文档内容
题型 06 化工微流程
目录
........................................................................................................................................1
【考向一】原料预处理——研磨、浸取、焙烧................................................................................................1
【考向二】条件控制——调溶液的pH...............................................................................................................4
【考向三】条件控制——调节温度....................................................................................................................7
【考向四】微流程——分离与提纯..................................................................................................................10
【考向五】微流程——答题规范......................................................................................................................15
【考向六】微流程——信息型方程式书写......................................................................................................19
【考向七】微流程——试剂加入的作用与循环物质的确定..........................................................................22
【考向八】微流程——K 计算与溶解平衡图像.............................................................................................25
sp
......................................................................................................................................30
【考向一】原料预处理——研磨、浸取、焙烧
【典例1】（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，Fe O、Fe O 只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH) ；“沉锌”过程发
2 3 3 4 3
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Fe O 和Fe O，只含少量的Fe(OH) ，B错误；
3 4 2 3 3
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。
原料预处理——研磨、浸取、焙烧
1.研磨、粉碎、雾化
概念 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体分散成微小液滴，增大反应物接触面
积，以加快反应速率或使反应更充分
研磨
目的 提高原料转化率、利用率、浸取率,提高产品的产率等
（粉碎、雾
接触面 固体——粉碎、研磨
化）
积增大 液体——喷淋
的措施 气体——用多孔分散器等
2.浸取
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸、酸浸、碱浸、盐
概念
浸、醇浸等
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少（工业上往往为了追求更多转化)
提高浸出 ①增大接触面积；②适当升温（加热）③增大反应物（酸或碱）的浓度④搅拌，使反应
率的措施 更加充分
浸
水浸 与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液，做到初步分离。
取
与酸反应，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。常用硫酸、盐酸、硝酸
酸浸 等，用盐酸、硝酸酸溶时注意控制温度，用硫酸酸溶时要关注 Pb2+、Ca2+、Ag+会生成
PbSO 、CaSO、AgSO 在滤渣中出现。
4 4 4
常用NaOH溶液、NaCO 溶液、氨水溶液等，与碱接触反应或溶解 NaOH溶液与金属
2 3
碱浸 (Al、Zn等)或氧化物 (如SiO 、Al O 、ZnO、Cr O 等)反应，NaCO 溶液(与原料反应或
2 2 3 2 3 2 3
去油污)，金属阳离子与NH 形成配离子进入溶液
3
醇浸 提取有机物，常采用有机溶剂（如乙醚、二氯甲烷等）浸取的方法提取有机物盐浸 常用铵盐、FeCl 溶液等，与盐溶液接触反应或溶解
3
3. 焙烧
使固体在高温下分解或改变结构，使杂质高温氧化、分解、物质能溶解等。如：金属
概念
（多）硫化物，使硫元素→SO ↑（再钙基固硫除）；煅烧高岭土和石灰石。
2
煅烧
物质受热分解或发生晶形转变，温度低于熔点高于1200℃；如：锻烧石灰石、生产玻
璃、打铁等，设备如回转窑等
固体 固体物料在高温不发生熔融的条件下进行的反应过程，可以有氧化、热解、还原、卤化
高温 焙烧 等。物质与空气，氧气或添加剂发生化学反应，以固——气反应为主，温度低于熔点，在
500--1500℃之间。如沸腾炉、焙烧炉等。可以通过增加氧气的量、固体充分粉碎、逆流
加热
焙烧。适当升温等来提高焙烧效率。
灼烧
物质在高温条件下发生脱水、分解、挥发等化学变化的过程。1000℃左右，如煤气灯、电
炉等；如：灼烧海带、颜色反应、灼烧失重、灼烧残渣等
备注 灼烧所需要的仪器：坩埚、泥三角、酒精灯、三脚架、坩埚钳
蒸发所需要的仪器：蒸发皿、酒精灯、玻璃棒、铁架台、坩埚钳
