新高考化学一轮复习考点知识清单巩固练第26讲 化学工艺流程（2份，原卷版+解析版）

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考点1 原料的预处理
知识点1 流程基本结构
知识点2 原料的预处理
1. 粉碎
(1) 目的：将块状或颗粒状的物质磨成粉末，增大反应物接触面积，加快反应速率。
(2) 过筛的目的：控制颗粒大小。
2. 灼烧、焙烧
(1) 除去挥发性物质；除去C、S等单质。
(2) 除去有机物、铵盐等。
(3) 高温下，原料与空气中的氧气反应，使一些物质在高温下氧化。如4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2、2MS＋3O2eq \(=====,\s\up7(高温))2MO＋2SO2(M代表某些金属元素)。
(4) 除去某些受热不稳定的杂质。如MCO3eq \(=====,\s\up7(高温))MO＋CO2↑、M(OH)2eq \(=====,\s\up7(高温))MO＋H2O(M代表某些金属元素)。
3. 浸取
(1) 水浸：与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中。
(2) 酸浸：加入酸使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。
①酸还能溶解金属及其氧化物(膜)。
②用盐酸、硝酸酸溶时，要注意控温。
③用硫酸酸溶时，要注意Pb2＋、Ca2＋、Ag＋会生成PbSO4、 CaSO4、Ag2SO4进入滤渣。
④酸溶时，酸不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入碱。
⑤酸溶时，盐酸不能加过多，否则可能会与后续加入的KMnO4等氧化剂反应，生成有毒气体Cl2。
(3) 碱浸：常用NaOH溶液、氨水、Na2CO3溶液等，使其中可溶性的物质溶解。
①NaOH、Na2CO3溶液还能除去油污。
② NaOH溶液能溶解两性化合物(如Al2O3、ZnO)。
③NaOH溶液能溶解SiO2、Al、Zn等。
④氨水还能与金属离子形成配离子进入溶液。
⑤碱溶时，碱不能加入过多，否则会造成后续调pH时多加入酸。
(4) 盐浸：用铵盐溶液、FeCl3溶液溶解。
(5) 提高浸出率的措施：
①将矿石粉碎；
②适当加热；
③充分搅拌；
④适当提高浸取液的浓度；
⑤适当延长浸取时间等。
考点2 控制条件除杂
知识点1 沉淀法
1. 调pH法
(1) 调高pH：加入消耗H＋的物质(碱、氧化物、碳酸盐、碱式碳酸盐等)。
①如除去Al3＋、Fe3＋，可以调高pH，使其分别转化成Al(OH)3沉淀、Fe(OH)3沉淀。
②如除去CuSO4溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO[或CuCO3或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]等调节溶液的pH至3～4，使 Fe3＋转化为 Fe(OH)3沉淀除去。离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋、CuO＋2H＋===Cu 2＋＋H2O，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2) 调低pH：加入消耗OH－的物质(盐酸、硫酸、CO2、NHeq \\al(＋,4)等)。
如除去SiOeq \\al(2－,3)、[Al(OH)4]－，可以调低pH，使其分别转化成H2SiO3沉淀、Al(OH)3沉淀。
(3) pH范围的选择：杂质离子完全沉淀时pH～主要离子开始沉淀时pH。如Fe(OH)3、Zn(OH)2开始沉淀至沉淀完全时的pH范围分别为1.5～3.3、5.4～8.2，则要除去Zn2＋溶液中的Fe3＋，应控制溶液的pH范围为3.3～5.4。
(4) pH不能过高或过低：过低会导致某些离子沉淀不完全；过高可能会导致主体离子损失。生成两性物质时，pH也不宜过高或过低。
2. 形成氟化物沉淀
(1) 如除去Mg2＋、Ca2＋，可以加入NaF，使其分别转化成MgF2沉淀、CaF2沉淀。注意溶液pH不宜过低，原因是F－与H＋结合生成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2＋(aq)＋2F－(aq)、CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)平衡向右移动，Mg2＋、Ca2＋沉淀不完全 。
(2) 如除去Mn2＋中的Mg2＋，因MgF2比MnF2更难溶，故可加入MnF2形成MgF2沉淀，利用沉淀转化除去Mg2＋。
3. 形成硫化物沉淀
(1) 如除去Cu2＋、Zn2＋、Fe2＋、Hg2＋，可以加入Na2S，使其分别转化成CuS沉淀、ZnS沉淀、FeS沉淀、HgS沉淀。用Na2S 除Cu2＋，pH过低时，Cu2＋去除率低，原因是S2－与H＋结合生成HS－、H2S，使溶液中的S2－浓度降低。
(2) 用一些溶解度较大的硫化物(如FeS、MnS)通过沉淀转化使某些金属离子转化为更难溶的硫化物。
4. 氧化还原沉淀法
(1) 用单质进行置换，如可用Zn置换Cu2＋。
(2) 加入氧化剂(或还原剂)使某些粒子转化为沉淀，如：
