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(共57张PPT)
2026高考冲刺考题预测化学专题
第17讲-工艺流程综合题突破
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
25年考点分布
考点类别 具体内容 出现频率
周期表和构造原理 元素的位置/电子排布 中
方程式书写 化学/离子方程式 高
沉淀与pH控制 Ksp计算、沉淀分离 高
电化学 电解、放电顺序、电极反应 中
晶体结构 晶胞计算、配位数 中
绿色化学 循环利用、污染控制、能耗优化 中
计算题 浓度、产率、物质的量比、晶胞参数 高
成分判断 滤渣、滤液成分 高
条件控制 浓度、温度、压强、催化剂 高
其他 配合物、超分子、手性碳、化合价、杂化类型 低
25高考 周期表/构造原理 陌生方程式书写 沉淀与PH控制 电化学 晶体 结构 绿色 化学 计算 成分 判断 条件
控制
全国 √ √ √ √ √
云南 √ √ √ √ √
广东 √ √ √ √ √
河北 √ √ √ √ √ √
山东 √ √ √ √ √ √
安徽 √ √ √ √ √ √
黑吉辽蒙 √ √ √ √
四川 √ √ √ √ √ √ √ √
湖南 √ √ √ √ √
各省考点分布
试题情境
试题情境：真实工业背景、资源循环与环保、新材料与战略资源
核心功能：凸显学科价值
1.真实工业背景：绝大多数题目以真实工业流程为背景，如有色金属冶炼、稀土提取、废料回收、绿色化工等。
2.资源循环与环保：强调“绿色化学”“资源回收”“减少污染”，如脱氯、脱硫、尾气处理、循环利用等。
3.新材料与战略资源：涉及稀土（Ce、Ga）、战略金属（Ni、Co、Li）、半导体材料（Se、Ga）等。
命题特征及设问方式
流程图+文字+数据：图文结合，信息量大，需综合解读。
多步反应与分离：流程中常包含浸取、沉淀、萃取、电解、结晶等多步操作。
计算与推理结合：涉及溶度积、平衡常数、物质的量计算、晶体结构计算等。
化学用语要求高：需准确书写陌生化学方程式、离子方程式、电子排布式等。
填空：化合价、电子排布、化学式、pH、浓度等
书写方程式：化学方程式、离子方程式
解释原因：操作目的、现象解释、绿色化学意义
计算：物质的量、浓度、产率、晶胞参数等
命题特征
设问方式
考试要求（必备知识+关键能力+学科素养）
1.必备知识
元素化合物性质（特别是过渡金属）
化学平衡（水解、沉淀溶解、配位平衡）
电化学（电解、放电顺序）
晶体结构（晶胞计算、配位数）
化学计算（浓度、pH、Ksp、产率等）
2.关键能力
信息提取与整合能力
逻辑推理与流程分析能力
化学用语表达能力
计算与数据处理能力
3.学科素养
宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想（认识视角）
科学探究与创新意识（学科实践）
科学态度与社会责任（学科价值）
重温经典
PART 02
02
一、单线型工艺流程
二、多线型工艺流程
工艺流程的呈现形式
全国卷、安徽卷、四川卷、湖南卷等
云南卷、广东卷、河北卷、黑吉辽蒙卷、山东卷等
流程形式
1.(2025全国)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是 Mg Si O (OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al 等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。
回答下列问题：
(1)绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。
(2)经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol·L )分别为：Ni2+0.005 、Fe3+0.150 、Mg2+0.430 、Al3+0.010 。滤渣①的主要成分是 、 。
2FeSO4·7H2O===Fe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
高温
Al(OH)3 Fe(OH) 3 Mg(OH) 2 Ni(OH) 2
Ksp 1.3×10-33 2.8×10-39 5.6×10-12 5.5×10-16
Fe O SiO
一、单线型工艺流程
试剂线
操作线
杂质线
镁镍铝铁的盐、SiO2、Fe2O3
SiO2、Fe2O3
(3)加入NaOH“调pH=6”,过滤后，滤渣②是 、 ,滤液中Al3+的浓度为 mol·L 。
Al(OH)3 Fe(OH) 3 Mg(OH) 2 Ni(OH) 2
Ksp 1.3×10-33 2.8×10-39 5.6×10-12 5.5×10-16
Fe(OH)3 Al(OH)3
1.3×10 9
一、单线型工艺流程
Ni2+ 、Fe3+ 、Mg2+ 、Al3+
(4)“焙烧②”后得到NiO，NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni2+的个数为 。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离 子方程式为 。
(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466 kgMg5(CO3)4(OH)2 ·4H2O，相当于固定CO2 L (标准状况)。
4
5Mg ++10OH + 4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O↓
89.6
N(Ni2+)=12×(1/4)+1=4个
一、单线型工艺流程
2. （2025安徽）某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
已知 25℃时，Ksp(SrSO4)=10-6.46，Ksp(BaSO4)=10-9.97
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族。基态原子价电子排布式为_______。
（2） “浸出液 ”中主要的金属离子有 Sr2+、___________(填离子符号)。
（3） “盐浸 ”中SrSO4转化反应的离子方程式为___________________________________ ； 25℃时，向 0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11 mol·L-1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO42-)= _______ (mol·L-1)2(忽略溶液体积的变化)。
5s2
Ca2+、Mg2+
SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)
10-8.97
一、单线型工艺流程
Ca2+、Mg2+、Sr2+
SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)
0.01 0.011 0.01 0.01
0.001
10-7.97
Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO42-)=10-9.97
0.1
0.01
（4）其他条件相同时，盐浸 2h ，浸出温度对锶浸出率的影响如图 1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_________________________________________________________________________。
（5） “浸出渣 2 ”中主要含有SrSO4、________________(填化学式)。
（6）将窝穴体 a(结构如图 2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液 ”中，能提取其中的Sr2+，原因是
________________________________________________________________________________________。
（7） 由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填标号)。
a. 加热脱水 b. 在 HCl气流中加热 c. 常温加压 d. 加热加压
温度越高，SrSO4电离速率越快，沉淀转化速率越快，相同时间浸出的锶离子越多
BaSO4、SiO2
Sr2+和K+半径接近，Sr2+所带电荷更高，与窝穴体a中的N、O相互作用更强，形成超分子的结构更稳定
T↑，v↑
K+
Sr2+
Sr2+
K+
Sr2+和K+半径接近
Sr(OH)2强碱， Sr2+不水解
a
一、单线型工艺流程
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
（2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为________________________________________________________。
（1）铜位于元素周期表第_____周期、第_____族。
四
ⅠB
2CuCl2 + 2Na2CO3 + H2O = Cu2(OH)2CO3↓+ 4NaCl + CO2↑
Cu2(OH)2CO3
Zn2(OH)2CO3
CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2
NaCl
一、单线型工艺流程
除铅、铁、硅
Fe(OH)3
（3）滤渣①中，除SiO2外，主要还有________。
SiO2
PbSO4
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
PbSO4
（4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH=3.5左右，发生反应的离子方程式为
_________________________________________________________。
4Fe3+ + 3Zn2(OH)2CO3 + 2H2O = 4Fe(OH)3↓+ 6Zn2+ + 3CO2↑
Cu2(OH)2CO3
Zn2(OH)2CO3
CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2
CuSO4
ZnSO4
Fe2(SO4)3
CuSO4
ZnSO4
一、单线型工艺流程
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
（5）“深度脱氯”时，Cl―的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，使Cl―被脱除。欲脱除1.0 mol Cl―，理论上需要锌粉_____mol。
