新高考化学一轮复习考点讲义+练习第8章第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学一轮复习考点讲义+练习第8章第05讲 工业流程题解题策略（专项训练）（2份，原卷版+解析版），共20页。试卷主要包含了海水提镁的主要流程如图所示，可以进行如下转化等内容，欢迎下载使用。
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断
\l "_Tc2717" 题型02 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断
\l "_Tc30632" 题型03 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断
\l "_Tc10254" 题型04 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 考查物质制备类微型工业流程题的分析判断
1．（2025·浙江·二模）海水提镁的主要流程如图所示。下列说法不正确的是
A．试剂M能导电，故其是电解质
B．操作b是加热到溶液表面出现晶膜时停止加热
C．流程Ⅰ、Ⅱ是通过化学方法富集镁元素
D．在HCl气流中进行脱水，能抑制水解，可得到更多的无水
【答案】A
【分析】海水提镁的流程为：将海水引入沉淀池，加入沉淀剂将海水中的转化为沉淀，进行操作a：过滤，分离出沉淀，加入盐酸溶解得到溶液，再进行操作b：蒸发结晶，得到晶体，加热脱水得到无水固体，最后电解产生金属Mg，同时产生的副产物与反应生成HCl溶于水得到盐酸循环到第二步使用，据此分析解答。
【解析】A．根据分析，试剂M为盐酸（HCl的水溶液），能导电但属于混合物，故M不是电解质，A错误；B．操作b是从MgCl2溶液获得晶体，为蒸发结晶，加热至溶液表面出现晶膜时停止加热，利用余热蒸干，B正确；C．流程Ⅰ为将海水中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀、流程Ⅱ为Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2，均为化学变化，实现了镁元素的富集，C正确；D．MgCl2·6H2O脱水时，Mg2+易水解生成Mg(OH)2，因此需要在HCl气流中加热可抑制水解，得到无水MgCl2，D正确；故答案为：A。
2．（2025·四川·二模）硫酸亚铁铵俗称摩尔盐，是一种蓝绿色固体，易溶于水、不溶于乙醇，可用于电镀。一种利用工业废铁屑(含铁及铁的氧化物、CuO、等)制备摩尔盐的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“除油”利用了饱和溶液的碱性
B．“酸溶”时加入铁粉的主要目的是使转化为Cu
C．根据流程推知，相同温度下摩尔盐的溶解度小于硫酸亚铁
D．“混合”后为了得到较纯净的摩尔盐，过滤后常用乙醇洗涤
【答案】B
【分析】摩尔盐中Fe元素呈现+2价，因此如何获得硫酸亚铁是流程的关键，题干中用碱液洗去铁片表面的油脂，然后加硫酸溶解废铁屑生成生成、、；为防止+3价铁和铜离子存在，加入适量铁粉将、还原为Cu、，过滤，滤渣1主要是Cu、，滤液为，最终为防止Fe元素被氧化及结晶水损失，应采用降温结晶的方法分离得到摩尔盐。
【解析】A．油污可在碱性条件下发生水解反应，饱和溶液因水解显碱性，可用于“除油”，A正确；B．“酸溶”时，稀与铁的氧化物反应可能生成、，具有氧化性，加入铁粉主要目的是将还原为，同时还原为Cu，但主要目的有两个，B错误；C．“混合”后摩尔盐结晶析出，说明相同温度下摩尔盐的溶解度小于硫酸亚铁，C正确；D．摩尔盐易溶于水、不溶于乙醇，用乙醇洗涤可减少溶解损失，且乙醇易挥发便于干燥，D正确。故选B。
3．（2025·辽宁葫芦岛·二模）一种从废印刷电路板冶炼副产品粗溴盐（CBSBPs）中回收NaBr的绿色工艺流程如图，下列叙述不正确的是
A．流程中可循环利用
B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯
C．“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替
D．该工艺中作氧化剂，它与互为同分异构体
【答案】D
【分析】向粗溴盐(CBSBPs)中加入盐酸和氯酸钠溶液，将溶液中的溴离子氧化为Br2得到溴水，向溴水中加入四氯化碳萃取、分液得到水相和有机相；向有机相中加入碳酸钠溶液和尿素，碳酸钠溶液作用下尿素将Br2还原生成溴化钠，分液得到四氯化碳和溴化钠溶液；最后溴化钠溶液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥得到溴化钠固体，据此解答。
【解析】A．流程中CCl4在“操作1”中作萃取剂萃取Br2使其进入有机相，“操作2”分液后有机相主要为CCl4，可循环到“操作1”继续使用，A正确；B．“操作1”为萃取、分液(分离溴水被CCl4萃取后的有机相和水相)，“操作2”为有机相(CCl4)与水相(NaBr溶液)的分液，两者均需要使用分液漏斗和烧杯，B正确；C．“氧化”中盐酸的作用是提供H+以增强NaClO3的氧化性，稀硫酸同样可提供H+，且硫酸根不干扰反应，故“氧化”中盐酸可用稀硫酸代替，C正确；D．“还原”步骤中Br2被还原为Br-(化合价降低)，则CO(NH2)2作还原剂，并非作氧化剂，CO(NH2)2与NH4OCN为分子式相同(均为CH4ON2)而结构不同的化合物，两者互为同分异构体，D错误；故选D。
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）从废旧CPU中回收的部分流程如下：
已知，下列说法正确的是
A．酸溶时，从消耗硝酸物质的量角度看，用浓硝酸比稀硝酸好
B．向过滤所得滤液中加入过量浓氨水，可以使和分离
C．NaCl促进了Au和的反应，其原因之一是降低了，生成了稳定性更好的
D．向含的溶液中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗
【答案】C
【分析】CPU中的银和铜与硝酸可以反应，金没有溶解，过滤后滤液中含银离子和铜离子，金用硝酸和氯化钠可以溶解得到但溶液，加锌粉还原得到金。从流程中可以看出，在氢离子、氯离子、硝酸根同时存在时金可溶解。
【解析】A．酸溶步骤溶解Cu和Ag，浓硝酸与Cu反应为，1ml Cu消耗4ml ，稀硝酸与Cu反应为，1ml Cu消耗≈2.67ml ，稀硝酸消耗更少；同理Ag与稀硝酸反应消耗硝酸也更少，故从消耗硝酸量角度，稀硝酸更好，A错误；B．滤液含、，加入过量浓氨水，生成可溶的，生成可溶的，二者均溶于氨水，无法分离，B错误；C．Au与反应生成，加入NaCl后，与结合生成稳定的，降低了，促使Au的溶解平衡正向移动，从而促进反应进行，C正确；D．中Au为+3价，2ml 还原需6ml电子，Zn被氧化为，1ml Zn失2ml电子，需3ml Zn还原 ，电离出，过量Zn会与反应生成，实际消耗Zn更多，D错误。故选C。
02 考查物质提纯类微型工业流程题的分析判断
5.（2025·河南·二模）目前，红硒主要是从电解铜阳极泥中提取。苏打烧结法提取红硒的工艺流程如图所示：
已知：①阳极泥主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等；②“烧结”产物Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3易溶于水，Au、Ag、Na2TeO4等难溶于水；③酸性条件下，可以被SO2还原成不定型红硒析出，不能被SO2还原。