【变式1-1】（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三氧化铁、铬元素被氧化转化为对应钠盐，水浸中氧化铁不溶转化为滤渣，
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氧化铁、铬酸钠和二氧化碳，A正确；
B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，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。
【变式1-2】（2023·海南卷）铍的氧化物广泛应用于原子能、航天、电子、陶瓷等领域，是重要的战略物
资。利用绿柱石(主要化学成分为( ，还含有一定量的FeO和 )生产BeO的一种工艺流程如
下。回答问题：
（1） 中Be的化合价为 。
（2）粉碎的目的是 ；残渣主要成分是 (填化学式)。
（3）该流程中能循环使用的物质是 (填化学式)。
（4）无水 可用作聚合反应的催化剂。BeO、 与足量C在600~800℃制备 的化学方程式为
。
（5）沉铍时，将pH从8.0提高到8.5，则铍的损失降低至原来的 %。
【答案】（1）+2
（2） 增大反应物的接触面积加快反应速率，提高浸取率 SiO
2
（3）(NH )SO
4 2 4
（4）BeO+Cl +C CO+BeCl
2 2
（5）10
【分析】绿柱石煅烧生成氧化物，浓硫酸浸取，SiO 不溶于硫酸，残渣是SiO，加硫酸铵调节pH=1.5除
2 2
去铝离子，加入氨水调节pH=5.1除去铁离子，再加入氨水到pH=8.0生成Be(OH) 沉淀，滤液硫酸铵循环
2
利用。
【解析】（1）按照正负化合价代数和为0，Be的化合价为+2+价；
（2）粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快浸取速率，提高浸取率；残渣的成分是不溶于酸的SiO；
2
（3）最后的滤液中的硫酸铵可以在除铝步骤中循环利用；
（4）BeO、 与足量C在600~800°C生成BeCl 同时生成CO，化学方程式为BeO+Cl +C
2 2
CO+BeCl ；
2
（5）设Be(OH) 的溶度积常数为K ，K=c(Be2+)×c2(OH-)，c(Be2+)= ，当pH=8.0时，c(OH-)=10-
2 sp
6mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)= mol/L，当pH=8.5时，c(OH-)=10-5.5mol/L，铍损失浓度为c(Be2+)=
mol/L，损失降低至原来的10%。
【考向二】条件控制——调溶液的pH【典例2】焦亚硫酸钠(Na SO)在印染、电镀、酿造等工业生产中广泛应用，其制备流程如图所示。已知：
2 2 5
NaHSO 过饱和溶液经结晶脱水得到NaSO，下列说法正确的是
3 2 2 5
A．反应I制备NaHCO ，反应时先通入氨气，再通入CO
3 2
B．气体a为SO ，反应Ⅲ为
2
C．调pH=7~8，并再次通入气体a的目的是得到NaSO 过饱和溶液
2 3
D．结晶后的脱水反应为氧化还原反应
【答案】A
【分析】饱和NaCl溶液中通入NH 和CO，生成NaHCO 沉淀和NH Cl溶液；过滤出沉淀，加热，溶于水
3 2 3 4
得到NaCO 饱和溶液；通入气体a(SO )，调节pH=4.1，得到NaHSO 溶液，加入NaCO 调节pH=7~8，此
2 3 2 3 2 3
时NaHSO 转化为NaSO ，再通入SO ，并使pH=4.1，则生成NaHSO 过饱和溶液，结晶脱水得NaSO。
3 2 3 2 3 2 2 5
【解析】A．反应I、Ⅱ是通过侯氏制碱法制备碳酸钠，反应I制备NaHCO 的化学方程式为
3
，反应时先通入氨气，再通入CO，选项A正确；
2
B．根据已知信息可知，反应Ⅲ是为了制备NaHSO，发生反应： ，
3
选项B错误；
C．由于得到的NaHSO 不是过饱和溶液，后加碳酸钠固体、并再次充入SO 的目的，得到NaHSO 过饱和
3 2 3
溶液，结晶得NaHSO 晶体，选项C错误；
3
D．由流程图可知，NaHSO 失水得到NaSO，反应的化学方程式为 ，该反应中
3 2 2 5
各元素化合价不变，为非氧化还原反应，选项D错误；
答案选A。
条件控制——调溶液的pH
1.调pH除杂：控制溶液的pH使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀而被除去。
（1）原理：加入的物质能使溶液中的H+反应，降低了H+浓度，使溶液pH增大。
（2）pH调整范围：杂质离子沉淀完全时pH值～主要离子开始沉淀时pH（注意端值取）。
（3）调pH需要加入的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物、氢氧化物或碳酸盐，
能与H+反应，使溶液pH增大；如MgO、Mg(OH) 、MgCO 等类型物质。
2 3
（4）除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋：可加入CuO、Cu(OH) 、CuCO 、Cu (OH) CO 等物质来调节溶液的
2 3 2 2 3
pH值。（原因：加CuO等消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解平衡正向移动，生成Fe(OH) 沉淀析出）
3（5）除去Cu2＋溶液中混有的Fe2＋：一般先加HO 将Fe2＋氧化为Fe3＋，再加CuO、Cu(OH) 、CuCO 、
2 2 2 3
Cu (OH) CO 等物质来调节溶液的pH值。
2 2 3
2.抑制某些离子的水解，防止产品混入杂质
像盐酸盐、硝酸盐溶液，通过结晶方法制备晶体或加热脱水结晶水合物制备相应的无水盐时。由于水解生
成的盐酸或硝酸挥发，促使了金属离子水解（水解反应为吸热反应）导致产品不纯。
如：有MgCl
2
·6 H
2
O制无水氯化镁要在HCl气流中加热，否则MgCl
2
·6 H
2
O≜Mg(OH)
2
↓+2HCl↑+4H
2
O
3.控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性(增强MnO -、NO -的氧化性)。
4 3
4.调节离子的水解程度。
5.控制PH的目的的答题思路
（1）pH调小：抑制某离子水解，防治某离子沉淀
（2）pH调大：确保某离子完全沉淀，防止某物质溶解等
【变式2-1】（2023上·福建福州·高三闽侯县第一中学校联考期中）工业上用软锰矿(主要成分是MnO ，含
2
有Al O、SiO 等杂质)，制备KMnO 的流程如下：