0.5
2Cu2+ + 2Cl￣+ Zn = 2CuCl + Zn2+
1.0mol
0.5mol
一、单线型工艺流程
（6）CuCl可以通过_____（填序号）使其溶解，并返回到____________步骤中。
a.盐酸酸化、双氧水氧化
b.硫酸酸化、KMnO4氧化
c.硝酸酸化和氧化
d.硫酸酸化、双氧水氧化
不引入新杂质，无污染
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
d
“深度脱氯”
最终要获得的是硫酸锌，氯离子为杂质，不能用盐酸
Cl―氧化为Cl2，污染环境;引入K+、Mn2+杂质
硝酸被还原为NOx，污染环境
一、单线型工艺流程
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
（7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是__________。
“电解分离”时，阴极溶液中主要含Cu2+、Zn2+和H+，放电顺序为Cu2+>H+>Zn2+，当产生大量气泡时，说明Cu2+已经完全被还原，H+或水得电子生成氢气，而Zn2+未开始反应，说明铜、锌分离已完成。
一、单线型工艺流程
CuSO4
ZnSO4
CuSO4
ZnSO4
Cu2+>H+>Zn2+
3.（2025·四川）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
（7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
②“电解分离”前，需要脱氯的原因有_________________________________。
a.防止阳极失电子生成氯气而污染环境。
b.Cl―可能干扰阴极铜的沉积，导致产品不纯(生成CuCl)或效率降低。
一、单线型工艺流程
4.(2025湖南）一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液（NiSO4、CoSO4、MnSO4）的工艺流程如下：
SiO2
Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+
Mn2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+
Mn2+、Co2+、Ni2+、Cu2+
Mn2+
Co2+
Ni2+
Mn2+
Co2+
Ni2+
Mn2+
一、单线型工艺流程
已知：① 金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子（假定浓度均为0.1 mol·L－1）开始沉淀和完全沉淀（c≤1.0×10－5 mol·L－1 ）的pH：
Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ Co2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
（1）基态Ni的价层电子排布式为 。
（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 （写化学式）；SO2还原Co2O3的化学方程式为 。
3d84s2
SiO2
SO2+Co2O3+H2SO4 = 2CoSO4+H2O
SO2+Co2O3 = CoSO4
+H2SO4
2
+H2O
+4
+3
+2
+6
2
1×2
一、单线型工艺流程
（3）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3的离子方程式为 ，加热至 200 ℃的主要原因是 。
（4）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)不超过 mol·L－1。
Al3＋ Cu2＋
开始沉淀的pH 3.3 4.7
完全沉淀的pH 4.6 6.7
4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3+8H+
金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子
Fe(OH)3
→Fe2O3
防止形成Fe(OH)3胶体，造成其吸附其他金属阳离子，使产率下降
c(Cu2+) =10-5 mol/L
Ksp[Cu(OH)2]= 10-5 ×(10-7.3)2=10-19.6
c(OH-)=10-8.8 mol/L
Q=c(Cu2+)c2(OH-) ＜Ksp[Cu(OH)2]=10-19.6
c(Cu2+) ＜10-2 mol/L
0.01
一、单线型工艺流程
（5）“第二次萃取”时 、 （填离子符号）与混合萃取剂形成的配合物（其结构如所示，M表示金属元素）更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
Mn2+
Co2+
Ni2+
Mn2+
Co2+
Ni2+
sp2
一、单线型工艺流程
一、单线型工艺流程
1.特点：从原料到最终产品为单一主线，流程相对简单，通常只涉及一种主要产品。
2.解题方法：采用首尾分析法，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)，找出它们的关系，弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提纯的化工工艺。
3.难点：准确把握整个流程的连贯性，理解各步骤间的逻辑关系，避免遗漏关键环节。
1 ． (2025云南）从褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其他有价金属的一种工艺如下：
已知：
①金－银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13。
试剂线
操作线
杂质线
目标产品
Fe2+、Mn2+ 、Cu2+
Fe2+、Mn2+
Fe3+、Mn2+
Au、Ag、SiO2
二、多线型工艺流程
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 。
（2）“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为 。
Cu的原子序数为29，其基态原子价层电子排布式为3d104s1
“还原酸浸”时，MnO2为氧化剂，与Na2SO3发生氧化还原反应，结合酸性环境得出离子方程式：
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①Au＋5S2O32－＋[Cu(NH3)4]2＋＝ [Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3
②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋H2O＝ 4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12S2O32－
上述过程中的催化剂为 。
3d104s1
[Cu(NH3)4]2＋
有无有
二、多线型工艺流程
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 。
“滤液1”中含有什么物质？从物质循环利用、环境保护、提高产物产量角度进行分析。
MnO2＞Fe3＋＞Cu2＋
大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度
Fe2+、Mn2+
Fe3+、Mn2+
二、多线型工艺流程
已知：
①金－银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OH)2析出，则c(Mn2＋)≤ mol·L－1。
0.19
Mn2+
（7）一种锑锰（Mn3Sb）合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。
②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为 g·cm－3（列出计算式即可）。
面心立方晶胞
12
该晶胞的质量为(a×10-7)3ρNA=122+55×3
二、多线型工艺流程
2.（2025广东）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探
究新型绿色冶铁方法的工艺如下：
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al (OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
Fe2+等
二、多线型工艺流程
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为： +O2+ H2O Fe2O3↓+ H+
(3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L，c(Ni2+)=0.042mol/L。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_____。
高压
△
A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
Fe2+
8
2
4
4
AD
5.0
Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)
2.2×10-20 =0.022×c2(OH-)
c(OH-)=10-9mol/L
pH=14+lg(OH-)=5.0
2.2×10-20 5.5×10-16
＜
二、多线型工艺流程
(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。
(5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi-Cu:dNi-N= :1，则x:y:z= ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。
2
3:1:1
12
2
2
1
2
Ni
Cu
N
3×8×1/2=12
Fe2O3+3H2 2Fe+3H2O
700℃
2NH3 N2+3H2
高温、高压
催化剂
没有污染物产生
8×1/8=1
6×1/2=3
1×100%=1
二、多线型工艺流程
3. (2025河北)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO 。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式：______________。