下列说法错误的是
A．“操作a”为过滤
B．“热还原”中n(氧化剂)：n(氧化产物)=2：1
C．“热还原”最好在无氧环境中进行
D．“还原”的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4
【答案】B
【分析】阳极泥中主要含有Au、Ag、Se、Te、CuSe、Ag2Se、CuTe、Ag2Te等，加入苏打烧结得到Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3、Au、Ag、Na2TeO4等，加入80℃水热浸，经过滤分离出Au、Ag、Na2TeO4等，滤液中含有Na2SeO3、Na2SeO4、Na2TeO3，向滤液中加入盐酸沉碲得到TeO2，酸性条件下，加入硫酸亚铁将还原为，然后通入SO2还原得到红硒。
【解析】A．“热浸”后，经过过滤可得Au、Ag等固体，滤液进一步加盐酸沉碲，A项正确；B．“热还原”中，被还原为，反应的离子方程式为，，B项错误；C．易被氧气氧化而失去还原能力，C项正确；D．和反应生成红硒，反应的化学方程式为，D项正确；故选B。
6．（2025·全国·模拟预测）工业废水中的砷元素(主要存在形式是)具有强毒性，需要进行脱砷处理才能排放，下图是一种处理酸性废水中砷元素的工艺。下列叙述正确的是
A．氧化剂可以选择
B．氧化步骤的离子方程式：
C．加有助于通过共沉淀提高除砷率
D．脱砷后排放的水可用于配制溶液
【答案】C
【分析】高浓度的含砷废水中，砷以As(Ⅲ)和As(Ⅴ)形式存在，废水呈酸性，向废水中加入H2O2将低价态的As(Ⅲ)氧化为高价态，再加入FeCl3和NaOH，FeCl3在碱性条件下生成Fe(OH)3沉淀，砷的化合物与Fe(OH)3共同沉淀，提高除砷率，再调节废水pH，使水质符合排放标准，最终排放。
【解析】A．若氧化剂使用，会引入新的杂质锰元素，因此氧化剂不能选择，A项错误；B．氧化步骤中加H2O2将氧化为，H2O2被还原为H2O，而不是生成O2，B项错误；C．加调节，会转化为沉淀, 通过共同沉淀提高除砷率，C项正确；D．根据流程分析可知，脱砷后排放的水中含有等杂质，会与反应生成沉淀，不能用于配制溶液，D项错误；答案选C。
7．（2025·贵州·二模）在航空航天、化工医药等领域有重要的用途，一种从废汽车尾气催化剂(含有、炭等)中回收的工艺如下：
下列说法错误的是
A．滤渣的主要成分为、C
B．“酸浸”时主反应为：
C．-18-冠-6超分子具有识别功能，可以分离和
D．“沉钯”时被还原为并形成沉淀
【答案】D
【分析】在催化剂中加入盐酸和过氧化氢混合溶液，将钯转化为、，氧化铝转化为可溶性金属氯化物，SiO2不反应，过滤得到滤渣，则滤渣中含有：SiO2和C；滤液中含有、；SiO2-18-冠-6超分子具有识别功能，可以分离和，得到，加入氯化铵和过氧化氢将转化为(NH4)2PdCl6沉淀，将(NH4)2PdCl6与发生氧化还原反应制得钯。
【解析】A．由分析可知，滤渣的主要成分为SiO2、C，A项正确；B．“酸浸”时，主要发生的反应为：Pd+2H++H2O2+4Cl-=+2H2O，B项正确；C．由分析可知，SiO2-18-冠-6超分子具有识别功能，可以分离和，得到，C项正确；D．“沉钯”时，被氧化为并形成(NH4)2PdCl6沉淀，D项错误；故选：D。
8.（2025·湖南邵阳·三模）钴及其化合物在工业、电子等领域有着广阔的应用前景。一种从炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的+2价氧化物或单质)中提取钴的部分工艺如下：
已知：，，和的化学性质相似。下列说法正确的是
A．已知中的元素的化合价为，中含有个过氧键
B．结合流程分析，的还原性强于
C．使用除去“滤液”中的，越大越有利于除去“滤液”中的
D．“氧化沉钴”的离子方程式
【答案】B
【分析】该工艺流程以炼锌废渣(主要含钴、锌、铅、铁、锰的＋2价氧化物或单质)为原料，提取钴，硫酸酸浸得到含有Zn2+、Fe2+、Mn2+、C2+等金属阳离子的硫酸盐溶液，铅的＋2价氧化物或单质与硫酸反应生成沉淀，即滤渣1为，加入沉锰，具有氧化性，可以氧化生成，同时将氧化为，再加入溶液调节使完全转化为而除去，溶液中金属阳离子主要为，加入，氧化生成沉淀，滤液中与FeS反应生成ZnS。
【解析】A．S元素最高价为＋6，中的元素的化合价为，故中有-1价氧原子，根据其结构式，中含有个过氧键，A错误；B．由流程知，加入时将氧化成，而未被氧化，再后续操作中用氧化了，故可知的还原性强于，B正确；C．与的化学性质相似，能溶于强碱，过高时，会与反应生成可溶性物质，导致无法除去锌元素，C错误；D．据流程分析，反应物是和，生成和，pH=5属于酸性，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为，D错误；故选B。
03 考查物质制备类工业流程综合题的分析判断
9．（2025·湖南·二模）二氧化铈()是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含、、等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，和发生反应：；
②硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为；
③在空气中易被氧化为，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）铈属于镧系元素，其在周期表中的位置为 。
（2）滤渣A的主要成分是 (写化学式)。
（3）硫脲中碳的化合价为 ，加入硫脲的目的是将还原为，该反应的离子方程式为 。
（4）步骤④对应的离子方程式为 。
（5）常温下，。恰好沉淀完全时，此时测得溶液的，则溶液中 。
（6）二氧化铈可作脱硝催化剂，其理想晶胞如图所示。催化脱硝时，能在和之间改变氧化状态，将NO氧化为，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物。
中和的个数比为 。每氧化标准状况下，则生成的物质的量为 。
【答案】（1）第六周期第ⅢB族
（2）、
（3）＋4 2 +
（4）
（5）0.2
（6）
【分析】氟碳铈矿(含、、等)在空气中焙烧，在空气中被氧化为，加稀硫酸浸取，进入溶液，不反应，BaO与硫酸反应生成沉淀，过滤分离，滤渣A的主要成分为、；向含的滤液中加入硫脲将还原为，生成的与形成的复盐沉淀B为，过滤分离，向复盐沉淀中加入NaOH，再加入稀盐酸，被转移到溶液中，加入使沉淀为，最后灼烧分解生成，回答下列问题；
【解析】（1）铈元素位于周期表中第六周期第ⅢB族。
（2）根据分析可知：滤渣A的主要成分是。
（3）硫脲()中S为-2价，-NH2为-1价，因此C为+4价；加入硫脲的目的是将还原为，该反应的离子方程式为: 。
（4）步骤④对应的离子方程式为。
（5）恰好沉淀完全时，，则，解得，测得溶液的，根据，解得。
（6）设中和的个数分别为和，则，解得，则和的个数比为3：1；根据铈元素守恒：，生成提供1ml O原子，NO被氧化为，每氧化标准状况下11.2LNO，需要0.5mlO原子，所以生成。
10．（2025·江苏·二模）含钴废料（主要含 CO ，还含少量 C2O3 、Fe2O3）可以进行如下转化：
（1）“还原 ”时的实验装置如图-1 所示，分液漏斗中盛装的溶液是 。是中 一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是 。