2 3 2 4
已知：KMnO 固体和溶液均为墨绿色，溶液呈碱性，能发生可逆的歧化反应。下列说法正确的是
2 4
A．向“浸取”后的溶液中通入CO，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分只有硅酸
2
B．“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使3MnO +2H O 2MnO +MnO+4OH-平衡正向
2 2
移动，促进KMnO 的生成，提高KMnO 的产率
4 4
C．“歧化”步骤中调节溶液pH时，可以用浓盐酸来代替冰醋酸
D．“操作Ⅱ”时，当有大量晶体析出时，利用余热蒸干，即得紫黑色KMnO 晶体
4
【答案】B
【分析】软锰矿加入KOH与空气，形成KMnO 固体、硅酸钠和偏铝酸钾，冷却浸取后调节pH值，生成
2 4
硅酸沉淀、氢氧化铝沉淀，过滤滤液加入冰醋酸后锰酸钾发生可逆歧化反应得到高锰酸钾溶液和滤渣；操
作Ⅰ为过滤，滤渣Ⅱ能回归熔融第一步，说明滤渣Ⅱ为二氧化锰，紫色溶液经过蒸发浓缩结晶形成高锰酸
钾晶体。
【解析】A．向“浸取”后的溶液中通入CO，调节其pH，经“过滤”得滤渣I，滤渣I的成分为Al(OH)
2 3
和硅酸，A错误；
B．“歧化”时，加入冰醋酸是为了调节溶液pH，使3MnO +2H O 2MnO +MnO+4OH-正向移动，促
2 2
进KMnO 的生成，提高KMnO 的产率，B正确；
4 4C．“歧化”步骤中若用浓盐酸调节溶液pH时，浓盐酸会与KMnO 反应，生成有毒氯气，降低KMnO 的
4 4
产率，C错误；
D．高锰酸钾受热易分解，不能用蒸发结晶的方式提纯，“操作Ⅱ”应为蒸发浓缩、冷却结晶，D错误；
故选B。
【变式2-2】（2023上·河南·高三校联考）化学实验小组在实验室中利用某化工厂排出的废渣[主要成分为
BaCO 、Ba(FeO)、BaSO]制备Ba(NO ) 晶体的流程如图所示。
3 2 2 3 3 2
已知：Ba(NO ) 的溶解度受温度影响较大。下列说法错误的是
3 2
A．酸溶时，Ba(FeO)、BaSO 都能与稀硝酸发生氧化还原反应
2 2 3
B．滤渣1的主要成分是BaSO
4
C．试剂X可选择BaCO
3
D．流程中“一系列操作”有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【分析】废渣主要含BaCO 、BaSO、Ba(FeO) 等，加入硝酸，在a容器中充分溶解，可生成硫酸钡，过
3 3 2 2
滤后滤液中含有铁离子、钡离子等，且溶液呈酸性，可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生
成Fe(OH) 沉淀，过滤后废渣2为Fe(OH) ，滤液中含有硝酸、硝酸钡等，加入氢氧化钡中和得到硝酸钡溶
3 3
液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到硝酸钡晶体，母液中含有硝酸钡。
【解析】A．Ba(FeO) 中Fe为+3价，不表现还原性，不能与硝酸发生氧化还原反应，故A错误；
2 2
B．由上述分析可知滤渣1的主要成分是BaSO，故B正确；
4
C．由上述分析可知试剂X可加入碳酸钡，调节溶液pH=4～5，使铁离子水解生成Fe(OH) 沉淀，故C正
3
确；
D．加入氢氧化钡中和过量硝酸，得到硝酸钡溶液，再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得到
硝酸钡晶体，故D正确；
故选：A。
【考向三】条件控制——调节温度
【典例3】（2023上·湖南长沙·高三长郡中学校考）氮化硅(Si N)薄膜是一种性能优良的重要介质材料，常
3 4
用于集成电路制造中的介质绝缘。一种以硅块(主要含Si，杂质为少量Fe、Cu的单质及化合物)为原料制备
氮化硅的工艺流程如下：已知：ⅰ.硅的熔点是1420℃，高温下氧气及水蒸气能明显腐蚀氮化硅；
ⅱ.氮化炉中反应为 。
下列说法错误的是
A．硅块粉碎能有效提高合成氮化硅的反应速率
B．铜屑的作用是除去N 中含有的少量O
2 2
C．“酸洗”中稀酸X可以选用氢氟酸
D．合成过程中应严格控制N 的流速以控制氮化炉中的温度
2
【答案】C
【分析】用硅块（主要含Si，杂质为少量Fe、Cu的单质及化合物）和原料气（含N 和少量O）制备
2 2
Si N 的操作流程，Si与N 在高温下发生反应 ，再用稀酸Y进行酸洗，除去铁、
3 4 2
铜，得到纯净的产物，据此分析解题。
【解析】A．硅块粉碎能提高比表面积，增加与N 的接触，可以有效提高合成氮化硅的反应速率，故A正
2
确；
B．加热的铜屑可以与O 反应，从而除去N 中含有的少量O，故B正确；
2 2 2
C．氢氟酸能 反应，可用稀硝酸除去 中Fe和Cu，故C错误；
D．合成过程在1200℃~1400℃中反应，应严格控制N 的流速以控制氮化炉中的温度，故D正确；
2
故答案选C。
条件控制——调节温度
1.升高温度（加热）
①加快反应速率或溶解速率；
②促进平衡向某个（吸热）方向移动；如：促进水解生成沉淀
③除去受热不稳定的杂质，如HO、铵盐、硝酸盐、Ca(HCO )、KMnO 等物质
2 2 3 2 4
④使沸点相对较低或易升华的杂质气化。
2.降低温度
①防止某物质在高温时会挥发(或分解) ；
②使化学平衡向着题目要求的方向移动（放热方向），从而提高产物的产率；
③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；
④降低晶体的溶解度，减少损失。
3.控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)（1）温度太低：反应速率太慢或溶解速率太小
（2）温度过高：
①催化剂会失去活性，化学反应速率下降
②物质会分解：如铵盐、HO、NaHCO 、氨水等
2 2 3
③物质会挥发：如浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液溴、乙醇等
④物质易被氧化：如NaSO 等
2 3
⑤物质易升华：如I 升华
2
4.答题方法与技巧
①若用到双氧水、氨水、铵盐、硝酸盐等易分解的物质，控温的目的是防止物质分解
②若题目中出现有机物和有机溶剂，控温的目的是防止其挥发
③若溶液中制备物质，常使用加热的方法加快反应速率
④煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离；除去溶解在溶液中的气体，如氧气
⑤温度范围答题模板
a.温度不高于××℃的原因：适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如HO 、