KMnO4除铁：MnOeq \\al(－,4)＋3Fe2＋＋7H2O===3Fe(OH)3↓＋MnO2↓＋5H＋。
Na2SO3沉铜：2Cu2＋＋SOeq \\al(2－,3)＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SOeq \\al(2－,4)＋2H＋。
双氧水氧化沉淀转化：CuS＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋S＋2H2O。
MnO2氧化沉淀转化：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。
Fe3＋氧化沉淀转化：2Fe3＋＋Pb＋SOeq \\al(2－,4)===PbSO4＋2Fe2＋。
5. 碳酸盐沉淀法
(1) 用Na2CO3沉淀Zn2＋，离子反应为Zn2＋＋COeq \\al(2－,3)===ZnCO3↓。
(2) 用NH4HCO3沉淀C2＋，离子反应为C2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===CCO3↓＋H2O＋CO2↑。
(3) 用NH4HCO3-氨水沉淀Mn2＋，离子反应为Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NHeq \\al(＋,4)＋H2O或Mn2＋＋HCOeq \\al(－,3)＋NH3===MnCO3↓＋NHeq \\al(＋,4)。
(4) 用NH3(先)＋CO2(后)沉淀Ca2＋，离子反应为Ca2＋＋CO2＋2NH3＋H2O===CaCO3↓＋2NHeq \\al(＋,4)。
[注意]
①M2＋＋2HCOeq \\al(－,3)===MCO3↓＋H2O＋CO2↑(M2＋为Ca2＋、Mn2＋、C2＋、Ni2＋、Fe2＋)。
②Cu2＋、Zn2＋与HCOeq \\al(－,3)反应生成碱式碳酸盐沉淀，如：6HCOeq \\al(－,3)＋3Zn2＋===ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O↓＋5CO2↑
6. 草酸盐沉淀法如Ca2＋＋C2Oeq \\al(2－,4)===CaC2O4↓
7. 硫酸盐沉淀法
(1) Ca2＋＋SOeq \\al(2－,4)===CaSO4
(2) BaCO3沉淀转化硫酸盐沉淀：BaCO3＋SOeq \\al(2－,4)＋2H3PO4===BaSO4＋CO2↑＋H2O＋2H2POeq \\al(－,4)
知识点2 萃取与反萃取法
1. 萃取：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质。萃取常见考查角度：
(1) 萃取操作
如用CCl4或苯萃取溴水中的溴，用如图1所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3＋。为使Fe3＋尽可能多地从水相转移至有机相，采取的实验操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂，充分振荡、静置、分液，并重复多次。

图1 图2
(2) 萃取剂的选择
已知萃取剂A、B中pH对C2＋、Mn2＋萃取率的影响如图2所示。为了除去Mn2＋，应选择萃取剂B(填“A”或“B”)。
(3) pH范围的选择
①萃取剂对Al3＋、C2＋萃取率与pH的关系如图3所示，萃取分离C2＋、Al3＋的实验操作： 向萃取分液后的有机相中加稀硫酸调pH＝3～4，分液可得CSO4溶液，继续向萃取分液后的有机相加稀硫酸调pH≤1，然后分液，可得 Al2(SO4)3溶液。
图3
②“萃取分离”溶液中钴、锂的萃取率与平衡时溶液pH的关系如图4所示，pH一般选择5左右，理由是pH在5左右时，钴、锂的分离效率最高。

图4 图5
(4) 影响萃取率的因素
向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA)2，发生反应：C2＋＋n(HA)2eq \(,\s\up7(萃取),\s\d5(反萃取))CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。实验测得：当溶液pH处于4.5～6.5范围内，C2＋萃取率随溶液pH的增大而增大(如图5所示)，其原因是pH越大，溶液中c(H＋)越小，有利于C2＋＋n(HA)2eq \(,\s\up7(萃取),\s\d5(反萃取))CA2·(n－1)(HA)2＋2H＋反应正向进行，C2＋萃取率越高。
2. 反萃取：用反萃取剂使被萃取物从一种溶剂返回另一种溶剂的过程，是萃取的逆过程。为了除去Cu2＋中的杂质离子，先将Cu2＋与萃取剂(HY)结合，发生萃取反应：Cu2＋＋2HYCuY2＋2H＋，萃取、分液后，向有机相中加入酸：CuY2＋2H＋Cu2＋＋2HY，反萃取得到Cu2＋。
(1) 反萃取目的
例 实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其实验过程如图所示：
向含碘废液中加入稍过量的 Na2SO3 溶液，将废液中的I2还原为I－，该操作的目的是使CCl4中的碘进入水层 。
(2) 反萃取剂的选择