（2）煅烧工序中Fe(CrO ) 反应生成K CrO4化学方程式：______________________________________。
（3）浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe2O3、H2SiO3________、__________(填化学式)。
3d 4s1
KAlO2
MgO
MgO
Al(OH)3
+3
二、多线型工艺流程
K2SiO3
铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO 。
回答下列问题：
（4）酸化工序中需加压的原因：____________________________________________________。
（5）滤液Ⅱ的主要成分：______________ (填化学式)。
增大CO2的溶解度，提供足够浓度的H+
KHCO3
2CrO42- + 2H+ Cr2O72-+H2O
二、多线型工艺流程
铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO 。
回答下列问题：
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 ：
Fe(CO) + ________ + _________ = Cr(OH) ↓+ _________ + _______+___ CO
（7）滤渣Ⅱ可返回______________工序(填工序名称)。
K2CrO4
Fe(OH)3↓
4H2O
2KOH
5
↑
Cr(OH)3、Fe(OH)3
煅烧
二、多线型工艺流程
4. (2025黑吉辽蒙)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+；②Ksp [Pb(OH)2]=10-14.8；
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题：
（1） H2A分子中手性碳原子数目为_______。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82-)转变为_______(填离子符号)。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。
ZnS、PbSO4
FeS和CuCl
Fe(OH)3、S、PbSO4
Fe(OH)3、S
[Zn(NH3)4]2+
(NH4)2SO4
2
SO42-
温度升高，浸出速率增大，浸出率升高;温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
二、多线型工艺流程
[Zn(NH3)4]2+ 、[Cu(NH3)4]2+
Fe(OH)3、S、PbSO4
4. (2025黑吉辽蒙)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。
（5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。
（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。
（7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
[Zn(NH3)4]2+ 、[Cu(NH3)4]2+
Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
Fe
Pb(OH)2
Ksp [Pb(OH)2]=10-14.8
Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)
PbC4H4O6
+2
+6
4CO
2e-
pH值升高，OH-浓度增大，A2-水解平衡逆向移动，A2-离子浓度增大
二、多线型工艺流程
Fe(OH)3、S
1.特点：从同一原料出发，生产多种产品(包括主产品和副产品)，流程更复杂，常涉及物质循环利用。
2.解题方法：采用截段分析法，将流程分段分析，识别"分支副产品"，关注物质循环路径；或使用 "三线法" （试剂线、杂质线、操作线）系统分析。
3.难点：追踪各产品的生成路径，理解副产品的形成原因，分析循环利用物质的路径和意义。
二、多线型工艺流程
八道高考题——工艺流程就是系统除杂的过程
1.目标元素千变万化，为什么总是这几种杂质元素？
2.为什么总是要预处理之后才能进行分离除杂？固体直接除杂不行吗？
学科特色思维
结构决定性质
性质反映结构
固体（力太大-难分离）
液体（自由-各个击破）
气体（太自由-难控制）
破坏微粒间作用力惯用方式
极性溶剂（H2O、配合等）
煅烧＋辅助（氧化或还原）
八道高考题——工艺流程就是系统除杂的过程
【解法点拨】
解决工艺流程题的关键在于系统分析和精准把握流程逻辑，以下是核心步骤和方法：
一、审题三要素
1. 明确目的：快速抓住题干中的"制备"或"提纯"关键词，确定目标产物
2. 识别原料：分析原料成分及杂质，注意题干中隐含的元素信息
3. 提取信息：关注流程图中的箭头指向（进料为反应物，出料为生成物）和三线结构（操作线、试剂线、杂质线）
【解法点拨】
解决工艺流程题的关键在于系统分析和精准把握流程逻辑，以下是核心步骤和方法：
二、流程分析四步法
1. 整体把握：先浏览全图，识别原料预处理、核心反应、分离提纯三大阶段
2. 分段解析：将复杂流程切割为若干独立步骤，逐一分析每步的反应原理和操作目的
3. 元素追踪：沿流程线追踪关键元素的转化路径，注意价态变化和物质形态转变
4. 条件控制：重点关注pH调节、温度控制、试剂用量等条件设置的化学原理
【解法点拨】
解决工艺流程题的关键在于系统分析和精准把握流程逻辑，以下是核心步骤和方法：
三、答题关键点
1. 规范表述：使用专业术语，如"趁热过滤"、"冰水洗涤"、"调节pH至沉淀完全"
2. 原理结合：解释操作目的时，联系化学平衡、沉淀溶解、氧化还原等原理
3. 绿色思维：关注资源循环利用、减少污染等可持续发展理念
4. 计算精准：涉及Ksp、产率计算时，注意单位和有效数字
考题预测
PART 03
03
综合以上2025年十几个省份对于工艺流程题的考查，我们预测2026年高考工艺流程题的命题趋势仍然是聚焦真实工业情境，综合考查物质制备与分离提纯，必考沉淀溶解平衡计算（Ksp）、配合物反应、pH调控及绿色化学（循环利用）。侧重信息提炼与原理应用，特别是陌生方程书写与条件分析。
考题预测
1.（2026年山东日照）第二代钠电池以Na2ZrCl6作为固态电解质，工业上以锆英石（主要成分ZrSiO4，含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质）为原料生产的Na2ZrCl6工艺流程如下：
已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2－；
②“煅烧”后固体主要成分为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3；
③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图：
试剂线
操作线
杂质线
ZrSiO4、Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2
H2SiO3SiO2
ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2－
ZrO2+Cr3+
Fe3+
ZrO2
Fe2O3
Cr2O3
ZrCl4
FeCl2
CrClX
(1)Pb3O4在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生反应的离子方程式为 。
(2)“调pH”后，废液中 =1.8，则废液中c(Fe3+)为 mol·L－1(已知：25℃时，Ksp [Fe(OH)3]=4×10-38，Kb [NH3·H2O]=1.8×10-5)
(3)“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。
Pb3O4+14Cl－+8H+=Cl2 +[PbCl4]2－+4H2O
Ksp [Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH－)=4×10-38
c(OH－)=10-5
c(Fe3+)=4×10-23
4×10-23
(4)CrCl3的沸点远高于FeCl3的原因可能是 。
“还原“的主要目的是 。
(5)Na2ZrCl6晶体可传导O2－，利用Na2ZrCl6晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物(NOx)转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为 。
CrCl3属于离子晶体，而FeCl3属于分子晶体
2NOx + 4x e－ = N2 + 2x O2－
NOx + e－ = N2 + O2－
+2x
0
2x×2
2 4x 2x
把FeCl3还原为沸点更高的FeCl2，防止产生FeCl3升华影响产品纯度
2.（2026唐山市二模）辉钼精矿的主要成分为MoS2（含CuFeS2、FeS2、SiO2等杂质），全湿法提钼工艺流程如下：
已知：
ⅰ．“加压浸出”中Mo元素转化为MoO42-和MoO3（难溶），其余金属元素均转化为高价金属阳离子。
ⅱ．N235为胺类萃取剂，可表示为R3N，萃取与反萃取的原理为：2R3N+2H++ MoO42- (R3NH)2MoO4。
ⅲ．Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10 20，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 39。
试剂线
操作线
杂质线
MoS2、CuFeS2、FeS2、SiO2
MoO3
SiO2
Cu2+、Fe3+、MoO42-
SiO2
Cu2+、Fe3+
回答下列问题：
（1）Mo（42号元素）与Cr同族，基态钼原子的价层电子排布式：________。
（2）“加压浸出”中S元素全部转化为SO42-，写出FeS2转化的化学方程式：________。
（3）若萃余液中金属阳离子的浓度均为0.02 mol·L 1，调节溶液pH使Fe3+与Cu2+深度分离（离子浓度不超过1.0×10 6 mol·L 1，可认为深度分离，假设溶液体积不变），需控制pH的范围为__________。
3d54s1
4d55s1
4FeS2+15O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2H2SO4
ⅲ．Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10 20，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 39
Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH－)
1.0×10 39=1.0×10 6·c3(OH－)
c(OH－)=10 11
pH=3
Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH－)
2.0×10 20=0.02·c2(OH－)
c(OH－)=10 9
pH=5
3.0≤pH＜5.0
（4）“碱浸渣”的主要成分为________；试剂X最好选用__________（填名称）；可提高反萃取率的方法有__________（填序号）。
a.多次反萃取 b．将溶液调至酸性 c．提高试剂X的浓度
（5）“常压碱浸”中有温室气体产生，写出该过程的离子方程式： _____________。
SiO2
萃取与反萃取的原理为：2R3N+2H++ MoO42- (R3NH)2MoO4。
氨水
ac
MoO3
CO32－+MoO3=MoO42－+CO2
（6）已知FeS2为立方晶胞，晶胞结构如图所示（晶胞参数为a nm）：
①晶胞中Fe2+的配位数为__________。
②晶体的密度为__________g·cm 3。
6
该晶胞的质量为(a×10-7)3ρNA=120×4
4
4
(1)试题难度：一般为中等偏上的难度。
(2)试题情境：一般是陌生复杂的情境，为矿物开发利用工艺和工业废料再利用两个情境中的一个。
(3)命题角度：以元素及其化合物为载体，融合元素及其化合物、基本概念、基础理论、化学反应原理、物质结构与性质以及化学实验六个方面进行命制。
(4)题型特征
①多以工业流程图的形式呈现，阅读量相对较大。
②题目结构：一般包括三部分，试题情境、流程图和设问。
③流程图特征：一般包括三个阶段，预处理阶段、分离提纯阶段和后期处理阶段；呈现形式一般包括三行，第一行为试剂线，第二行为操作线，第三行为杂质线。
④流程形式：单线型流程或多线型流程
考题预测
(5)考点设置
①元素及其化合物方面，主要包括元素及其化合物性质、相互转化关系、应用等。
②基本概念和基础理论方面，主要包括氧化还原反应、化合价的变化、电子的转移、化学或离子方程式的书写等。
③反应原理方面，主要包括提高反应速率和限度的条件、平衡的移动、电化学原理的应用、滴定法测定含量、利用溶度积等常数的计算等。
④物质结构与性质方面，主要包括结构与性质的关系，特别是晶体结构与性质等。
⑤化学实验方面，主要包括物质的分离、除杂、提纯、检验等。
考题预测
(6) 特别关注
①注意元素化合物的转化和实验基本操作的结合,常涉及除杂及离子的检验等。因为常见工业生产都会涉及除杂和分离等环节,特别常用的是通过调节溶液的pH达到除杂或分离保存等),这也是流程图题中的新变化。
②化工生产的特点:原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护等。
③与结构与性质模块知识的整合。
④萃取与反萃取的操作及其应用。
⑤根据题给信息非常规问题的分析判断。
考题预测
（7）备考指导
在备考中，要求学生做好以下几个方面的学习：
①掌握本题型的基本特征，熟悉工艺流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。
②掌握工业生产中常用的化学术语，比如粉碎、溶浸、酸溶、碱洗、焙烧、煅烧等。
③掌握物质转化思想和元素守恒思想在解决实际问题中的应用。
④掌握陌生方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及其应用等。
⑤掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。
⑥掌握条件控制的方法和目的，如温度、酸碱性的调控等。
考题预测第17讲-工艺流程综合题突破
考情解码
1.2025年考点分布
考点类别 具体内容 出现频率
周期表和构造原理 元素的位置/电子排布 中
方程式书写 化学/离子方程式 高
沉淀与pH控制 Ksp计算、沉淀分离 高
电化学 电解、放电顺序、电极反应 中
晶体结构 晶胞计算、配位数 中
绿色化学 循环利用、污染控制、能耗优化 中
计算题 浓度、产率、物质的量比、晶胞参数 高
成分判断 滤渣、滤液成分 高
条件控制 浓度、温度、压强、催化剂 高
其他 配合物、超分子、手性碳、化合价、杂化类型 低
2.2025年各省考点分布
25高考 周期表/构造原理 陌生方程式书写 沉淀与PH控制 电化学 晶体 结构 绿色 化学 计算 成分 判断 条件 控制
全国 √ √ √ √ √
云南 √ √ √ √ √
广东 √ √ √ √ √
河北 √ √ √ √ √ √
山东 √ √ √ √ √ √
安徽 √ √ √ √ √ √
黑吉辽蒙 √ √ √ √
四川 √ √ √ √ √ √ √ √
湖南 √ √ √ √ √
3.试题情境
（1）真实工业背景：绝大多数题目以真实工业流程为背景，如有色金属冶炼、稀土提取、废料回收、绿色化工等。
（2）资源循环与环保：强调“绿色化学”“资源回收”“减少污染”，如脱氯、脱硫、尾气处理、循环利用等。
（3）新材料与战略资源：涉及稀土（Ce、Ga）、战略金属（Ni、Co、Li）、半导体材料（Se、Ga）等。
通过对真实工业背景、资源循环与环保、新材料与战略资源的考查凸显化学学科价值
4.命题特征及设问方式
（1）命题特征
①流程图+文字+数据：图文结合，信息量大，需综合解读。
②多步反应与分离：流程中常包含浸取、沉淀、萃取、电解、结晶等多步操作。
③计算与推理结合：涉及溶度积、平衡常数、物质的量计算、晶体结构计算等。
④化学用语要求高：需准确书写陌生化学方程式、离子方程式、电子排布式等。
（2）设问方式
①填空：化合价、电子排布、化学式、pH、浓度等。
②书写方程式：化学方程式、离子方程式。
③解释原因：操作目的、现象解释、绿色化学意义。
④计算：物质的量、浓度、产率、晶胞参数等。
（3）考试要求（必备知识+关键能力+学科素养）
①必备知识：元素化合物性质（特别是过渡金属）；化学平衡（水解、沉淀溶解、配位平衡）；电化学（电解、放电顺序）；晶体结构（晶胞计算、配位数）；化学计算（浓度、pH、Ksp、产率等）。
②关键能力：信息提取与整合能力；逻辑推理与流程分析能力；化学用语表达能力；计算与数据处理能力。
③学科素养：宏观辨识与微观探析、证据推理与模型认知、变化观念与平衡思想（认识视角）；科学探究与创新意识（学科实践）；科学态度与社会责任（学科价值）。
重温经典
工艺流程的呈现形式有两种形式：单线型工艺流程和多线型工艺流程。
先看呈现单线工艺流程的几道高考题：
【例1】(2025全国)我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是 Mg Si O (OH)4，伴生有少量Ni、Fe、Al 等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。
Al(OH)3 Fe(OH) 3 Mg(OH) 2 Ni(OH) 2
Ksp 1.3×10-33 2.8×10-39 5.6×10-12 5.5×10-16
回答下列问题：
(1)绿矾(FeSO4·7H2O)在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物，反应的化学方程式为 。
(2)经 “焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度(mol·L )分别为：Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430 、Al3+0.010。滤渣①的主要成分是 、 。
(3)加入NaOH“调pH=6”,过滤后，滤渣②是 、 ,滤液中Al3+的浓度为 mol·L 。
(4)“焙烧②”后得到NiO，NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni2+的个数为 。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。
(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466 kgMg5(CO3)4(OH)2 ·4H2O，相当于固定CO2 L (标准状况)。
【答案】(1)2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O
(2)Fe2O3 SiO2
(3)Fe(OH)3 Al(OH)3 1.3×10 9 (4)4
(5)5Mg ++10OH + 4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O↓ (6)89.6
【解析】本流程的目的是回收NiO并矿化固定二氧化碳。以绿矾耦合蛇纹石提取镁盐矿化封存CO2, 同时富集并回收蛇纹石中镍的实验研究为载体，结合中学化学中的化学基本原理、元素及化合物性质等知识内容，以工艺流程简图的形式呈现给考生。
(1)绿矾是一种含硫、铁的矿物资源。硫酸盐在高温下受热分解，产物为金属氧化物和三氧化硫；若硫酸盐的阳离子具有还原性，在分解温度下会被SO3进一步氧化。故FeSO4·7H2O分解反应为：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O。
(2) 绿矾分解产物中的Fe2O3和蛇纹石中的Si元素生成的SiO2在水浸中都将被过滤出。所以滤渣①的主要成分为Fe2O3和SiO2。
(3) 加入NaOH“调pH=6”，可知此时c(OH-)=10-8 mol·L ，利用题目表格中的Ksp可以求出以上4种金属离子的浓度：、、、。此时沉淀为Fe(OH)3、Al(OH)3。滤液中Al3+的浓度为1.3×10 9 mol·L 。
(4)“焙烧②”后得到NiO，图中根据NiO晶胞原子半径大小可以推断出半径大的为O元素处于晶胞的顶点和面心，处于棱上和体心的是Ni元素。利用均摊法N(Ni2+)=12×(1/4)+1=4个。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应得到了Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O，参与反应的物质有Mg +、OH 、CO2，所以5Mg ++10OH + 4CO2=Mg5(CO3)4(OH)2·4H2O↓。
(6)1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，其中0.466 kgMg5(CO3)4(OH)2 ·4H2O恰好为1mol，而每个Mg5(CO3)4(OH)2 ·4H2O中含有4个C元素，根据元素守恒可以计算出固定CO2为4mol，标准状况下为89.6L。
【例2】(2025安徽)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。
已知 25℃时， Ksp(SrSO4)=10-6.46， Ksp(BaSO4)=10-9.97