2 2
NH HCO )、氧化(如NaSO )或促进水解(如AlCl )等，影响产品的生成。
4 3 2 3 3
b.温度不低于××℃的原因:加快反应速率或者对于吸热反应而言可使平衡正移，增加产率。
【变式3-1】（2023上·湖北·高三校联考）FeF 是制备硫化物全固态锂电池高能正极材料的原料。一种制备
3
FeF 材料的生产流程如下：
3
下列叙述正确的是
A．“混合溶液”时要用到烧杯、玻璃棒
B．“反应器”中温度越高，越有利于制备FeF
3
C．“系列操作”得到的滤液，可采用分液的方法循环利用
D．“灼烧”时通入Ar的主要作用是带走水蒸气防止FeF 水解
3
【答案】D
【分析】无水乙醇与HF混合，将该混合溶液转移入反应器中加硝酸铁晶体，120℃下发生反应生成FeF；
3
经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeF·0.33H O，再在Ar气氛中，经灼烧得到FeF；
3 2 3
【解析】A．“混合溶液”由HF和乙醇组成，HF腐蚀玻璃，因此应选用塑料烧杯盛放，故A错误；
B．温度过高导致硝酸铁分解，同时乙醇大量挥发，不利于产物的生成，故B错误；
C．“系列操作”得到的滤液中含有乙醇和硝酸，可利用沸点差异采用蒸馏分离回收，故C错误；
D．灼烧过程中防止 水解，故通入Ar主要作用是带走水蒸气，故D正确；故选D。
【变式3-2】（2023上·山东淄博·高三统考期中）实验室制备柠檬酸铁铵的流程如图，柠檬酸铁铵易溶于水，
不溶于乙醇。下列说法错误的是
A．氧化时反应为6Fe2++ClO-+6H+=6Fe3++Cl-+3H O
2
B．制备Fe(OH) 时需控温80~90℃目的之一是防止产生Fe(OH) 胶体
3 3
C．制备柠檬酸铁铵时加入足量的氨水是为了确保Fe3+沉淀完全
D．粗产品用乙醇洗涤除去杂质并减少产品溶解损耗
【答案】C
【分析】硫酸亚铁加入氯酸钠和硫酸被氧化，加入氢氧化钠得到氢氧化铁沉淀，加入柠檬酸和氨水得到经
过一系列处理得到产品。
【解析】A. 氧化时反应为6Fe2++ClO-+6H+=6Fe3++Cl-+3H O，故A正确；
2
B. 制备Fe(OH) 时需控温80~90℃目的之一是防止产生Fe(OH) 胶体，也可以加快反应，故B正确；
3 3
C. 制备柠檬酸铁铵时加入足量的氨水是为了确保和Fe3+完全反应形成配合物，故C错误；
D. 粗产品用乙醇洗涤可以降低产物的溶解度减少产品损坏，同时除去杂质，故D正确；
故选：C。
【考向四】微流程——分离与提纯
【典例4】（2023·福建卷）从苯甲醛和 溶液反应后的混合液中分离出苯甲醇和苯甲酸的过程如下：
已知甲基叔丁基醚的密度为 。下列说法错误的是
A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层
B．“有机层”从分液漏斗上口倒出
C．“操作X”为蒸馏，“试剂Y”可选用盐酸
D．“洗涤”苯甲酸，用乙醇的效果比用蒸馏水好
【答案】D
【分析】苯甲醛和 溶液反应后的混合液中主要是生成的苯甲醇和苯甲酸钾，加甲基叔丁基醚萃取、
分液后，苯甲醇留在有机层中，加水洗涤、加硫酸镁干燥、过滤，再用蒸馏的方法将苯甲醇分离出来；而萃取、分液后所得水层主要是苯甲酸钾，要加酸将其转化为苯甲酸，然后经过结晶、过滤、洗涤、干燥得
苯甲酸。
【解析】A．“萃取”过程需振荡、放气、静置分层，故A正确；
B．甲基叔丁基醚的密度为 ，密度比水小，所以要从分液漏斗上口倒出，故B正确；
C．“操作X”是将苯甲醇从有机物中分离出来，可以利用沸点不同用蒸馏的方法将其分离出来；“试剂Y”
的作用是将苯甲酸钾转化为苯甲酸，所以可选用盐酸，故C正确；
D．苯甲酸在乙醇中溶解度大于其在水中溶解度，“洗涤”苯甲酸，用蒸馏水的效果比用乙醇好，故D错
误；
故答案为：D。
微流程——分离与提纯
1.过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
（1）常压过滤
使用范围 分离难溶物和易溶物
仪器 铁架台、铁圈、漏斗、滤纸、玻璃棒、烧杯
注意事项 一贴：滤纸紧贴漏斗；两低：滤纸边沿低于漏斗边沿，液体低于滤纸。三
靠：玻璃棒紧靠三层滤纸处，烧杯紧靠玻璃棒，漏斗下端紧靠烧杯内壁。
过滤后所得的滤液仍然浑浊，需更换滤纸，重新过滤，直至溶液澄清透明为
止 原因可能是：玻璃棒下端靠在滤纸的单层处，导致滤纸破损；过滤时
液体高于滤纸边缘等
（2）减压过滤（抽滤）：加快过滤速度；减少晶体含有的水分。
（3）趁热过滤：减少过滤时间、保持过滤温度；
a.要滤渣（产品）：防止降温时析出××杂质，提高产品纯度；
b.要滤液（产品）：或防止降温过程中××析出产品而损耗；
2.蒸发结晶
（1）适用范围：适用于溶解度受温度影响不大的物质(如NaCl)。
（2）实例： ①从NaCl溶液中获取NaCl晶体
a.方法：蒸发结晶 b.具体操作：加热蒸发，当析出大量NaCl晶体时，停止加热，利用余热蒸干。
②NaCl溶液中混有少量的KNO 溶液
3
a.方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥 b.趁热过滤的目的：防止KNO 溶液因降温析出，影响NaCl
3
的纯度
3.冷却结晶：
（1）适用范围：适用于溶解度受温度影响大的物质(如KNO)、带结晶水的物质（例CuSO ·5H O）、受热
3 4 2
易分解的物质（如铵盐、KMnO ）、易水解的物质（如FeCl ）。
4 3
（2）常考的“一系列操作”：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）易水解的盐蒸发时的气氛：
如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加热，以防其水解
3 3 2
4.重结晶：将晶体重复溶解、制成热饱和溶液、冷却结晶、再过滤、洗涤的过程。
5.蒸馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。
图1 图2 图3
（1）仪器：铁架台、铁圈、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、牛角管（尾接管）、锥形瓶、碎瓷片
（2）冷凝管有直形、球形和蛇形冷凝管三种（图3），蒸馏只能用直形冷凝管，冷凝回流直形、球形和蛇
形冷凝管均可使用，冷凝效果蛇形冷凝管最好。沸点较高的物质的冷却用空气冷凝即可。
（3）冷凝管的作用；图1蒸馏时起冷凝作用 图2反应发生器中起冷凝回流作用。
（4）步骤及操作注意事项：①温度计水银球位于支管处；②两种情况冷凝水都是从下口通入；③加碎瓷片