（2）“除铁 ”时溶液中 Fe2+发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉淀 ”时加入的 NH4HCO3 溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为 1∶3 。写出“沉淀 ”时反应 的离子方程式： 。
（4）实验室以 C2(OH)2CO3 为原料经过一系列实验可得到[C(NH3)6]Cl3 晶体。[C(NH3)6]Cl3是一种重要的催化剂，使用前通常需测定[C(NH3)6]Cl3产品中钴的含量。准确称取 0.6000 g 样品，将其置于碘量瓶中，溶解后将[C(NH3)6]3+转化为 C3+ ；加入 KI 并酸化，将C3+还原为C2+；用 0.1000ml·L−1 Na2S2O3 溶液滴定生成的I2（滴定反应为+ I2= 2I-+），重复上述操作2~3次，平均消耗 Na2S2O3 溶液 20.00 mL。计算产品中钴元素的质量分数 （写出计算过程）。
（5）补充由[C(NH3)6]Cl3 制取C2O3的实验方案：取一定量的[C(NH3)6]Cl3 晶体置于如图-2 所示装置中， ，干燥得到 C2O3固体。（已知[C(NH3)6]Cl3与 NaOH 溶液共热时可生成C2O3 沉淀。除装置中所示试剂外，实验中须使用的试剂有稀硝酸、AgNO3 溶液、红色石蕊试纸）
【答案】（1）稀硫酸 四面体形
（2）6Fe2＋＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl－＋12H＋
（3）2C2＋＋ ＋3NH3·H2O=C2(OH)2CO3↓＋3 ＋H2O
（4）19.67 %
（5）打开加热搅拌器，从分液漏斗中加入足量 NaOH 溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3 次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和 AgNO3溶液无沉淀
【分析】含钴废料主要含 CO ，还含少量 C2O3 、Fe2O3。含钴废料加稀硫酸、亚硫酸钠“还原”得到硫酸亚铁、硫酸钴溶液，加适量氯酸钠把Fe2+氧化为FeOOH沉淀除铁，滤液中加氨水和碳酸氢铵生成碱式碳酸钴，碱式碳酸钴经一系列反应得三氯化六氨合钴，最终得到氧化钴。
【解析】（1）为防止亚硫酸钠和硫酸反应放出二氧化硫气体，“还原 ”先将含钴废料与亚硫酸钠溶液混合，再逐滴加入稀硫酸，所以分液漏斗中盛装的溶液是稀硫酸。中S原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，是中 一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是四面体形。
（2）“除铁 ”时溶液中 Fe2+被氯酸钠氧化为FeOOH沉淀，反应的离子方程式为6Fe2＋＋＋9H2O=6FeOOH↓＋Cl－＋12H＋。
（3）“沉淀 ”时加入的 NH4HCO3 溶液和氨水所含溶质的物质的量之比为 1∶3 ，反应生成C2(OH)2CO3沉淀， “沉淀 ”时反应的离子方程式为2C2＋＋ ＋3NH3·H2O=C2(OH)2CO3↓＋3 ＋H2O；
（4）根据得失电子守恒，2C3+~~I2，根据+ I2= 2I-+建立反应关系式2 C3+~~I2~~ 2Na2S2O3，n(C3+)=n(Na2S2O3)= 0.1000ml·L−1×0.02L=0.002ml，产品中钴元素的质量分数 。
（5）取一定量的[C（NH3）6]Cl3 晶体置于如图-2 所示装置中，打开加热搅拌器，从分液漏斗中加入足量 NaOH 溶液，加热，充分反应后，打开止水夹，将湿润的红色石蕊试纸靠近管口，当试纸不变蓝后，说明反应完全，停止加热，将三颈烧瓶中的混合物冷却后过滤，洗涤滤渣2～3 次，至最后一次洗涤液滴加稀硝酸和AgNO3溶液无沉淀，说明沉淀洗涤干净，干燥得到 C2O3固体。
11．（2025·湖北武汉·模拟预测）稀土元素已成为发展尖端科学技术不可缺少的材料。以氟碳铈矿(含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程可表示为
已知：氟碳铈矿在“氧化焙烧”中生成Ce()化合物和CO2等气体。
（1）CeFCO3中Ce的化合价 ，“氧化焙烧”冷却后往往不需要机械加工粉碎成颗粒，就能与硫酸充分反应，其原因是 。
（2）“复盐分离”时先加入硫脲()还原酸浸液中CeF等离子，生成二硫甲脒()和Ce3+ ，硫脲和CeF反应的离子方程式为 。
（3）在硫酸介质中Ce()可被磷酸二异辛酯()萃取， Ce()不被萃取。萃取“酸浸液”中Ce()，制取CeO2的流程如下：
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()]=15。向20mL含0.08ml/L Ce()的酸浸液中加入20mL萃取剂充分振荡，静置后，水层中c[Ce()]= ml/L。
③反萃取时有机层加H2O2的作用是 。
（4）科学家利用CeO2作催化剂在太阳能作用下将H2O转化成H2和O2，该反应分两步进行，第一步反应为mCeO2；则第二步反应为： 。(将该反应方程式补充完整)
(m-x)CeO2·xCe +______________________＋___________
【答案】（1）+3 氟碳铈矿在焙烧过程中产生CO2气体时固体变疏松
（2）2
（3） 0.005 将四价铈还原为三价铈，使其进入水层
（4）
【分析】氟碳铈矿氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含Ce4+、的溶液，经过复盐分离，方法为硫脲还原酸浸液中离子为Ce3+，再加入生成难溶的复盐，经过一系列操作得到；
【解析】（1）F为-1价，为-2价，则Ce为+3价，“氧化焙烧”过程中会生成，使固体变蓬松，所以不需要粉碎就能和硫酸充分反应；
（2）“复盐分离”时先加入硫脲()，将+4价的Ce还原为+3价，硫脲和反应的离子方程式为：2；
（3）用萃取剂将Ce4+萃取到有机层，Ce3+不被萃取进入水层，有机层去氟后用硫酸反萃取得到Ce4+，用H2O2还原Ce4+为Ce3+，进入水层(含Ce3+)，然后加入氧化剂在碱性环境下将其氧化为，再沉淀灼烧得到，据此进行分析；
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)，。向20mL含的酸浸液中加入20mL萃取剂，充分振荡、静置后，水层中有，解得；
③反萃取时加，可将+4价铈还原为+3价，使其进入水层；
（4）通过太阳能实现总反应，再减去第一步反应可知，第二步反应为：。
12．（2025·广东广州·模拟预测）铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。一种以独居石{主要成分为，含有磷酸钍、铀的氧化物和少量镭(Ra)杂质}为原料制备的工艺流程如下：
已知：i．常温下，，，。
ii．镭是一种放射性元素，位于第七周期第ⅡA族。
回答下列问题：
（1）“热分解”步骤中，与和空气发生反应，转化为难溶于水的。该反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为 。
（2）溶解阶段分为两部分：
①盐酸溶解。写出此时Ce(OH)4发生的离子方程式 。
②加絮凝剂调节pH除杂。此过程中，Th完全转化为Th(OH)4沉淀，则应控制pH≥ 。