回答下列问题：
（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA 族。基态原子价电子排布式为_______。
（2） “浸出液 ”中主要的金属离子有 Sr2+、_______(填离子符号)。
（3） “盐浸 ”中SrSO4转化反应的离子方程式为_______ ； 25℃时，向 0.01 mol SrSO4粉末中加入100 mL 0.11mol ·L-1 BaCl2溶液，充分反应后，理论上溶液中c(Sr2+)·c(SO42-)= _______ (mol ·L-1)2(忽略溶液体积的变化)。
（4）其他条件相同时，盐浸 2h ，浸出温度对锶浸出率的影响如图 1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因是_______。
（5） “浸出渣 2 ”中主要含有SrSO4、_______(填化学式)。
（6）将窝穴体 a(结构如图 2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液 ”中，能提取其中的Sr2+，原因是__。
（7） 由SrCl2·6H2O制备无水SrCl2的最优方法是_______(填标号)。
a. 加热脱水 b. 在 HCl气流中加热 c. 常温加压 d. 加热加压
【答案】（1） 5s2
（2） Ca2+、 Mg2+
（3）①. SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq) ②. 10-8.97
（4 ） 温度越高，硫酸锶的电离速度越快，沉淀转化速率越快，同样时间内溶浸出的锶离子越多。
（5） BaSO4、 SiO2
（6） Sr2+和K+半径接近，Sr2+所带电荷更高，与窝穴体a中的N、O相互作用力更强，形成超分子后，结构更稳定
（7）a
【解析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体；
(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为 5s2；
(2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液 ”中主要的金属离子有 Sr2+、 Ca2+、 Mg2+；
(3)由分析可知，“盐浸 ”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4(s)+Ba2+(aq) BaSO4(s)+Sr2+(aq)；该反应的平衡常数 。平衡常数很大，可近似认为SrSO4完全转化，溶液中剩余n(Ba2+)=0.001 mol，c(Ba2+)=0.01 mol·L-1，通过Ksp(BaSO4)计算c(SO42-)：c(SO42-)=Ksp(BaSO4)/c(Ba2+)=10-7.97 mol·L-1 ，c(Sr2+)·c(SO42-)=0.1×10-7.97=10-8.97(mo·L-1)2。
(4)从平衡角度，沉淀转化反应K很大，锶的浸出率应该很高。实际是温度对锶浸出率影响很大，且反应不彻底。需要从反应速率角度来解答。速率控制步骤为硫酸锶的电离。温度越高，硫酸锶的电离速度越快，沉淀转化速率越快，同样时间内溶浸出的锶离子越多。
(5)“盐浸 ”时发生沉淀转化，生成BaSO4，SiO2不参与反应，故漫出渣 2”中主要含有SrSO4、BaSO4、SiO2；
(6)窝穴体 a与 K+形成的超分子加入“浸出液 ”中，能提取其中的 Sr2+，原因是Sr2+与K+半径接近(对角线规则)，能进入到窝穴a笼中，且Sr2+所带电荷更高，与窝穴a的 N 、O相互作用更强，形成超分子的结构更稳定；
(7)Ca(OH)2为强碱，根据元素周期律，Sr (OH)2也是强碱， Sr2+不水解，不用在HCl气流中加热，常压直接加热即可。故选 a。
【例3】(2025四川)为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟道灰(主要含有CuCl2、ZnCl2、CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2等)进行研究，设计如下工艺流程，实现了铜和锌的分离回收。
回答下列问题：
（1）铜位于元素周期表第_____周期、第_____族。
（2）“碱浸脱氯”使可溶性铜盐、锌盐转化为碱式碳酸盐沉淀。其中，铜盐发生反应的化学方程式为_______________________。
（3）滤渣①中，除SiO2外，主要还有________。
（4）“中和除杂”步骤，调控溶液pH=3.5左右，发生反应的离子方程式为_____。
（5）“深度脱氯”时，Cl―的存在使锌粉还原产生的Cu与Cu2+反应，生成能被空气氧化的CuCl沉淀，使Cl―被脱除。欲脱除1.0 mol Cl―，理论上需要锌粉_______mol。
（6）CuCl可以通过_______（填标号）使其溶解，并返回到_______步骤中。
a.盐酸酸化、双氧水氧化 b.硫酸酸化、KMnO4氧化
c.硝酸酸化和氧化 d.硫酸酸化、双氧水氧化
（7）“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是_________。
②“电解分离”前，需要脱氯的原因有_____________________________。
【答案】（1）四、ⅠB。
（2）2CuCl2 + 2Na2CO3 + H2O = Cu2(OH)2CO3↓+ 4NaCl + CO2↑。
（3）PbSO4。
（4）4Fe3+ + 3Zn2(OH)2CO3 + 2H2O = 4Fe(OH)3↓+ 6Zn2+ + 3CO2↑。
（5）0.5。
（6）d 碱浸脱氯
（7）①“电解分离”时，阴极溶液中主要含Cu2+、Zn2+和H+，放电顺序为Cu2+>H+>Zn2+，当产生大量气泡时，说明Cu2+已经完全被还原，H+或水得电子生成氢气，而Zn2+未开始反应，说明铜、锌分离已完成。
②a.防止阳极失电子生成氯气而污染环境。
b.Cl―可能干扰阴极铜的沉积，导致产品不纯(生成CuCl)或效率降低。
【解析】结合流程分析，“碱浸脱氯”工序中，CuCl2、ZnCl2、转化为Cu2(OH)2CO3和Zn2(OH)2CO3，CuO、ZnO、PbO、Fe2O3、SiO2不反应，共同进入浸渣中，硫酸酸浸后，含铜和锌物质转化为CuSO4和ZnSO4，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，PbO转化为PbSO4沉淀，再用Zn2(OH)2CO3在“中和除杂”步骤除去Fe3+，所得溶液中主要离子为Zn2+和Cu2+，以及微量的 Cl―，“深度脱氯”工序中，除去微量的 Cl―后，电解所得溶液得到Cu，再从电解后的溶液中结晶获得ZnSO4，进而达到铜、锌分离的目的。
（1）铜为29号元素，位于元素周期表第四周期ⅠB族。
（2）“碱浸脱氯”工序，CuCl2 转化为Cu2(OH)2CO3，反应的化学方程式为2CuCl2 + 2Na2CO3 + H2O = Cu2(OH)2CO3↓+ 4NaCl + CO2↑。
（3）硫酸酸浸后，SiO2不反应，PbO转化为PbSO4沉淀，同时进入滤渣。
（4）“中和除杂”调pH=3.5左右的目的是除去Fe3+，反应的离子方程式为：
4Fe3+ + 3Zn2(OH)2CO3 + 2H2O = 4Fe(OH)3↓+ 6Zn2+ + 3CO2↑。
（5）“深度脱氯”时，Cl―与Cu和Cu2+反应，生成CuCl沉淀，离子方程式为：
2Cu2+ + 2Cl―+ Zn = 2CuCl + Zn2+依据离子方程式的计量关系可知，欲脱除1.0 mol Cl―，理论上需要锌粉0.5mol。
（6）a.HCl与H2O2可能发生反应生成Cl2，a选项错误；
b.KMnO4可将Cl―氧化为Cl2，污染环境，b选项错误；
c.硝酸被还原为NOx，污染环境，c选项错误；
d.2CuCl+H2O2+2H+=2Cu2++2Cl―+2H2O，不引入新杂质，无污染，d选项正确。
生成的Cu2+返回“深度脱氯”工序，参与反应2Cu2+ + 2Cl―+ Zn = 2CuCl + Zn2+，提高铜的回收率。
（7）①“电解分离”时，阴极溶液中主要含Cu2+、Zn2+和H+，放电顺序为Cu2+>H+>Zn2+，当产生大量气泡时，说明Cu2+已经完全被还原，H+或水得电子生成氢气，而Zn2+未开始反应，说明铜、锌分离已完成。
②若“电解分离”前，不进行脱氯，则溶液中的Cl―可在阳极失电子生成氯气而污染环境，在阴极可能参与反应生成CuCl导致产品不纯或降低电解效率，故答案为：
a.防止阳极失电子生成氯气而污染环境。
b.Cl―可能干扰阴极铜的沉积，导致产品不纯(生成CuCl)或效率降低。
【例4】(2025湖南)一种从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液（NiSO4、CoSO4、MnSO4）的工艺流程如下：
已知：① 金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子。
②常温下，溶液中金属离子（假定浓度均为0.1 mol·L－1）开始沉淀和完全沉淀
（c≤1.0×10－5 mol·L－1 ）的pH：
Fe3＋ Al3＋ Cu2＋ Ni2＋ Co2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 1.9 3.3 4.7 6.9 7.4 8.1
完全沉淀的pH 3.2 4.6 6.7 8.9 9.4 10.1
回答下列问题：
（1）基态Ni的价层电子排布式为 （填标号）。
（2）“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 （写化学式）；SO2还原Co2O3的化学方程式为 。
（3）“沉铁”时，Fe2＋转化为Fe2O3的离子方程式为 ，加热至 200 ℃的主要原因是 。
（4）“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，该溶液中c(Cu2＋)不超过 mol·L－1。
（5）“第二次萃取”时 、 （填离子符号）与混合萃取剂形成的配合物（其结构如所示，M表示金属元素）更稳定，这些配合物中氮原子的杂化类型为 。
【答案】（（1）3d84s2 （2） ①SiO2 ② SO2+Co2O3+H2SO4 = 2CoSO4+H2O
（3）①4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3+8H+
② 防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
（4）1×10-2 （5） ① Co2+ Ni2+ sp2