例 钒及其化合物在工业上有许多用途。从废钒(主要成分为V2O3、V2O5、Fe2O3、FeO、SiO2)中提取V2O5的一种工艺流程如图：
已知：①VOSO4能溶于水，VO2＋与Fe不能反应；②有机溶剂H2R对VO2＋及Fe3＋萃取率高，但不能萃取Fe2＋。
“溶剂萃取与反萃取”可表示为VO2＋＋H2Req \(,\s\up7(萃取),\s\d5(反萃取))VOR＋2H＋。为了提高VO2＋的产率，反萃取剂可选用C (填字母)。
A. NaCl B. NaOH C. H2SO4
(3) “萃取”和“反萃取”目的
例 由钼精矿(主要成分是MS2)湿法回收钼酸铵[(NH4)2MO4]部分工艺流程如图：
“滤液2”先加入有机溶剂“萃取”，再加氨水“反萃取”，进行“萃取”和“反萃取”操作的目的是富集钼酸根离子(或将钼酸根离子和其他杂质分离)。
(4) 反萃取操作
向溶解、过滤后所得滤液中加入萃取剂，萃取后分液获得有机层和水层。
【例】萃取时发生反应：M2＋＋2RHMR2＋2H＋(M表示Ni2＋或Fe2＋，RH表示萃取剂)。萃取剂体积V0与溶液体积VA的比值(V0/VA)对溶液中Ni2＋和Fe2＋萃取率的影响如图所示。通过反萃取可获得NiSO4溶液并回收萃取剂。
萃取时应控制V0/VA的比值为0.25 ；反萃取获得NiSO4溶液的实验操作是向有机层中加入硫酸，充分振荡后分液，取水层。
考点3 工艺流程中加入试剂的作用
知识点1 加氧化剂或还原剂
1. 转变某种金属离子的价态，再通过调节溶液pH，使金属离子以氢氧化物形式沉淀出来，以达到除去杂质的目的[如Fe2＋―→Fe3＋―→Fe(OH)3]。
2. 为生成目标产物的价态而加入氧化剂(如在碱性条件下，加入H2O2将Cr3＋氧化成CrOeq \\al(2－,4))。
3. 常见氧化剂：KMnO4、H2O2、空气(O2)、Cl2、次氯酸盐、ClO2、ClOeq \\al(－,3)、MnO2、HNO3、Fe3＋等。
4. 常见还原剂：金属单质、SO2(SOeq \\al(2－,3))、I－、Fe2＋、H2O2、HCl、H2C2O4 等。
知识点2 通入空气
1. 氧化某些离子(如SOeq \\al(2－,3)、Fe2＋)。
2. 起搅拌作用。
知识点3 加有机溶剂
萃取某些物质或降低某些物质的溶解度。
知识点4 蒸发结晶时加对应酸抑制水解
如从溶液中析出FeCl3、CuCl2、AlCl3、MgCl2、ZnCl2等晶体时，应在HCl气流中加热，以抑制其水解。
【考法归纳】
①H2O2是绿色氧化剂，无污染，但需注意H2O2受热易分解；Fe3＋、Cu2＋能催化H2O2分解。
②用SO2还原MnOeq \\al(－,4)、Fe3＋等离子时，温度不宜过高，温度越高，SO2溶解度越小。
③用Na2SO3还原MnO2、Fe3＋等时，Na2SO3实际用量高于理论量，原因是Na2SO3被空气部分氧化。
④判断能否加其他物质，要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等。
考点4 工艺流程中反应条件的控制
知识点1 加过量试剂
反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但可能引入杂质，增加后续处理成本(关注后续化学反应)。
知识点2 气体氛围
1. 隔绝空气：防止空气中的组分(如氧气)参与反应。
2. HCl氛围：抑制弱离子的水解。
3. 惰性气体氛围：通入Ar、N2、H2等，防止某些物质被氧化。
知识点3 热空气(或水蒸气)吹出气体
如海水提溴、凯氏定氮。
知识点4 控制溶液的pH
1. 增强物质(MnOeq \\al(－,4)、NOeq \\al(－,3)等)的氧化性或还原性。
2. 调节离子的水解程度。
3. 萃取、离子交换可能有pH要求。
4. 沉淀某些金属阳离子。
知识点5 控制温度
1. 温度对物质性质的影响
(1) 关注易分解物质：双氧水、氨水、铵盐、硝酸、次氯酸、硝酸盐、草酸、草酸盐以及信息中给出的易分解物质。
(2) 关注易挥发物质：氨水、硝酸、盐酸等易挥发物质以及沸点较低物质。
(3) 关注易被氧化物质：Na2S、Na2SO3、KI、含Fe(Ⅱ)的化合物、酚类、醛类以及信息中给出的易被氧化物质。
(4) 关注物质的溶解度：若固体物质的溶解度随温度升高而增大，则降温能促使产品析出；若固体物质的溶解度随温度升高而减小，则升温能促使产品析出；气体的溶解度随温度升高而减小。
2. 温度在反应原理中的影响
(1) 温度对反应速率或固体溶解速率的影响
①制备物质时，常使用加热的方法加快反应速率。
②原料的预处理阶段，升温可以提高浸取速率。
(2) 温度对平衡移动、反应物转化率或生成物产率的影响
①正反应吸热的可逆反应，升温使平衡正向移动，有利于提高反应物的平衡转化率，从而提高产物的产率。
②正反应放热的可逆反应，升高温度不利于反应物平衡转化率的提高，不利于提高产物的产率。
③升温促进盐类水解，有利于生成沉淀(胶体聚沉后利于过滤分离)。
(3) 温度对催化剂活性的影响
如合成氨或SO2催化氧化生成SO3时，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是该温度范围内催化剂的活性最强。
(4) 温度对副反应发生的影响
很多有机反应过程一般较为复杂，对温度的控制尤为关键，如实验室制取乙烯、硝基苯等，控制温度都是为了防止副反应的发生。
3. 控制温度在一定范围内的答题角度