防止暴沸
（5）减压蒸馏：减小压强，使液体沸点降低，防止（如双氧水、硝酸等）受热分解、挥发。
6、灼烧（硫酸铜结晶水测定、干燥）
（1）仪器：研钵、托盘天平、药匙、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、干燥器
坩埚使用：必须用坩埚钳夹取，不可用手拿；灼烧碱性物质不可用瓷坩埚和石英坩埚；
（2）硫酸铜结晶水测定步骤：（四秤、两热两冷、一算）
①称量坩埚质量m ②称量坩埚及晶体m ③加热至白色 ④冷却称量 ⑤再加热 ⑥冷却再称量m
1 2 3
研钵研磨有利于晶体失去结晶水；晶体必须放在坩埚内称量，以免造成误差；坩埚要放到干燥器中冷
却。
硫酸铜晶体质量：m-m ;无水硫酸铜质量：m-m
2 1 3 1
（3）如何证明晶体完全失去结晶水（已干燥）：加热，冷却后称量，再加热，冷却后称量，至两次称量
质量差不超过0.1g或连续两次称量质量不变
（4）如何从MgCl ·6H O中得到无水MgCl ：
2 2 2
在干燥的HCl气流中加热，干燥的HCl气流中抑制了MgCl 的水解，且带走MgCl ·6H O受热产生的水汽
2 2 2
7.萃取与反萃取（1）萃取：利用溶质在互不相溶的两种溶剂里溶解度不同，用一种溶剂把溶质从它与另一种溶剂所组成
的溶液里提取出来的方法叫萃取。分液：分液是把两种不相混溶的液体进行分离的操作。
仪器： 铁架台、铁圈、烧杯、分液漏斗
萃取剂选择 两种溶剂互不混溶；溶质在两种溶剂中的溶解度相差很大；溶质和萃取
的原则 剂不发生化学反应。
注意事项 ①分液漏斗使用之前必须检漏②放液时,打开分液漏斗上端塞子，或使
塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐；使使内外空气相通，保证下层液
体顺利流下③下层液体从分液漏斗下口放出，上层液体从上口倒出；
（2）反萃取：在溶剂萃取分离过程中，当完成萃取操作后，为进一步纯化目标产物或便于下一步分离操
作的实施，往往需要将目标产物转移到水相。这种调节水相条件，将目标产物从有机相转入水相的萃取操
作称为反萃取，可看作是萃取的逆过程。
如：用反萃取法从碘的CCl 溶液提取碘单质
4
【变式4-1】（2023上·重庆渝中·高三统考期中）硼氢化钠( )广泛用于化工生产，常温下能与水反应，
易溶于异丙胺(沸点为33℃)，工业上可用硼镁矿(主要成分为 ，含少量杂质 )制取
其工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“碱溶”时产生的滤渣有 和
B．“操作2”的名称为“蒸馏”
C．流程中可循环利用的物质有异丙胺
D．流程中理论上每生产 1g ，需加入还原剂的总质量约为1.92g
【答案】D
【分析】硼镁矿粉碎后，加入浓NaOH得到含NaBO 的溶液和滤渣，滤渣成分为不溶于碱的Fe O 和
2 3 4Mg(OH) ，将含NaBO 的溶液浓缩结晶得NaB O•10H O的晶体，将晶体脱水，得到的NaB O 固体在高
2 2 2 4 7 2 2 4 7
温下与Na、H、SiO 合成NaBH 和NaSiO，因硼氢化钠(NaBH )常温下能与水反应，易溶于异丙胺（沸
2 2 4 2 3 4
点为33℃），所以加入异丙胺溶解硼氢化钠(NaBH )分离出不溶于异丙胺NaSiO，再经操作2的蒸馏得到
4 2 3
目标产品：NaBH ，据此分析解题；
4
【解析】A．硼镁矿粉碎，加氢氧化钠“碱溶”，Fe O 和碱不反应，得含有NaBO 的溶液，根据元素守恒，
3 4 2
滤渣成分为Fe O 和 Mg(OH) ，A正确；
3 4 2
B．NaBH 易溶于异丙胺且异丙胺的沸点较低，结合分析可知，操作2是蒸馏，B正确；
4
C．NaBH 的异丙胺溶液，分离NaBH 和异丙胺溶液，回收异丙胺，异丙胺可循环利用，C正确；
4 4
D．NaB O、Na、H、SiO 在高温条件下生成NaBH 、NaSiO，根据元素守恒，发生的化学反应方程式
2 4 7 2 2 4 2 3
为 ，1mol NaBH 需要4mol Na，故生产1g NaBH 理论
4 4
需要Na的总质量为 ，D错误；
故答案为：D。
【变式4-2】（2023上·天津·高三统考期中）实验室制备 的流程如图所示
下列说法错误的是
A． 溶液保存时需加入Fe粉
B．过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒
C．产品 在空气中高温分解可得到纯净的FeO
D． 溶液滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明 溶液未变质
【答案】C
【分析】FeSO 溶液中加碳酸氢铵生成FeCO，过滤、洗涤，即可得到FeCO 固体。
4 3 3
【解析】A． 溶液保存时需加入Fe粉以防止氧化，故A正确；
B． 过滤操作中过滤时用到漏斗，用玻璃棒引流，烧杯盛放溶液，所以过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、
漏斗和玻璃棒，故B正确；
C． 产品 在空气中高温分解时会被氧化，得不到纯净的FeO，故C错误；
D． 溶液滴入几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明 溶液未变质，没有生成铁离子，故D正确；
故选C。【考向五】微流程——答题规范
【典例5】锂、铍等金属广泛应用于航空航天、核能和新能源汽车等高新产业。一种从萤石矿(主要含
BeO、LiO、CaF 及少量CaCO 、SiO、FeO、Fe O、Al O)中提取的工艺如图：
2 2 3 2 2 3 2 3
已知：苯甲酸是一元弱酸，白色片状晶体，常温下微溶于水，随温度升高，溶解度增大。
由油酸铍制备BeO的方法是高温焙烧，检验焙烧已完全的操作实验为 。
【答案】连续两次称量差值不超过0.1 g或连续两次称量质量不变
【解析】由油酸铍制备BeO的方法是高温焙烧，即将油酸铍中的C元素转化为CO、H、O元素转化为
2
HO，故高温煅烧完全后，固体的质量将不再发生改变，故只需对高温焙烧后的固体进行称量，若连续两
2
次称量的质量相差小于0.01g，即说明焙烧完全，故答案为：对高温焙烧后的固体进行称量，若连续两次
称量的质量相差小于0.01g，即说明焙烧完全。
微流程——答题规范
1.沉淀洗涤操作：沿玻璃棒向漏斗（或过滤器）中加入蒸馏水至完全浸没沉淀，待水自然流下后，重复操
作2～3次。
2.检验离子是否已经沉淀完全的方法：
答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，滴加××试剂（沉淀剂），若不再产生沉淀，则××离子已经沉