（3）“共沉渣”的主要成分为 。为防止放射性污染，应将其封存。
（4）“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为 。
（5）将灼烧可得到二氧化铈。是一种应用广泛的稀土氧化物材料，其晶胞结构如图。
①在晶胞中的位置是 。
②与相邻且最近的有 个，若该立方晶胞参数为，则与的核间距最小为 nm。
（6）取粗产品用硫酸溶解后，配成含的溶液。取该溶液，用标准溶液滴定，滴定时发生反应，到达滴定终点时消耗标准溶液的体积为，则的纯度为 。
【答案】（1）2：1
（2）2Ce(OH)4+8H++2Cl-＝2Ce3++Cl2↑+8H2O 4
（3）BaSO4、RaSO4
（4）2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O
（5）顶点和面心 12
（6）75%
【分析】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+、，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U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，加入NHHCO3沉铈，2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O，得到Ce2(CO3)3。
【解析】（1）根据分析，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，还原剂(U3O8)与氧化剂(O2)的物质的量之比为2：1；
（2）①根据分析，盐酸溶解Ce(OH)4发生的离子方程式为2Ce(OH)4+8H++2Cl-＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；
②Th完全沉淀时c(Th4+)≤10-5ml/L，Ksp[Th(OH)4]=c(Th4+)c4(OH-)=10﹣45，c(OH-)=10-10ml/L，c(H+)===10-4ml/L，pH≥4；
（3）根据分析，“共沉渣”的主要成分为BaSO4、RaSO4；
（4）根据分析，“沉铈”过程中发生反应的离子方程式为2Ce3++6=Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+3H2O；
（5）①由题干二氧化铈立方晶胞图示信息可知，灰球位于8个顶点和6个面心，则一个晶胞中含有=4个灰球，8个黑球位于晶胞体内，根据CeO2的化学式可知，灰球代表Ce4+，则Ce4+在晶胞中的位置是顶点和面心；
②灰球代表Ce4+，在晶胞的顶点和面心，只看Ce4+形成的晶胞为面心立方最密堆积，即每个Ce4+相邻且最近的Ce有12个；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CeO2的晶胞结构不难发现O2-位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边长为a，体对角线为a，Ce4+与O2-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为anm；
（6）由Fe2++Ce4+=Fe3+ +Ce3+，结合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce4+)=n(Fe2+)=0.25ml·L-1×0.03L=0.0075ml，故样品中CeO2的总量为0.0075ml×=0.0375ml，该产品的纯度为=75%。
04 考查物质提纯类工业流程综合题的分析判断
13.（2025·湖南长沙·二模）镓(Ga)和锗(Ge)是支撑当代计算机、5G通信、航空航天、新能源、医药卫生及国防军工高新技术发展的重要基础材料，直接关系到国家经济和战略安全。一种由硫化锌精矿(主要成分为ZnS，还含有铁、铜、镓和锗等金属硫化物)为原料回收Zn、Ga、Ge的工艺流程如图所示。
已知：①镓与铝同主族，化学性质相似。
②该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
回答下列问题：
（1）“氧压浸出”过程中禁止明火加热，原因是 。
（2）加入ZnO“调pH”，pH应控制在 范围内。
（3）气态时常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8电子结构，则Ga与Cl之间存在的化学键有 (填标号)。
A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 E．金属键
（4）25℃时，已知： ，，，计算反应的平衡常数 。
（5）与过量NaOH溶液反应的化学方程式为 。
（6）“电解”制粗镓后的电解废液中溶质的主要成分 (填化学式)。
（7）“水解”获得的化学方程式为 。
【答案】（1）精矿与酸反应会生成可燃性气体硫化氢，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸
（2）
（3）AC
（4）
（5）或
（6）
（7）
【分析】由题给流程可知，向硫化锌精矿中加入氧气和硫酸，将各金属硫化物转化为硫酸盐和二氧化硫气体，向滤液中加入氧化锌，调节溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀（滤渣2），滤液用置换，得到铜、镓和锗的混合物，滤液经一系列操作后可得到剩余的；混合物氧化焙烧得到其氧化物，然后加入硫酸酸浸，得到硫酸盐，加入丹宁沉锗，丹宁锗经氯化蒸馏得氯化锗，氯化锗水解得GeO2·nH2O，被还原后得。沉锗后的滤液经中和、酸溶等一系列操作得含的溶液，加入过量，得到的溶液，电解得。
【解析】（1）精矿含有硫元素，与酸反应生成硫化氢气体，遇明火燃烧，甚至可能会发生爆炸，会发生危险。
（2）加入ZnO“调pH”，目的是沉淀铁元素，而铁元素在“氧压浸出”均被氧化为，所以要保证铁转化为氢氧化铁沉淀，而确保不会被沉淀，根据表中数据可知，应控制在。
（3）气态时常以二聚体形式存在，其分子结构类似于，二聚体中各原子均满足8电子结构，的结构为，以此类推，则Ga与Cl之间存在的化学键有极性键和配位键，故选AC。
（4）反应的平衡常数表达式为：K=cNH4+·cGaOH4−cNH3·H2O，变形为：K=1.0×1034×cGa3+×c4OH−×cNH4+cNH3·H2O，即K=1.0×1034×KspGaOH3×KbNH3·H2O，代入数据可得：K=2.0×10−6。
（5）因为镓与铝同主族，化学性质相似，与过量溶液反应的化学方程式为HGaCl4+5NaOH=Na[Ga(OH)4]+4NaCl+H2O或HGaCl4+5NaOH=NaGaO2+4NaCl+3H2O。
（6）“电解”Na[Ga(OH)4]和NaCl的溶液制粗镓，在阴极得电子转化为Ga和OH−，在阳极失电子转化为氯气，故电解后的电解废液的主要溶质为。
（7）氯化锗水解得GeO2·nH2O，方程式为：GeCl4+(n+2)H2O=GeO2⋅nH2O↓+4HCl。
14．（2025·四川·二模）当今钙钛矿太阳能电池因其高光电转换效率和低成本等优势，成为研究热点。然而，废旧钙钛矿太阳能电池的回收处理问题也日益凸显。以下是一种从废旧钙钛矿太阳能电池(主要成分有、有机物，还含有少量Ag、Cu等金属杂质)中回收金属及制备高纯铅化合物的工艺流程：
已知：①超声处理能使溶液中的分子和离子振动加剧；
②，，，。
回答下列问题：