(1) 控制反应速率、适宜的温度使催化剂的活性最大、防止副反应的发生。
(2) 控制化学反应进行的方向，使化学平衡移动。
(3) 升温：使溶液中的气体逸出，使易挥发物质挥发，使易分解的物质分解。
(4) 控制温度结晶与过滤。
(5) 能源的利用(耗能)；生产安全(温度过高，反应过于剧烈，可能有安全问题)等。
4. 控温方法
(1) 缓慢加入××溶液或缓慢通入××气体。
(2) 水浴(热水浴、冰水浴等)、油浴、沙浴等。
【真题挑战】
一、单选题
1．（2025·四川·高考真题）一种主要成分为和的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的化工产品白磷()、。其中，电炉煅烧发生的反应为：。
下列说法错误的是
A．“电炉煅烧”必须隔绝空气B．浸渣的主要成分是
C．“炉气水洗”使溶于水而与分离D．“中和沉淀”需要控制溶液的
【答案】C
【分析】主要成分为和的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成、、气体、气体，炉气水洗，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，尾气为不溶于水的CO，燃烧生成CO2，用于中和沉淀；炉渣经水浸，浸渣主要成分为不溶于水的，浸液中通入CO2，生成，过滤经燃烧得；滤液主要成分为，据此分析；
【详解】A．“电炉煅烧”时生成，可与氧气反应，故必须隔绝空气，A正确；
B．根据分析可知，浸渣的主要成分是，B正确；
C．“炉气水洗”因、CO均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使与分离，C错误；
D．“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的（只溶于强酸强碱中），但需要控制溶液的，防止生成，D正确；
故选C。
2．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）某元素的单质及其化合物的转化关系如图。常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．G、K均能与溶液反应B．H、N既具有氧化性也具有还原性
C．M和N溶液中的离子种类相同D．与足量的J反应，转移电子数为
【答案】D
【分析】
根据转化关系：，常温常压下G、J均为无色气体，J具有漂白性，J为SO2，K为SO3，G为H2S，H为S，M为NaHSO3，N为Na2SO3，L为Na2SO4。
【详解】A．H2S和SO3均能与NaOH溶液反应，A正确；
B．S和Na2SO3中S的化合价处于S的中间价态，既具有氧化性又有还原性，B正确；
C．M为NaHSO3，N为Na2SO3，二者的溶液中离子种类相同，C正确；
D．1ml H2S和足量的SO2反应生成S单质和水，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，1ml H2S参加反应，转移2ml电子，转移2NA个电子，D错误；
答案选D。
3．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）钠及其化合物的部分转化关系如图。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应①生成的气体，每11.2L(标准状况)含原子的数目为
B．反应②中2.3gNa完全反应生成的产物中含非极性键的数目为
C．反应③中与足量反应转移电子的数目为
D．溶液中，的数目为
【答案】A
【详解】A．反应①电解熔融NaCl生成，标准状况下11.2L为0.5ml，含0.5×2=1ml原子，即，A正确；
B．2.3g Na（0.1ml）与氧气加热反应生成0.05ml，每个含1个O-O非极性键，所以非极性键数目为，B错误；
C．与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为，1ml与水反应转移1ml电子，数目为，C错误；
D．ClO⁻在水中会水解，故数目小于，D错误；
故选A。
4．（2024·广西·高考真题）实验小组用如下流程探究含氮化合物的转化。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．“反应1”中，每消耗，在下得到
B．“反应2”中，每生成0.1mlNO，转移电子数为
C．在密闭容器中进行“反应3”，充分反应后体系中有个
D．“反应4”中，为使完全转化成，至少需要个
【答案】B
【分析】反应1为实验室制备氨气的反应，方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，反应2是氨气的催化氧化，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，反应3为一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，方程式为：2NO+O₂=2NO₂ ，反应4为二氧化氮，氧气和水反应生成硝酸，4NO2+2H2O+O2=4HNO3‌，以此解题。
【详解】A．根据分析可知，每消耗，生成0.1ml氨气，但是由于不是标准状况，则气体不是2.24L，A错误；
