前，需调节溶液pH。
①已知萃取前溶液中c(Al3+)=0.4mol L-1，理论上，为避免产生Al(OH)3沉淀，应调节溶液pH小于_____（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是______________________。
Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=4×10－33
1×10－32/3
c(H+)=Kw/c(OH-)=1×10－10/3
pH= -lgc(H+)=10/3 ≈3.3
3.3
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（2）“还原结晶”所得“溶液3”的主要阳离子及其浓度如下表：
阳离子 H+ VO2+ Al3+ Fe3+
浓度(mol L-1) 10.79 0.0041 0.11 0.029
（5）“萃取”前，需调节溶液pH。
①已知萃取前溶液中c(Al3+)=0.4mol L-1，理论上，为避免产生Al(OH)3沉淀，应调节溶液pH小于_____（保留一位小数）。
②实际上，溶液pH也不能过低，其原因是______________________。
3.3
pH过低，即c(H+)浓度过大，会导致萃取反应2HR+VO2+ VOR2+2H+的平衡逆向移动，不利于V进入有机相，降低了钒元素的萃取率；
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
（6）一种V—Ti固溶体储氢材料经充分储氢后所得晶体的立方晶胞结构如图。
①该晶体中金属原子与非金属原子的个数比为_______。
金属原子（V和Ti）:顶点和面心
8×1/8+6×1/2=4，
非金属原子（H）位于体内，8个，
个数比为4:8=1:2；
【2025深圳一调18题】1. 一种从石煤灰渣(主要含V2O5、SiO2、Al2O3及Fe2O3等)中提取钒的工艺流程如下：
已知：萃取剂（HR）与阳离子的结合能力：Fe3+>>VO2+>>Al3+>>Fe2+；
萃取VO2+的原理为2HR+VO2+ VOR2+2H+；“中间盐”中的金属阳离子均为+3价；含V3+的硫酸盐难溶于水；Ksp[Al(OH)3]=4×10－33。
SiO2
②储氢材料的性能常用“体积储氢密度”（1m3储氢材料可释放出的H2体积）来衡量。一定条件下，50%的氢可从上述晶体中释放出来，且吸放氢引起储氢材料体积的变化可忽略。设NA为阿伏加德罗常数的值，H2的摩尔体积为22.4L mol-1，则该储氢材料的“体积储氢密度”为__L m-3（列出算式）。
晶胞体积=(a×10-9)3m3=a3×10-27m3，
一个晶胞可释放N(H2)=8×50%×1/2，n(H2)=8×50%×1/2×1/NAmol，
V(H2)=8×50%×1/2×1/NA×22.4L，
“体积储氢密度”=
8×50%×1/2×1/NA×22.4×1/(a3×10-27)，
即44.8/a3NA×1027
试剂线
操作线
杂质线
产品线
酸浸
沉铜
沉锰
沉淀
沉钴
Co(OH)3
炼锌废渣
稀H2SO4
H2S
Na2S2O8
NaOH
NaClO
浸渣
CuS
MnO2
滤渣
滤液
（2024·全国甲卷）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的+2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。
思维主线和方法模型
加入了什么物质，
发生了什么反应，
进行了什么操作，
分离了什么杂质。
关注“元素”去向
思维主线
元素转化线
价态转变线
实验操作线
备考策略
重视教考衔接
突破核心考点
关注科技前沿、新工艺技术应用、绿色化学与资源循环
提高学科融合、模块融合能力
提升信息转化能力
关注探究类设问的规范表述

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