（1）铅是与碳同主族的第六周期元素，则铅的价电子排布式为 。
（2）“浸出”中，用有机溶剂浸泡并用超声处理的目的是 。
（3）“酸浸”中，与稀硝酸反应生成铵盐、等物质，写出该反应的离子方程式： 。
（4）“滤渣2”的主要成分是 。
（5）高温煅烧固体时，发生反应的化学方程式为。从热力学角度分析该反应能发生的原因： 。
（6）“滤液2”中，要加入草酸溶液使完全沉淀[一般认为时沉淀完全]，若此时为，则需调节 。
（7）含的溶液中逐滴滴加NaOH溶液后，各形态铅的百分含量x与溶液pH的关系如下图所示。根据图示，高纯PbO制，应将溶液的pH调至约为 ；已知才达到排放标准，则此时滤液是否达到排放标准 (填“是”或“否”)。
【答案】（1）
（2）溶解废旧电池中的有机物，同时加速有机物与其他成分的分离(便于后续对金属成分的处理，提高金属回收率)
（3）
（4）Cu
（5）在高温下分解生成PbO、CO和是一个熵增的过程，故反应能自发进行
（6）1
（7）10 是
【分析】向废旧钙钛矿太阳能电池(主要成分有、有机物，还含有少量Ag、Cu等金属杂质)中加入有机溶剂超声处理进行浸出，根据相似相溶原理，加速有机物与其他成分的分离，向滤渣、少量Ag、Cu中加入足量硝酸进行酸浸，转化为二价铅离子、铵根离子、银离子和铜离子，通入氯化钠，得到氯化银沉淀，通入适量铁粉，置换出铜单质，向滤液中加入草酸，得到草酸铅沉淀，煅烧得到高纯氧化铅，依次加入硝酸和氢氧化钠，得到氢氧化铅，据此解答。
【解析】（1）根据信息，铅位于第六周期A族，故价电子排布式为；
（2）废旧电池中的有机物大多为非极性或弱极性分子，根据相似相溶原理，有机溶剂能溶解这些有机物，且超声处理能使溶液中的分子和离子振动加剧，所以用有机溶剂浸泡并用超声处理的目的是溶解废旧电池中的有机物，同时加速有机物与其他成分的分离；
（3）结合题给反应物和产物，根据氧化还原反应原理可写出离子方程式：
（4）适量铁粉置换“滤液1”中的，所以“滤渣2”的主要成分是Cu；
（5）判断反应发生的可能性应该从自发反应的视角去考虑，该反应的，高温下熵增效应使反应自发进行；
（6）完全沉淀，，根据，，来自，根据电离方程式和电离常数，有，则，得，故；
（7）铅要沉淀完全，则从图中看应该选择百分含量最高时的pH，故约为10，根据，当溶液中时，，故达到排放标准。
15.（2025·吉林延边·一模）镍（Ni）和锡（Sn）应用于电镀、机械、航空等众多工业领域。从一种Ni-Sn-Fe合金废料生产工业硫酸镍的工艺流程如下图所示。
已知：①“酸浸”后滤液中的主要金属阳离子为。
②“一次除铁”后溶液中仍有少量。“萃取除铁、反萃取、制和制”的原理是：，和代表金属阳离子或。金属阳离子和的结合能力：。
③常温下，，，。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时，生成的离子反应方程式 。
（2）常温下恰好完全沉淀为时， （填“>”、“
（3）避免萃取时引入进入溶液，降低的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使进入有机相，降低的产率
（4）盐酸
（5）
（6）冷却至结晶 降低洗涤时的溶解损失；防止生成
【分析】合金废料中的等金属与酸发生反应，生成等金属阳离子，进入溶液。 向酸浸后的溶液中加入碳酸钠，与反应生成沉淀，从而将Sn2+从溶液中分离出来，得到含Ni2+、Fe2+等的溶液，加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，再加入碳酸钠，Fe3+与碳酸根反应生成沉淀，除去部分Fe3+，但溶液中仍含有少量Fe3+，用做萃取剂萃取除铁，加盐酸反萃取、制和制，经过一系列除杂处理后的溶液浓缩结晶，得到晶体。
【解析】（1）合金废料中的等金属与酸发生反应，生成等金属阳离子，进入溶液，生成的离子反应方程式是。
（2），可得，，，由此可知，。
（3）避免萃取时引入进入溶液，降低的纯度；避免萃取除铁时发生反应，使进入有机相，降低NiSO4的产率。
（4）“反萃取”时，提高溶液中氢离子浓度，使平衡向反萃取方向移动，萃余液的溶质含FeCl3 ，所以试剂1是盐酸。
（5）制时，通入， 置换出，溶液1的主要成分是。
（6）根据硫酸镍的溶解度曲线可知，随着温度升高，溶解度逐渐增大，并且水合物发生变化，要得到晶体，温度越高降低至。不溶于乙醇，用乙醇溶解可以降低其溶解损失，防止防止水分过多生成。
16.（2025·江苏连云港·二模）是一种光催化材料。工业利用某废催化剂（主要含及少量）制备的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：①都是不溶于水的碱性氧化物；
②；
③ ；离子浓度时沉淀完全。
（1）基态钒原子的价电子排布式为 。
（2）“酸化”时，完全转化为的最大pH为 。
（3）“酸化”后的溶液中存在，则“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（4）反萃取剂应选用 （填“酸性”、“中性”或“碱性”）溶液；若“萃取”、“反萃取”的过程中钒的总回收率为96%，则“还原”时加入的和“氧化”时加入的的物质的量之比为 。
（5）生成的离子方程式为 ，实验测得溶液pH、温度和溶液浓度对生成的粒径影响图像如下：
综合分析：制备粒径较小的晶体的最佳条件是 。
【答案】（1）
（2）8.37
（3）
（4）酸性 25:8
（5） 、80℃、浓度为
【分析】利用含及少量的废催化剂制备的工艺流程为：将废催化剂加入NaOH溶液碱浸，不溶于碱，过滤后在沉淀中，加入盐酸酸溶，得到含和的溶液，调节溶液pH，得到沉淀，过滤加溶解得到；将碱浸过滤后含、、的滤液 中加入酸化，转化为和滤渣过滤除去，得到含的滤液，加入将还原为，再加入有机溶剂萃取，分液后再用酸反萃取，再加入将氧化为，加入进行沉钒得到，最后将和反应得到，据此分析解答。
【解析】（1）V为23号元素，位于周期表中第四周期第VB族，则基态钒原子的价电子排布式为：。
（2）根据 ；离子浓度时沉淀完全，可以得到，有，则最大pH为8.37。
（3）“酸化”后的溶液中存在，加入将还原为，则“还原”时发生反应的离子方程式为：。
（4）根据已知②的萃取反应的信息可知，反萃取剂应选用：酸性溶液；在萃取、反萃取前后V的化合价都是+5价，则根据得失电子守恒可知，还原剂失去电子的物质的量等于氧化剂得到电子的物质的量，设的物质的量为x，的物质的量为y，则有，解得。
（5）在生产的最后一步是将和反应得到，则反应的离子方程式为：；根据提供的pH图与温度和浓度图可知，要制备粒径较小的晶体，最适宜的条件为：、80℃、浓度为。
1．（2025·湖南·二模）镍元素用途广泛，工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：
已知：①电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：；；；；②常温下溶度积常数；；③石英砂造渣除铁反应：。
下列有关说法不正确的是
A．Ni属于d区元素，可用于合金钢或储氢合金材料
B．低镍矿中通入适量氧气，防止过量氧气氧化，便于用石英砂造渣除铁
C．电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式：
D．氧化性：，若电解精炼镍时溶液也易在阳极放电
【答案】D