淀完全
实例：在测定NaSO 和NaCl的混合物中NaSO 的质量分数时，可以再混合物中加入过量BaCl 溶液，沉
2 4 2 4= 2
淀SO 2-,然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO 的质量，判断SO 2-完全沉淀的方法：静置，取少量上层
4 4 4
清液于试管中，滴加BaCl 试剂，若无白色沉淀产生，则SO 2-离子已经沉淀完全
2 4
3．检验沉淀是否洗涤干净的操作
答题模板：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入××试剂，若未出现××现象（特征反应现象），
则沉淀洗涤干净。
规范解答:以FeCl 溶液与NaOH溶液制得Fe(OH) 沉淀后过滤为例：取最后一次的洗涤液少许于试管中，
3 3
加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则沉淀未洗涤干净，若无白色沉淀生成，则沉淀已经
洗涤干净。
注意:要选择一种溶液中浓度较大的、比较容易检验的离子检验，不能检验沉淀本身具有的离子。
4.洗涤液的选择：冰水洗、热水洗、乙醇洗等洗去晶体表面的可溶性杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
例：FeC O 用热水洗涤的原因：FeC O 难溶于水，用热水洗涤有利于除去可溶性杂质
2 4 2 4
5.冰水洗涤的目的: 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损
耗。
6.乙醇洗涤的目的: 降低被洗涤物质的溶解度, 减少其在洗涤过程中的溶解损耗,；利用有机溶剂的挥发性
除去固体表面的水分，产品易干燥
7.判断滴定终点的答题规范
答题模板：当滴入最后半滴×××溶液后，溶液由××变成××色（或溶液××色褪去），且半分钟不恢复原色
实例：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点的判断：当加入最后半滴
盐酸溶液后，溶液由红色变成无色，且半分钟不恢复原色
8.离子检验答题模板
（1）答题规范：取试样→加水溶解，加入×××试剂，若×××（现象），则×××（结论）
（2）例：SO 2-检验：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，再加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则证明有
4
SO 2-
4
例:检验Fe2+被完全氧化的试剂/操作: 取所得溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若没有蓝
色沉淀产生，证明Fe2+被完全氧化。
9.加HO 、NaClO 、HNO 等的作用：多为将Fe2+氧化为Fe3+，（若溶液中有其他还原性的离子，也要考
2 2 3 3
虑，例将Cr3+氧化为CrO2-等）
4
10.HO 可用什么替代：一般为O 或空气（氧化剂，不引杂）
2 2 2
11.加入试剂除杂：例：含有Cu2+、Cd2+中的溶液中加入Zn
注意：在写某一步骤是为了除杂时， 应该注明“是为了除去 XX 杂质”，不能答“除杂”
12.蒸发、反应时的气体氛围:抑制某离子的水解，如加热蒸发 AlCl 溶液时为获得 AlCl 需在 HCl气流中
3 3
进行。
13.方案的优缺点：考虑原料是否易得，操作是否简单，成本是否低廉，有无环境污染等。
【变式5-1】（2022上·内蒙古乌兰察布）某磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe O)，还含少量的
3 4
Al O、Cu O。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，工艺流程如图：(已知Cu O不溶于水和碱，但
2 3 2 2
溶于酸：Cu O+2H+=Cu+Cu2++H O)。根据流程回答下列问题：
2 2
（1）溶液C的主要成分是 。
（2）在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是 ；发生的化学反应方程式为 。（3）检验溶液F中金属离子的方法是： (请写出实验操作和现象、结论)
【答案】（1）NaAlO
2
（2） 先生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色
FeSO +2NaOH=Fe(OH) ↓+Na SO 、4Fe(OH) +2H O+ O =4Fe(OH)
4 2 2 4 2 2 2 3
（3）取少量F溶液于试管中，加入KSCN无明显现象，再加氯水，溶液变为红色，则证明原溶液中含有
Fe2+
【分析】由图可知，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，
四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和偏铝酸钠溶液C；向固体
B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸
铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜的溶液D和
铜固体E；向溶液D中加入过量的铁（试剂X），硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，过滤得到硫酸
亚铁溶液F和含有铜、铁的固体II；向固体II中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，
铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。
【解析】（1）由分析可知，溶液C的主要成分是NaAlO ；
2
（2）向硫酸亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液，立即发生反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，反应生成的氢氧化
亚铁具有强还原性，被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故现象是先生成白色沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿
色，最终变为红褐色，有关的化学反应方程式为FeSO +2NaOH=Fe(OH) ↓+Na SO 、4Fe(OH) +2H O+
4 2 2 4 2 2
O=4Fe(OH) ；
2 3
（3）根据分析，F溶液中含有的阳离子为Fe2+，可使用KSCN和氧化剂检验Fe2+，方法为取少量F溶液于
试管中，加入KSCN无明显现象，再加氯水，溶液变为红色，则证明原溶液中含有Fe2+。
【变式5-2】（2023·全国卷） 是一种压电材料。以 为原料，采用下列路线可制备粉状
。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是 。
（2）“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。“浸取”时主要反应的离子方程
式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 (填标号)。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是 。
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为 。（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的 。
【答案】（1）做还原剂，将 还原
（2）
（3）c
（4） 不可行 产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体 会污染空气，而且 与盐酸反应生
成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
（5）
（6）
【分析】由流程和题中信息可知， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到 、 、易
溶于水的 和微溶于水的 ；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和 ，滤液中有 和 ；滤液
经酸化后浓缩结晶得到 晶体； 晶体溶于水后，加入 和 将钡离子充分沉淀得
到 ； 经热分解得到 。
【解析】（1）“焙烧”步骤中， 与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到 、 、
和 ， 被还原为 ，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将 还原。
（2）“焙烧”后固体产物有 、易溶于水的 和微溶于水的 。易溶于水的 与过量的
可以发生复分解反应生成硫化钙沉淀，因此，“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤是为了将 转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而 可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且 与盐酸反应生成可溶于水的 ，导致 溶液中混有 杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成 的化学方程式为： + + =
。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为， ，
因此，产生的 = 。
【考向六】微流程——信息型方程式书写【典例6】（2023上·福建龙岩·高三福建省连城县第一中学校考阶段练习）高效净水剂高铁酸钾
的制备流程如图所示，下列离子方程式正确的是
A．工业制备氯气：2Cl—+2H+=Cl↑+H ↑
2 2
B．反应Ⅱ：3ClO—+2Fe2++4OH—=2FeO +3Cl—+5H O
2
C．反应Ⅲ：NaFeO+2K+=K FeO↓+2Na+
2 4 2 4
D．KFeO 净水原理：4FeO +10H O=4Fe(OH) +3O ↑+8OH—
2 4 2 3 2
【答案】D
【分析】由题给流程可知，铁屑与氯气共热发生反应Ⅰ制备氯化铁，氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混
合溶液发生反应Ⅱ制得高铁酸钠溶液，向高铁酸钠溶液中加入饱和氢氧化钾溶液发生反应Ⅲ制得粗高铁酸
钾。
【解析】A．工业制备氯气的反应为电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl
—+2H O 2OH—+Cl↑+H ↑，故A错误；
2 2 2
B．由分析可知，反应Ⅱ为氯化铁溶液与次氯酸钠、氢氧化钠混合溶液反应生成氯化钠、高铁酸钠和水，
反应的离子方程式为3ClO—+2Fe2++10OH—=2FeO +3Cl—+5H O，故B错误；
2
C．由分析可知，反应Ⅲ为高铁酸钠溶液与饱和氢氧化钾溶液反应生成高铁酸钾沉淀和氢氧化钠，反应的
离子方程式为FeO + K+=K FeO↓，故C错误；
2 4
D．高铁酸钾净水原理为溶液中的高铁酸根离子与水反应生成氢氧化铁胶体、氧气和氢氧根离子，氢氧化
铁胶体吸附水中悬浮杂质达到净水的作用，生成氢氧化铁胶体的离子方程式为4FeO
+10H O=4Fe(OH) +3O ↑+8OH—，故D正确；
2 3 2
故选D。
微流程——信息型方程式书写
1．书写思路
首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断
反应类型：
（1）元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；
（2）元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。
2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程（1）首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入
的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。
（2）根据得失电子守恒配平氧化还原反应。
（3）根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H＋、OH－或HO等。
2
（4）根据质量守恒配平反应方程式。
【变式6-1】（2023上·甘肃金昌·高三永昌县第一高级中学校考阶段练习）工业综合处理含NH 废水和含
N、CO、SO 、NO、CO的废气，得到无毒气体b，流程如下：
2 2 2
下列说法正确的是