B．根据分析可知，反应2方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，该反应转移20e-，则每生成0.1mlNO，转移电子数为，B正确；
C．根据反应3，充分反应后生成个，但是体系中存在2NO2⇌N2O4，则最终二氧化氮数目小于，C错误；
D．根据反应4可知，为使完全转化成，至少需要个O2，D错误；
故选B。
5．（2024·重庆·高考真题）单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是
A．a可使灼热的铜变黑B．b可与红热的铁产生气体
C．c可使燃烧的镁条熄灭D．d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】C
【分析】碱溶液与单质d反应生成漂白液，故单质d为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH与氧化物c（适量）反应得纯碱溶液，故氧化物c为CO2；单质Ｍ与氧化物b反应得碱溶液，故单质M为Na，氧化物b为H2O；Na与单质a反应得氧化物，因此单质a为O2，据此回答。
【详解】A．a为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧化铜，A正确；
B．b为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B正确；
C．c为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C错误；
D．d为Cl2，Cl2可与碘化钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D正确；
答案选C。
6．（2024·贵州·高考真题）贵州重晶石矿(主要成分)储量占全国以上。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工艺。部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“气体”主要成分是，“溶液1”的主要溶质是
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”中生成的反应是氧化还原反应
D．“洗涤”时可用稀去除残留的碱，以提高纯度
【答案】B
【分析】重晶石矿（主要成分为）通过一系列反应，转化为溶液；加盐酸酸化，生成和气体；在溶液中加入过量的NaOH，通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；加水溶解后，加入，进行合成反应，得到粗品，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”是和反应生成，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，会部分转化为难溶的，故不能使用稀，D项错误；
故选B。
7．（2024·北京·高考真题）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：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
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
【答案】B
【分析】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。
【详解】A．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：，故A正确；
B．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”不是为了提高平衡转化率，故B错误；
C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；
D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；
故选B。
8．（2025·湖南·高考真题）工业废料的综合处理有利于减少环境污染并实现资源循环利用。从某工业废料中回收镉、锰的部分工艺流程如下：
已知：①富集液中两种金属离子浓度相当。
②常温下，金属化合物的；
下列说法错误的是
A．粉碎工业废料有利于提高金属元素的浸出率
B．试剂X可以是溶液
C．“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式为
【答案】D
【分析】富集液中含有两种金属离子，其浓度相当，加入试剂X沉铬，由金属化合物的可知，CdCO3、MnCO3的接近，不易分离，则试剂X选择含的试剂，得到CdS滤饼，加入溶液沉锰，发生反应：，据此解答。
【详解】A．粉碎工业废料能增大废料与浸出液的接触面积，有利于提高金属元素的浸出率，A正确；
B．由分析可知，试剂X可以是溶液，B正确；
C．若先加入溶液进行“沉锰”，由题中信息以及数据可知，金属离子浓度相当，则也会沉淀，后续流程中无法分离Cd和Mn，所以“沉镉”和“沉锰”的顺序不能对换，C正确；
D．“沉锰”时，发生反应的离子方程式是：，D错误；