【分析】据流程：将硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)熔炼后将部分硫元素以二氧化硫的形式除去得到低镍矿，加入适量的氧气，用石英造渣除铁得到高镍矿，得到高镍矿破碎细磨后浮选出NiS(含CuS)，将NiS(含CuS)在NiSO4溶液中电解，阳极的反应为：NiS-2e-=Ni2++S、CuS-2e-=Cu2++S，阴极为：Ni2++2e-=Ni，Cu2++2e-=Cu，制得粗Ni含有少量Cu，将粗Ni用NiSO4溶液，控制pH为2～5，电解精炼，粗Ni为阳极，反应为：Ni-2e-=Ni2+，Cu从粗Ni脱落形成阳极泥，阴极为Ni2++2e-=Ni，阴极制得精Ni；
【解析】A．Ni的价电子构型为3d84s2，属于d区元素；Ni可用于制造合金钢（如不锈钢）或储氢合金（如LaNi5），A正确；B．石英砂造渣除铁的反应需Fe以FeO形式存在（生成2FeO·SiO2），若通入过量O2，Fe2+会被氧化为Fe3+（形成Fe2O3），无法与SiO2造渣，故需适量O2防止Fe2+过度氧化，B正确；C．电解制粗镍时，阳极材料为NiS（含CuS），主要发生NiS的氧化反应，S2-失去电子生成S单质，电极反应式为NiS-2e-=Ni2++S，C正确；D．据电极电位可知，氧化性H+>Ni2+，H+先于Ni2+放电，当pH＜2时，c(H+)大，易在阴极放电，D错误；故选D。
2．（2025·云南玉溪·模拟预测）我国芒硝资源丰富。工业上以芒硝为原料可制备多种产品，实验室模拟其流程如下，已知：操作制得物质为。下列说法错误的是
A．物质为
B．操作的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
C．转化Ⅲ操作用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒等
D．上述流程中物质可循环利用
【答案】C
【分析】Na2SO4溶液中先通入NH3，再通入过量的CO2产生NaHCO3沉淀（物质M）和(NH4)2SO4溶液，加入Na2SO4实现转化II，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体，晶体加热至200~300℃实现转化III，得到NaHSO4、NH3（物质N）和H2O。
【解析】A．根据分析，M为NaHCO3，A正确；B．根据分析，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B正确；C．转化III是在200~300℃下分解，固体加热分解需用坩埚，所需仪器应为坩埚、三脚架、泥三角、酒精灯等，C错误；D．根据分析，物质N为NH3，转化III生成NH3，转化I需通入NH3，N可循环利用，D正确；故选C。
3．（2025·北京通州·三模）为回收利用含的废液，某小组设计方案如图所示，下列说法不正确的是
A．步骤Ⅰ中，充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤Ⅰ中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C．试剂X可用硫酸
D．粗可用升华法进一步提纯
【答案】B
【分析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，据此分析；
【解析】A．由分析可知，步骤I中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，A正确；B．四氯化碳的密度大于水，加入足量碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，B错误；C．由分析可知，向溶液A中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X可用硫酸，C正确；D．碘受热会发生升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，D正确；故选B。
4.（2025·河北邢台·二模）粉煤灰是铝、镓等有价金属的潜在性提取原料，铝、镓元素协同回收是实现粉煤灰(主要成分为，还有少量等杂质)资源化利用的重要途径，其主要流程如下：
已知：①萃取镓的原理为：
②；
③
回答下列问题：
（1）Ga在元素周期表中的位置为 。
（2）“酸浸”后滤渣的主要成分为 (写化学式)。
（3）“萃取”前加氨水“中和”的目的是 。
（4）树脂吸附除铁后通氨气，当恰好沉淀完全时，此时溶液 (保留一位小数)；证明“过滤、洗涤”中已洗涤干净的实验操作为 。
（5）“电解”过程包括电解制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，粗镓与电源 极相连(填“正”或“负”)，粗镓溶解生成的与NaOH溶液反应生成，生成高纯镓的电极反应式为 。
（6）“合成”步骤中生成一种气体单质，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）第四周期第ⅢA族
（2）SiO2
（3）中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相
（4）4.3 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗干净
（5）正 +3e-+2H2O=Ga+4OH-
（6）2Ga+2NH32GaN+3H2
【分析】粉煤灰(主要成分为Ga2O3、Al2O3、SiO2，还有少量Fe2O3等杂质)，用硫酸酸浸，Ga、Al、Fe等转化为离子进入溶液中，滤渣1为SiO2，加氨水中和除去过量的H+，加入萃取剂将Ga3+萃取进有机相，水相1中含有Fe3+和Al3+，用树脂吸附除去Fe3+，用NH3调pH使Al3+转化为Al(OH)3，经过滤洗涤加热生成Al2O3；萃取后的有机相加入H2SO4反萃取，使Ga3+进入水相2，加NaOH将Ga3+转化为，电解生成Ga，通入NH3与Ga在1000℃下反应生成GaN。
【解析】（1）Ga是31号元素，位于周期表第四周期第ⅢA族；
（2）根据分析，“酸浸”后滤渣的主要成分为SiO2；
（3）根据萃取镓的原理可知在酸性条件下发生的是逆反应，即反萃取，因此“萃取”前加氨水“中和”的目的是中和过量的H+，萃取时有利于Ga3+进入有机相；
（4）Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=1.0×10-34，c(OH-)==≈10-9.6，c(H+)==10-4.3，pH=4.3；根据分析可知，酸浸时的留在水相中，洗涤是否干净可以检验是否含有，取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸无明显现象，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗干净；
（5）精炼时，粗镓作为阳极，与电源的正极相连；在阴极得电子发生还原反应，电极反应为+3e-+2H2O=Ga+4OH-；
（6）根据流程图可知，Ga与NH3反应生成GaN和H2，方程式为2Ga+2NH32GaN+3H2。
5．（2025·河北·二模）以菱锰矿粉(主要含有以及少量Mg、Fe等元素的氧化物)为原料制备高纯度碳酸锰产品的工艺流程如图所示：
已知：①相关金属离子开始沉淀和完全沉淀形成氢氧化物的pH如下表：
②常温下，、。
回答下列问题：
（1）“混合研磨”时，若用固体会导致“焙烧”时产生HCl气体且“浸出”时Mn元素的浸出率降低，原因是 。
（2）向“焙砂”中加入一定量的“浸出”时，保持温度和搅拌速率不变，还可以通过 来提高Mn元素的浸出率。