【解析】金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、CuO]加入SO2、H2SO4进行酸浸还原，得到的滤渣含有SiO2，滤液中含有Mn2+、Fe2+、Co2+、Al3+、Ni2+、Cu2+，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到Fe2O3滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到Al(OH)3，加入萃取剂第一次萃取Cu2+，分液得到Cu2+的萃取液1，萃余液1中加入混合萃取剂进行第二次萃取，得到电池级镍钴锰混合溶液，萃余液2中电解得到金属锰，据此解答。
(1)Ni原子的价电子是指3d和4s能级上的电子，所以基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2；
(2)由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；SO2将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到CoSO4，化学方程式为SO2+Co2O3+H2SO4 = 2CoSO4+H2O；
(3)“沉铁”时，Fe2+转化为Fe2O3，铁元素化合价上升，则O2做氧化剂，离子反应为：4Fe2++O2+4H2O 2Fe2O3+8H+；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
(4)由表可知，Ksp[Cu(OH)2]=1.0×10-5 mol/L ×()2=10-19.6，“沉铝”时，未产生Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2+)＜= mol/L=1×10-2 mol/L；
(5)由流程可知，第二次萃取时，主要萃取Co2+、Ni2+，因此Co2+、Ni2+与混合萃取剂形成的配合物更稳定；六元杂环是平面结构，N原子提供单电子用于环内形成π66大π键，剩余1对孤对电子形成配位键，N的价层电子对数为3，是sp2杂化。
【小结】
1.特点：从原料到最终产品为单一主线，流程相对简单，通常只涉及一种主要产品。
2.解题方法：采用首尾分析法，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)，找出它们的关系，弄清原料转化的基本原理和除杂、分离、提纯的化工工艺。
3.难点：准确把握整个流程的连贯性，理解各步骤间的逻辑关系，避免遗漏关键环节。
再看呈现多线工艺流程的几道高考题
【例1】(2025云南)从褐铁矿型金－银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回收其他有价金属的一种工艺如下：
已知：
①金－银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。
②25℃时，Mn(OH)2的Ksp为1.9×10－13。
回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 。
（2）“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为 。
（3）“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下：
①Au＋5＋[Cu(NH3)4]2＋＝＝＝ [Au(S2O3)2]3－＋[Cu(S2O3)3]5－＋4NH3
②4[Cu(S2O3)3]5－＋16NH3＋O2＋H2O＝＝＝ 4[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋12
上述过程中的催化剂为 。
（4）“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 。
（5）根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，无Mn(OH)2析出，则c(Mn2＋)≤ mol·L－1。
（7）一种锑锰（Mn3Sb）合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。
②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为a nm，则晶体的密度为 g·cm－3（列出计算式即可）。
【答案】（1）3d104s1
（2）MnO2＋＋2H＋＝＝＝ Mn2＋＋＋H2O
（3）[Cu(NH3)4]2＋
（4）大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度
（5）MnO2＞Fe3＋＞Cu2＋
（6）0.19
（7）①12 ② g
【解析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 、被还原为和，CuO被溶解为，Au、Ag、不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，被铁粉还原为Cu；“氧化时”被氧化为；“沉铁”时，转化为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出Au、Ag。
（1）Cu的原子序数为29，根据能量最低原理、洪特规则、泡利原理等，可知其基态原子价层电子排布式为3d104s1；
（2）MnO2具有氧化性，Na2SO3具有还原性，发生氧化还原反应：MnO2＋＋2H＋＝＝＝ Mn2＋＋＋H2O；
（3）根据涉及的主要反应中，可知过程中的催化剂为[Cu(NH3)4]2＋；
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；还可以减少废水的排放量和处理成本；可以回收更多的有价值的溶解成分。故“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚碳酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化为Fe3＋和Cu2＋，亚硫酸钠将Fe3＋还原为Fe2＋，而Cu2＋并未被还原，因此，Fe3＋的氧化性强于Cu2＋；“氧化”时，Fe2＋被MnO2氧化为Fe3＋，因此，MnO2的氧化性强于Fe3＋。则Fe3＋、Cu2＋、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2＞Fe3＋＞Cu2＋；
（6）pH为8.0时，c(OH－)＝10－6 mol·L－1，不析出Mn(OH)2沉淀，则c(Mn＋)≤＝＝0.19 mol·L－1；
（7）①根据锑锰（Mn3Sb）合金的立方晶胞结构可知，Sb周围与它最近且相等距离的Mn有12个（同层4个，上层4个，下层4个）；
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个Sb和3个Mn，该晶胞的质量为 g，该晶胞的体积为a×10－21 cm－3，晶体的密度为 g·cm－3。
【例2】(2025广东)我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。
已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。
氢氧化物 Fe(OH)3 Al (OH)3 Cu(OH)2 Ni(OH)2
Ksp(298K) 2.8×10-39 1.3×10-33 2.2×10-20 5.5×10-16
(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有 (写一条)。
(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为： +O2+ H2O Fe2O3↓+ H+
(3)“沉铝”时，pH最高可调至 (溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中c(Cu2+)=0.022mol/L，c(Ni2+)=0.042mol/L。
(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。
A．镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原
C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性
(5)NixCuyNz晶体的立方晶胞中原子所处位置如图。已知：同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比dNi-Cu:dNi-N=:1，则x:y:z= ；晶体中与Cu原子最近且等距离的原子的数目为 。
(6)①“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步骤发生反应的化学方程式为 和 。
②“电解”时，Fe2O3颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答题卡虚线框中，画出电解池示意图并做相应标注 。
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是 (写一条)。
【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等
(2)4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+
(3)5.0
(4)AD
(5)3:1:1 12
(6)2NH3N2+3H2 Fe2O3+3H22Fe+3H2O 没有污染物产生
【解析】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；
（2）由于SO2是还原剂，故浸取液中为Fe2+，“高压加热”时，Fe2+在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离子方程式为：4Fe2++O2+4H2O2Fe2O3↓+8H+；
（3）由Ksp[Cu(OH)2]< Ksp[Ni (OH)2]， “沉铝”时，保证Cu2+和Ni2+不沉淀，选取Ksp[Cu(OH)2]。c(Cu2+)=0.022mol/L，根据Ksp=c(Cu2+)×c2(OH-)=0.022×c2(OH-)=2.2×10-20，得出c(OH-)=10-9mol/L，pH=5.0；
（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：
A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；
B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；
C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；