故选D。
9．（2025·江苏·高考真题）室温下，有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，提取铜和镍的过程如下所示。
已知：。下列说法正确的是
A．较浓溶液中：
B．溶液中：的平衡常数
C．溶液中：
D．“提铜”和“沉镍”后的两份滤液中：
【答案】B
【分析】有色金属冶炼废渣(含等的氧化物)用过量的较浓溶液酸浸后，浸取液主要含有、，加入溶液提铜，滤液加入溶液沉镍得到。
【详解】A．若两步均完全电离，则溶液中存在电荷守恒：，但根据题给信息知，在较浓的溶液中仅第一步电离完全，电离出大量的会抑制第二步电离，第二步电离不完全，溶液中存在，因此电荷守恒应表示为，A错误；
B．该反应的平衡常数，B正确；
C．得到1个生成，得1个生成得2个生成，水电离出的与浓度相等，即，则溶液中存在质子守恒，C错误；
D．考虑过程中溶液的少量损耗(吸附在沉淀表面被过滤除去)，，同时“沉镍”过程中加入了溶液，溶液体积增加，因此，D错误；
故选B。
10．（2025·山东·高考真题）钢渣中富含等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离钢渣中的元素，流程如下。已知：能溶于水；，。下列说法错误的是
A．试剂X可选用粉
B．试剂Y可选用盐酸
C．“分离”后元素主要存在于滤液Ⅱ中
D．“酸浸”后滤液Ⅰ的过小会导致滤渣Ⅱ质量减少
【答案】A
【分析】钢渣通过盐酸酸浸，得到滤液I中含有Fe2+、Fe3+、Ca2+等，滤渣I为SiO2，滤渣I加入NaOH溶液碱浸，得到含有Na2SiO3的浸取液，加入试剂Y盐酸生成硅酸沉淀，最后得到SiO2，滤液I加入试剂X和H2C2O4分离，由于Fe2(C2O4)3能溶于水，试剂X将Fe2+氧化为Fe3+，再加入H2C2O4，使CaC2O4先沉淀，滤渣II为CaC2O4，滤液II中有Fe3+，依次解题。
【详解】A．根据分析，加入试剂X的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂X应该是氧化剂，不可以是Fe粉，A错误；
B．加入试剂Y，将Na2SiO3转化为H2SiO3沉淀，最后转化为SiO2，试剂Y可以是盐酸，B正确；
C．根据分析，“分离”后Fe元素主要存在于滤液II中，C正确；
D．“酸浸”后滤液I中pH过小，酸性强，造成C2浓度小，使Ca2+(aq)+ C2(aq) CaC2O4(s)平衡逆向移动，得到CaC2O4沉淀少，滤渣II质量减少，D正确；
答案选A。
11．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含和少量)中提取金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下，下列说法错误的是
A．硫酸用作催化剂和浸取剂
B．使用生物质的优点是其来源广泛且可再生
C．“浸出”时，3种金属元素均被还原
D．“沉钴”后上层清液中
【答案】C
【分析】矿石(含MnO2、C3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、C2+，加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S沉钴得到CS，过滤最后得到硫酸锰溶液。
【详解】A．根据分析可知，加入硫酸和稻草浸出，硫酸作催化剂和浸取剂，A正确；
B．生物质(稻草)是可再生的，且来源广泛，B正确；
C．根据图示可知，“浸出”时，Fe的化合价没有变化，Fe元素没有被还原，C错误；
D．“沉钴”后的上层清液存在CS的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(C2+)·c(S2-)=10-20.4，D正确；
答案选C
12．（2024·福建·高考真题）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”主要含和。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”时产生和离子
C．“碱溶”时存在反应：
D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应
【答案】C
【分析】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转化为对应的和离子，B错误；
C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，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。
二、解答题
13．（2025·湖南·高考真题）一种从深海多金属结核[主要含，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下：
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)开始沉淀和完全沉淀的：
回答下列问题：
(1)基态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)；还原的化学方程式为 。
(3)“沉铁”时，转化为的离子方程式为 ，加热至的主要原因是 。