（3）写出“氧化”时反应的离子方程式： ；选用作氧化剂而非的优点是 。
（4）“调节pH”的范围是 。
（5）“除钙、镁”时，首先加入，其目的是 ，然后加入，当溶液中时，溶液中 。
（6）除了以外，该工艺流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。
（7）测定碳酸锰产品的纯度。称取1.000g碳酸锰试样于锥形瓶中，加入25mL磷酸，摇匀后加热煮沸，立即加入硝酸铵(将全部氧化为)，并充分摇匀，稍冷加水稀释至100mL，充分摇动冷却至室温。取出25.00mL，加入2滴N-苯代邻氨基苯甲酸，用浓度为的标准溶液滴定，当溶液由红色变为黄色时为滴定终点，消耗标准溶液20.00mL，则产品的纯度为 %。
【答案】（1）若加入会导致“焙烧”时转化为并使产生不溶性的MnO，MnO无法加浸出
（2）延长浸出时间
（3） 可以引入更多，增加的产量
（4）
（5）将溶液中过多的钙转化为硫酸钙
（6）
（7）92
【分析】该工艺流程以菱锰矿粉(主要含有以及少量Mg、Fe等元素的氧化物)为原料，制备高纯度碳酸锰产品，原料与“混合研磨”后“焙烧”生成、及含有、等的“焙砂”， “焙砂”加入一定量的使“浸出”，加入氧化，使转化为，再加入调节转化为除去，加入使部分转化为微溶于水的沉淀，再加入除去、，含有的溶液加入“碳化结晶”生成沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯度碳酸锰产品。
【解析】（1）若“混合研磨”加入的是会导致“焙烧”时，分解生成挥发，而使无法转化为可溶性的，只发生分解反应生成不溶性的MnO，MnO无法加浸出。
（2）升高温度、搅拌可以改变速率，从而提高浸出率，还可以延长浸出时间，提高浸出率。
（3）根据上述分析可知，“氧化”时是使转化为，被还原为，根据得失电子守恒、离子电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为；对比氧化，作氧化剂可以引入更多，从而增加的产量。
（4）“调节pH”目的是使完全转化为沉淀，而未生成沉淀，从而除去，故应“调节pH”范围为。
（5）除去的溶液中含有较多、及 ，要除去、需转化为沉淀，而先加入会使部分转化为微溶于水的沉淀，减少的用量；根据、，则，，溶液中=。
（6）在“碳化结晶”过程，溶液中含有与，为溶液，与反应生成沉淀、、，即滤液中含有可以结晶得到固体在“混合研磨”工艺使用，“焙烧”生成的、及“碳化结晶”产生的反应生成循环使用。
（7）测定碳酸锰产品的纯度的原理为将全部氧化为，利用标准溶液滴定，根据元素守恒、得失电子守恒，得关系式，则被滴定的溶液，碳酸锰产品的纯度为。
1．（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含)的部分流程如下：
下列说法正确的是
A．“沉铜”过程中发生反应的离子方程式：
B．“碱浸”过程中NaOH固体加入量越多，沉淀越完全
C．“氧化”过程中铁元素化合价降低
D．“沉锂”过程利用了的溶解度比小的性质
【答案】D
【分析】酸浸液(主要含)加入铁粉“沉铜”，置换出Cu单质，溶液加入NaOH碱浸，过滤得到Al(OH)3沉淀，滤液加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe(OH)3沉淀，在经过多步操作，最后加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀。
【解析】A．“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：，A错误；B．Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH过量，则Al(OH)3会溶解，B错误；C．“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+，铁元素化合价升高，C错误；D．加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了的溶解度比小的性质，D正确；答案选D。
2．（2025·云南卷）稻壳制备纳米Si的流程图如下。下列说法错误的是
A．可与NaOH溶液反应
B．盐酸在该工艺中体现了还原性
C．高纯Si可用于制造硅太阳能电池
D．制备纳米Si：
【答案】B
【分析】稻壳在一定条件下制备纳米SiO2，纳米SiO2和Mg在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si，加盐酸将MgO转化为MgCl2，过滤、洗涤、干燥得到纳米Si。
【解析】A．SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，A正确；B．盐酸参与的反应为：MgO+2HCl=MgCl2+H2O，该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸性，没有体现还原性，B错误；C．高纯硅可以将太阳能转化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D．SiO2和Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si，反应的化学方程式为，D正确；答案选B。
3．（2024·福建卷）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。
【解析】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。
4．（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的并制备，流程如下“脱氯”步骤仅元素化合价发生改变。下列说法正确的是
锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰)
A．“浸铜”时应加入足量，确保铜屑溶解完全
B．“浸铜”反应：
C．“脱氯”反应：
D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到
【答案】C
【分析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。
【解析】A．由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；B．“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：，故B错误；C．“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：，故C正确；D．脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，故D错误；故选C。
5．（2024·贵州卷）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。
【解析】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。
6．（2023·福建卷）从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：
“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是