D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；
（5）根据同种位置原子相同，相邻原子间的最近距离之比，设晶胞边长为a，由几何关系可知，面心的原子与顶点的原子距离为，面心的原子与体心的原子距离为，则可以确定，晶胞中面心原子为Ni，有6×个，顶点原子为Cu，有8×个，体心的原子为N，有1个，则x：y：z=3：1：1；根据分析，Cu原子处于顶角，距离最近且等距离的原子为面心上Ni原子，数目为。
（6）①氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3N2+3H2、Fe2O3+3H22Fe+3H2O；
②电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶液和Fe2O3颗粒，装置图如下： ；
③与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO气体产生。
【例3】(2025河北)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO 。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式：______________。
（2）煅烧工序中Fe(CrO ) 反应生成K CrO4化学方程式：______________。
（3）浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe O 、H SiO 、________、________(填化学式)。
（4）酸化工序中需加压的原因：______________。
（5）滤液Ⅱ的主要成分：______________ (填化学式)。
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式 Fe(CO) + ______ + _______ = Cr(OH) ↓+ _______ + _______+___ CO↑
（7）滤渣Ⅱ可返回______________工序(填工序名称)。
【答案】（1）3d 4s1
（2）4Fe(CrO ) + 16KOH + 7O2 8K CrO4 + 2Fe2O3 + 8H2O
（3）MgO、Al(OH)3
（4）增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行。
（5）KHCO3
（6）Fe(CO) +K CrO +4H O = Cr(OH) ↓+Fe(OH) ↓+2KOH+5CO↑
（7）煅烧
【解析】（1）铬为24号元素，价层电子排布式为：3d 4s1。如果按照23号钒的价电子排布式3d34s2，铬似乎应该是3d44s2。所以铬的电子排布3d 4s1是反常的，需要同学们特别记忆。事实上，价电子如何排布，是通过光谱学实验才得到的，而非简单遵循“电子排布规律”而来。
（2）铬铁矿中的Fe(CrO ) 中的Cr为+3价，Fe为+2价，煅烧过程中通入了空气，发生氧化反应得到高价的铬的化合物K CrO4。其中的化学方程式为：
4Fe(CrO ) + 16KOH + 7O2 8K CrO4 + 2Fe2O3 + 8H2O，其中反应物和K CrO4 是根据题给条件确定的，Fe2O3是根据氧化还原反应规律确定的，产物H2O是根据元素守恒分析出的，最后再根据电子得失守恒配平化学方程式。
（3）铬铁矿主要成分是Fe(CrO ) 、Mg(CrO ) 、Al O 、SiO2，碱性条件下煅烧，Fe转化为Fe2O3，Cr转化为K CrO4，Al O 转化为KAlO2、SiO2转化为K2SiO3，Mg转化为MgO。在KHCO3-K2CO3弱碱性溶液中，则会得到Fe O 、H SiO 、MgO和Al(OH)3。
（4）酸化的目的是使如下转化2CrO42- + 2H+ = Cr2O72-+H2O发生，酸性环境由通入CO2实现。由于CO2在水中的溶解度不大，因此加压可以增大CO2在水中的溶解度，保证足够的酸度。
（5）酸化工序中CO2过量，发生的反应为：
2K2CrO4 + H2O + 2CO2 = K2Cr2O7 + 2KHCO3，滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。
（6）蒸发、分离工序是通过蒸发、冷却、结晶，将K CrO4固体进入下一道工序（酸化），滤液Ⅰ中仍然存在少量的K CrO4。还原、分离工序中，加入了具有还原性的Fe(CO) ，根据相关反应信息，此工序发生的主要反应为：
Fe(CO) +K CrO +4H O = Cr(OH) ↓+Fe(OH) ↓+2KOH+5CO↑
由于K CrO 转化为Cr(OH)3还原反应，Fe(CO) 和Cr(OH)3的系数已经确定，则Fe(CO) 中的0价Fe将被氧化为Fe(OH) ，KOH是生成物、H2O作为反应物是根据元素守恒得出的。
（7）根据第（6）问可知，滤渣Ⅱ的成分为 Cr(OH) 和Fe(OH) ↓，可返回煅烧工序中循环利用。
【例4】(2025黑吉辽蒙)某工厂采用如下工艺回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+；
②Ksp [Pb(OH)2]=10-14.8；
③酒石酸(记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH)2COOH。
回答下列问题：
（1）H2A分子中手性碳原子数目为_______。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O82-)转变为_______(填离子符号)。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为_______。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为_______。
（5）滤渣2中的金属元素为_______(填元素符号)。
（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为_______，pH过高可能生成_______(填化学式)。
（7）290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1）2
（2）SO42-
（3）温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu
（5）Fe
（6）① pH升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+ SO42-正向移动，PbA产率增大 ②Pb(OH)2
（7）Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)Pb+4CO↑+2H2O↑
【解析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]2+和[Zn(NH3)4]2+，滤渣1有PbSO4和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。
（1）碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性碳原子，H2A分子中手性碳原子有2个， ；
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO42-；
（3）“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小；
（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]2+置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu；
（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；
（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+A2-PbA+ SO42-，Na2A溶液中存在A2-+H2OHA-+OH-，pH值升高，OH-浓度增大，平衡A2-+H2OHA-+OH-逆向移动，A2-离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+A2-PbA+ SO42-正向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH-浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；
（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，反应的化学方程式为：Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb+4CO↑+2H2O↑。
【小结】
1.特点：从同一原料出发，生产多种产品(包括主产品和副产品)，流程更复杂，常涉及物质循环利用。
2.解题方法：采用截段分析法，将流程分段分析，识别"分支副产品"，关注物质循环路径；或使用 "三线法" （试剂线、杂质线、操作线）系统分析。
3.难点：追踪各产品的生成路径，理解副产品的形成原因，分析循环利用物质的路径和意义。
【解法点拨】解决工艺流程题的关键在于系统分析和精准把握流程逻辑，以下是核心步骤和方法：
1.审题三要素
（1） 明确目的：快速抓住题干中的"制备"或"提纯"关键词，确定目标产物
（2）识别原料：分析原料成分及杂质，注意题干中隐含的元素信息
（3）提取信息：关注流程图中的箭头指向（进料为反应物，出料为生成物）和三线结构（操作线、试剂线、杂质线）
2.流程分析四步法
（1） 整体把握：先浏览全图，识别原料预处理、核心反应、分离提纯三大阶段
（2）分段解析：将复杂流程切割为若干独立步骤，逐一分析每步的反应原理和操作目的
（3）元素追踪：沿流程线追踪关键元素的转化路径，注意价态变化和物质形态转变
（4）条件控制：重点关注pH调节、温度控制、试剂用量等条件设置的化学原理
3.答题关键点
（1）规范表述：使用专业术语，如"趁热过滤"、"冰水洗涤"、"调节pH至沉淀完全"
（2）原理结合：解释操作目的时，联系化学平衡、沉淀溶解、氧化还原等原理
（3）绿色思维：关注资源循环利用、减少污染等可持续发展理念
（4）计算精准：涉及Ksp、产率计算时，注意单位和有效数字
三、考题预测
综合以上2025年十几个省份对于工艺流程题的考查，我们预测2026年高考工艺流程题的命题趋势仍然是聚焦真实工业情境，综合考查物质制备与分离提纯，必考沉淀溶解平衡计算（Ksp）、配合物反应、pH调控及绿色化学（循环利用）。侧重信息提炼与原理应用，特别是陌生方程书写与条件分析。
下面我们先欣赏两道最新的大地市的模拟试题关于工艺流程题的考查：