(4)“沉铝”时，未产生沉淀，该溶液中不超过 。
(5)“第二次萃取”时， 、 (填离子符号)与混合萃取剂形成的配合物(其结构如图所示，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)
(2)
(3) 防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降
(4)
(5) sp2
【分析】金属结核[主要含，有少量的]加入、进行酸浸还原，得到的滤渣含有，滤液中含有，通入空气，调解pH=3.2，沉铁得到滤渣，继续加入NaOH调节pH=5.2沉铝主要得到，加入萃取剂第一次萃取，分液得到的萃取液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。
【详解】（1）原子的价电子是指和能级上的电子，所以基态原子的价电子排布式为；
（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是；将3价钴还原为2价钴，同时由于硫酸的作用得到，化学方程式为；
（3）“沉铁”时，转化为，铁元素化合价上升，则做氧化剂，离子反应为：；已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至的主要原因是防止形成胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降；
（4）由表可知，，“沉铝”时，未产生沉淀，则；
（5）由流程可知，第二次萃取时，主要萃取，因此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。
14．（2025·全国卷·高考真题）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是，伴生有少量、、等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的耦合回收并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。
已知：
回答下列问题：
(1)绿矾()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()分别为：、、、。滤渣①的主要成分是 、 。
(3)加入 “调”，过滤后，滤渣②是 、 ，滤液中的浓度为 。
(4)“焙烧②”后得到。晶胞如图所示，晶胞中含有的个数为 。
(5)调节“沉镍”后的溶液为碱性，“矿化”反应的离子方程式为 。
(6)蛇纹石“矿化”固定，得到，相当于固定 L(标准状况)。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)4
(5)
(6)89.6
【分析】蛇纹石资主要成分是，伴生有少量、、等元素和绿矾()混合高温焙烧经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫；加水水浸过滤得到滤渣①为、；滤液中含有、、、、，加入调节pH=6，将、转化为、沉淀，过滤滤渣②为、；滤液中含有、、，加入沉淀剂将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，氢氧化镍焙烧后得到氧化镍；调节“沉镍”后的溶液通入二氧化碳“矿化”发生反应，得到产物。
【详解】（1）绿矾()在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物三氧化硫、二氧化硫，反应的化学方程式为，故答案为：；
（2）经“焙烧①”，生成氧化镁、二氧化硅、水；分解生成、二氧化硫、三氧化硫， “水浸”，过滤分离后，滤渣①的主要成分是为、，故答案为：；；
（3）加入 “调”，，，，，溶液中没有铁离子、氯离子，两者均以氢氧化物沉淀下来，过滤后，滤渣②是为、；滤液中的浓度为，故答案为：；；；
（4）因为离子半径，晶胞图中位于8个顶点，6个面心，1个晶胞中的个数为，故答案为：4；
（5）调节“沉镍”后的溶液为碱性，通入二氧化碳“矿化”发生反应 ，故答案为：；
（6）物质的量为，根据C原子守恒，固定为，标准状况下的体积为，故答案为：89.6。
15．（2025·湖北·高考真题）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：
Ⅰ
Ⅱ
已知：室温下，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。
时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。
回答下列问题：
(1)基态氟离子的电子排布式为 。
(2)时，饱和溶液的浓度为，用c表示的溶度积 。
(3)工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为。分析沉淀的成分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，的产率仅为8%。
①工艺Ⅰ的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。
②分析以上产率变化，推测溶解度 (填“>”或“