A．“盐浸”过程若浸液下降，需补充
B．“滤渣”的主要成分为
C．“沉锌”过程发生反应
D．应合理控制用量，以便滤液循环使用
【答案】B
【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。
【解析】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；C．“沉锌”过程发生反应，C正确；D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；故选B。
7．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是
A．“焙烧”中产生B．滤渣的主要成分为
C．滤液①中元素的主要存在形式为D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用
【答案】B
【分析】焙烧过程中铁转化为四氧化三铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中四氧化三铁不溶转化为滤渣，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。
【解析】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成四氧化三铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为四氧化三铁，B错误；C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr 元素主要存在形式为，C正确；D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确； 故选B。
8．（2025·全国卷）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。
【解析】（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。
9．（2024·江西卷）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+)= ml/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 。
【答案】（1）b
（2）+6 2U3O8+O2+6NaOH3Na2U2O7+3H2O
（3）Na3PO4•12H2O 热分解
（4）①2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O ②4×10﹣7
（5）RaSO4
【分析】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+、，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。
【解析】（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+6NaOH3Na2U2O7+3H2O
稀释过滤后的滤液中含有Na+、，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+)＝1×10﹣4.5ml/L，c(OH﹣)＝1×10﹣9.5ml/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7 ml/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。
10．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：

已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施 (举1例)。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是 。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)= ml·L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是 。
【答案】（1）MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑ 粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+ Fe3+可以催化H2O2分解
（3）2.8×10-9 Al3+
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+ 补充Mn(OH)2
（6）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随后将溶液pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH=4，此时溶液中c(OH-)=1.0×10-10ml·L-1，此时体系中含有的c(Fe3+)==2.8×10-9ml·L-1，这时，溶液中的c(Fe3+)小于1.0×10-5，认为Fe3+已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c(OH-)=1.0×10-7ml·L-1，溶液中c(Al3+)=1.3×10-12ml·L-1，c(Ni2+)==5.5×10-2ml·L-1，c(Al3+)小于1.0×10-5，Al3+沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3+；故答案为：2.8×10-9、Al3+。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，此时溶液中发生的离子方程式为Ba2++S2-+Ni2++SO=BaSO4↓+NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS；故答案为BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2+发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；根据第二空“保持电解液成分稳定”的要求，需要寻找反应过程中发生改变的电解液成分。由离子方程式可知，Mn2+被消耗，H+生成，要保持电解液成分稳定，就得补充消耗掉的物质，移出生成的物质，结合溶液中的负离子，答案自然就出来了，即补充Mn(OH)2；故答案为：Mn2++2H2OH2↑+MnO2↓+2H+；补充Mn(OH)2。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑；故答案为：2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
金属离子
开始沉淀时的pH
8.0
2.5
3.5
5.3
完全沉淀时的pH
9.6
3.3
4.6
6.4
金属离子
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
9.4
沉淀完全的pH
10.1
8.3
3.2
12.4
离子
浓度
145
0.03
1