【例1】（2026年山东日照）第二代钠电池以Na2ZrCl6作为固态电解质，工业上以锆英石（主要成分ZrSiO4，含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质）为原料生产的Na2ZrCl6工艺流程如下：
已知：①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2－；
②“煅烧”后固体主要成分为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3；
③“还原”前后相关物质升华温度及沸点如图：
(1)Pb3O4在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，发生反应的离子方程式为 。
(2)“调pH”后，废液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8，则废液中c(Fe3+)为 mol·L－1(已知：25℃时，Ksp [Fe(OH)3]=4×10-38，Kb [NH3·H2O]=1.8×10-5)
(3)“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为 。
(4)CrCl3的沸点远高于FeCl3的原因可能是 。“还原“的主要目的是 。
(5)Na2ZrCl6晶体可传导O2－，利用Na2ZrCl6晶体做固体电解质电解，将废气中的氮氧化物(NOx)转化为无污染气体，则阴极的电极反应式为 。
【答案】
(1)Pb3O4+14Cl－+8H+=Cl2 +[PbCl4]2－+4H2O
(2)4×10-23
(3)ZrO2+2C+2Cl2 ZrCl4+2CO
(4)CrCl3属于离子晶体，而FeCl3属于分子晶体
把FeCl3还原为沸点更高的FeCl2，防止产生FeCl3升华影响产品纯度
(5)2NOx + 4x e－= N2 + 2x O2－
【解析】本题是单线型工艺流程，是以锆英石（主要成分ZrSiO4，含有Fe2O3、Cr2O3、Pb3O4、SiO2等杂质）为原料生产的Na2ZrCl6，在信息①“溶浸”后溶液中金属元素的存在形式为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2－，可知硅酸盐和二氧化硅将以滤渣的形式出现。所以溶出液为ZrO2+、Cr3+、Fe3+、[PbCl4]2－，“沉铅”后得到ZrO2+、Cr3+、Fe3+。由②“煅烧”后固体主要成分为ZrO2、Fe2O3和Cr2O3；“高温氯化”后得到ZrCl4、FeCl3、CrCl3，通过“还原”前后相关物质升华温度及沸点图可知“氢气还原”的目的将接近ZrCl4沸点的FeCl3转化为更高的FeCl2，防止产生FeCl3升华影响产品纯度。
(1)Pb3O4在“溶浸”时生成一种黄绿色气体，结合实验室制取氯气的反应不难写出此步的离子方程式为Pb3O4+14Cl－+8H+=Cl2 +[PbCl4]2－+4H2O
(2)“调pH”后，废液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)=1.8，Kb [NH3·H2O]=1.8×10-5得到c(NH4+)·c(OH－)/c(NH3·H2O)=1.8·c(OH－)]=1.8×10-5，计算得c(OH－)]=10-mol·L－15，再结合Ksp [Fe(OH)3]=4×10-38，则废液中c(Fe3+)为4×10-23mol·L－1
(3)“高温氯化”时，ZrO2转化为ZrCl4，同时生成一种还原性气体，由反应物可推知该气体为CO，该反应的化学方程式为ZrO2+2C+2Cl2 ZrCl4+2CO
(4)通过“还原”前后相关物质升华温度及沸点图可知：FeCl3沸点331℃为分子晶体常见沸点，CrCl3沸点1300℃为离子晶体常见沸点，所以CrCl3属于离子晶体，而FeCl3属于分子晶体。前面已分析“还原“的主要目的是把FeCl3还原为沸点更高的FeCl2，防止产生FeCl3升华影响产品纯度
(5)将废气中的氮氧化物(NOx)转化为无污染气体只能是N2，则阴极的电极反应式为2NOx + 4x e－= N2 + 2x O2－
【例2】（2026年唐山二模）辉钼精矿的主要成分为MoS2（含CuFeS2、FeS2、SiO2等杂质），全湿法提钼工艺流程如下：
已知：
ⅰ．“加压浸出”中Mo元素转化为MoO42-和MoO3（难溶），其余金属元素均转化为高价金属阳离子。
ⅱ．N235为胺类萃取剂，可表示为R3N，萃取与反萃取的原理为：
2R3N+2H++ MoO42-(R3NH)2MoO4。
ⅲ．Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10 20，Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10 39。
回答下列问题：
（1）Mo（42号元素）与Cr同族，基态钼原子的价层电子排布式：________。
（2）“加压浸出”中S元素全部转化为SO42-，写出FeS2转化的化学方程式：________。
（3）若萃余液中金属阳离子的浓度均为0.02 mol·L 1，调节溶液pH使Fe3+与Cu2+深度分离（离子浓度不超过1.0×10 6 mol·L 1，可认为深度分离，假设溶液体积不变），需控制pH的范围为__________。
（4）“碱浸渣”的主要成分为__________；试剂X最好选用__________（填名称）；可提高反萃取率的方法有__________（填序号）。
a．多次反萃取 b．将溶液调至酸性 c．提高试剂X的浓度
（5）“常压碱浸”中有温室气体产生，写出该过程的离子方程式： _____________。
（6）已知FeS2为立方晶胞，晶胞结构如图所示（晶胞参数为a nm）：
①晶胞中Fe2+的配位数为__________。
②晶体的密度为__________g·cm 3。
【答案】
(1)4d55s1
(2)4FeS2+15O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2H2SO4
(3)3.0≤pH＜5.0 或[3.0,5.0）
(4)SiO2；氨水；ac
(5)MoO3+=+ CO2↑
(6)①6；②
【解析】本题是多线型工艺流程，以辉钼精矿的主要成分为MoS2（含CuFeS2、FeS2、SiO2等杂质），全湿法提钼。由ⅰ．“加压浸出”中Mo元素转化为MoO42-和MoO3（难溶），其余金属元素均转化为高价金属阳离子。可知加压浸出液为“Cu2+、Fe3+、MoO42-”，水浸渣为SiO2和MoO3（难溶）。由流程产物可知萃余液为“Cu2+、Fe3+”。由第二种产物Na2MoO4可知“常压碱浸”时MoO3溶于碳酸钠溶液中，所以碱浸渣为SiO2。
(1)Mo与Cr同族，基态Cr原子的价层电子排布式3d54s1，所以基态钼原子的价层电子排布式4d55s1
(2)由“加压浸出”所用物质结合信息“加压浸出”中S元素全部转化为SO42-可以写出化学方程式4FeS2+15O2+2H2O=2Fe2(SO4)3+2H2SO4
(3)由萃余液中金属阳离子的浓度均为0.02 mol·L 1，调节溶液pH使Fe3+与Cu2+深度分离（离子浓度不超过1.0×10 6 mol·L 1，可认为深度分离，可知此时c(Fe3+)=1.0×10 6 mol·L 1，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH－)即1.0×10 39=1.0×10 6·c3(OH－)，所以c(OH－)=10 11，pH=3。同理Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH－)，2.0×10 20=0.02·c2(OH－)，c(OH－)=10 9，pH=5。所以需控制pH的范围为3.0≤pH＜5.0
(4)前面已经推断出“碱浸渣”的主要成分为SiO2；由萃取与反萃取的原理为：
2R3N+2H++ MoO42-(R3NH)2MoO4。反萃取也就是平衡逆移才能得到更多的 MoO42-，结合最终产物中含有铵根可知需要加入氨水；多次反萃取有利于生成更多的MoO42-，提高试剂氨水的浓度有利于生成更多的MoO42-，选择ac
(5)“常压碱浸”中有温室气体产生应该是二氧化碳气体，由产物Na2MoO4可知“常压碱浸”时MoO3溶于碳酸钠溶液生成MoO42-，MoO3+CO32-=MoO42-+ CO2↑
(6)①FeS2为立方晶胞,晶胞中Fe2+的配位数为6；②晶胞中Fe2+的有4个，S22- 有4个,所以该晶胞的质量为(a×10-7)3ρNA=120×4，ρNA=
综上，我们预测2026年高考题关于工艺流程题：
1.试题难度：一般为中等偏上的难度。
2.试题情境：一般是陌生复杂的情境，为矿物开发利用工艺和工业废料再利用两个情境中的一个。
3.命题角度：以元素及其化合物为载体，融合元素及其化合物、基本概念、基础理论、化学反应原理、物质结构与性质以及化学实验六个方面进行命制。
4.题型特征
（1）多以工业流程图的形式呈现，阅读量相对较大。
（2）题目结构：一般包括三部分，试题情境、流程图和设问。
（3）流程图特征：一般包括三个阶段，预处理阶段、分离提纯阶段和后期处理阶段；呈现形式一般包括三行，第一行为试剂线，第二行为操作线，第三行为杂质线。
（4）流程形式：单线型流程或多线型流程
5.考点设置
（1）元素及其化合物方面，主要包括元素及其化合物性质、相互转化关系、应用等。
（2）基本概念和基础理论方面，主要包括氧化还原反应、化合价的变化、电子的转移、化学或离子方程式的书写等。
（3）反应原理方面，主要包括提高反应速率和限度的条件、平衡的移动、电化学原理的应用、滴定法测定含量、利用溶度积等常数的计算等。
（4）物质结构与性质方面，主要包括结构与性质的关系，特别是晶体结构与性质等。
（5）化学实验方面，主要包括物质的分离、除杂、提纯、检验等。
6.特别关注
（1）注意元素化合物的转化和实验基本操作的结合,常涉及除杂及离子的检验等。因为常见工业生产都会涉及除杂和分离等环节,特别常用的是通过调节溶液的pH达到除杂或分离保存等),这也是流程图题中的新变化。
（2）化工生产的特点:原料的选择、循环利用、绿色化学、环境保护等。
（3）与结构与性质模块知识的整合。
（4）萃取与反萃取的操作及其应用。
（5）根据题给信息非常规问题的分析判断。
7.备考指导
在备考中，要求学生做好以下几个方面的学习：
（1）掌握本题型的基本特征，熟悉工艺流程图的表示形式以及分析工艺流程图的方法。
（2）掌握工业生产中常用的化学术语，比如粉碎、溶浸、酸溶、碱洗、焙烧、煅烧等。
（3）掌握物质转化思想和元素守恒思想在解决实际问题中的应用。
（4）掌握陌生方程式的书写方法，掌握氧化还原反应的基本规律及其应用等。
（5）掌握物质除杂、物质回收利用的常见方法。
（6）掌握条件控制的方法和目的，如温度、酸碱性的调控等。

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