A．“固体”中含有CaSO、CaSO 和CaCO
4 3 3
B．X气体、NO与NaCO 溶液的离子反应：4NO＋O＋CO = 4NO ＋CO
2 3 2 2
C．处理含NH 的废水时，离子方程式为NH ＋NO = N ↑＋2HO
2 2
D．捕获剂捕获气体a中发生络合反应Cu(NH )Ac＋CO＋NH =Cu(NH)COAc
3 3 3 3
【答案】C
【分析】工业废气加入过量石灰乳悬浊液作用后除去固体，主要成分为，产生气体中有CO、NO、N 等，
2
加入X气体和碳酸钠溶液，产生亚硝酸钠，根据价态分析可知X为氧气，得到亚硝酸钠溶液加入含铵根离
子废水中作用产生气体b为N，所得气体a利用气体捕获剂处理得到气体b和Cu(NH )COAC，以此分析；
2 3 3
【解析】A．工业废气通入过量的石灰石悬浊液，二氧化硫被吸收形成亚硫酸钙沉淀，所以固体中含有
Ca(OH) 、CaCO 、CaSO，A错误；
2 3 3
B．由题中信息可知，一氧化氮能被碳酸钠吸收成亚硝酸钠，氮元素的化合价由+2升高到+3，故需要加入
氧化剂，结合所涉及的元素可知，通入的X为氧气，离子反应： ，B错
误；
C．亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的-3价氮元素发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为
氮气，根据电子转移守恒和电荷守恒分析，其方程式为 ，C正确；
D．一氧化碳、N 与碳酸钠不反应，根据反应前后的物质变化可知，捕获剂捕获的气体主要为CO，产物
2
为Cu(NH )COAC， ，D错误；
3 3
答案选C。
【变式6-2】（2023上·山东·高三校联考开学考试）用绿矾( )制备电池电极材料 的流程如下：
下列说法正确的是
A．反应1中发生反应的离子方程式为
B．可用酸性 溶液检验反应1中 是否完全反应
C．洗涤沉淀时可用玻璃棒搅拌
D．反应2的化学方程式为
【答案】D
【分析】“溶解”步骤中绿矾溶解到磷酸中，根据流程图可知，“反应1”步骤中加NaClO、NaOH，将
Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，“反应2”步骤中草酸作还原剂，与FePO 、LiOH反应生成
4
LiFePO ；
4
【解析】A．反应1”步骤中加NaClO、NaOH，碱性环境中将Fe2+氧化成Fe3+，同时得到磷酸铁沉淀，反应
为 ，A错误；
B．反应1中NaClO作氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+，本身被还原成NaCl，酸性高锰酸钾溶液能氧化Cl-使之
褪色，因此不能用酸性高锰酸钾溶液检验反应1中Fe2+是否完全反应，B错误；
C．洗涤沉淀时，不能用玻璃棒搅拌，防止弄破滤纸，C错误；
D．草酸为还原剂，碳元素化合价由+3价升高为+4价生成二氧化碳，草酸整体化合价升高2价，FePO 为
4
氧化剂，铁元素化合价由+3价降低为+2价生成二价铁，降低1价，最小公倍数为2，因此FePO 与草酸物
4
质的量之比为2∶1，反应为 ，D正确；
故选D。
【考向七】微流程——试剂加入的作用与循环物质的确定
【典例7】（2023上·甘肃张掖·高三甘肃省民乐县第一中学校考阶段练习）以含钴废渣(主要成分为CoO和
Co O，含少量Al O 和ZnO)为原料制备CoCO 的工艺流程如图所示：
2 3 2 3 3
下列说法错误的是A．酸浸时加入HO 做还原剂
2 2
B．除铝时加入NaCO 溶液可以促进 Al3+ 的水解
2 3
C．若萃取剂的总量一定，则一次加入萃取比分多次加入萃取效果更好
D．将含NaCO 的溶液缓慢滴加到Co2+溶液中沉钴，目的是防止产生 Co(OH)
2 3 2
【答案】C
【分析】由题干信息可知，钴废渣主要 成分为CoO、Co O，还含有Al O、ZnO等杂质，加入硫酸酸浸
2 3 2 3
并加入双氧水，纵观整个流程知最后得到CoCO，说明该过程中双氧水起还原作用，硫酸与氧化铝、氧化
3
锌反应，所得溶液中含有硫酸铝、硫酸锌等，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铝离子转化为氢氧化铝
沉淀并过滤除去；加入萃取剂，萃取锌离子，在有机层中加入稀硫酸，可得到硫酸锌，在水相中加入碳酸
钠溶液生成CoCO 固体，据此分析解题。
3
【解析】A．由题干工艺流程图可知，酸浸时加入HO 做还原剂、将C 3+还原为C 2+，A正确；
2 2 O O
B．除铝时加入NaCO 溶液，发生的反应为2Al3++3 +3H O=Al(OH) ↓+3CO ↑，过滤后所得滤渣是
2 3 2 3 2
Al(OH) ，B正确；
3
C．萃取过程中，多次萃取能使萃取效率提高，C错误；
D．沉钴时应将含Co2+的溶液缓慢滴加到NaCO 溶液中，如果碳酸钠过量、溶液碱性过强、会生成
2 3
Co(OH) 沉淀，降低CoCO 的产率，D正确；
2 3
故答案为C。
微流程——试剂加入的作用与循环物质的确定
1.初步判断试剂加入目的及分析试剂的作用
（1）看反应目的：分析加入试剂后化学反应实现的目的。
（2）看试剂性质：分析加入试剂本身的性质（物质类别、所含元素化合价、周期表中的位置）。
（3）看生成物：分析反应前后的物质组成的变化。
（4）看可能信息：综合利用流程信息和体重设问提供的信息。
2.工艺流程中循环物质的确定
（1）循环物质的确定
①从流程图上看：箭头回头。
②从物质的转化上看：在流程中加入的物质，后续步骤中又会产生(在滤渣或滤液中寻找)。
优点：提高利用率、降低成本、保护环境、减少污染等
（2）副产品的判断
①从流程图上看：支线产品。②从制备的目的上判断：不是主产品。
（3）滤渣成分的确定
①过量的反应物。②原料中不参与反应的物质。③由原料转化的生成物。④由杂质转化的沉淀物。【变式7-1】（2023上·浙江嘉兴·高三统考阶段练习）一水硫酸四氨合铜(Ⅱ)的化学式为
是一种重要的染料及农药中间体。某学习小组以废铜料(含少量铁及难溶性杂质)为主
要原料合成该物质，合成路线如下：
下列说法不正确的是
A．操作I中发生的主要反应为：
B．操作II中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁
C．操作III中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥可采用减压干燥方式
D．设计操作IV的目的是为了提高乙醇的利用率
【答案】A
【分析】含铜废料加硫酸和双氧水，铜被氧化为硫酸铜，铁被氧化为硫酸铁，加氧化铜调节pH=4生成氢
氧化铁沉淀除去铁，滤液得硫酸铜溶液，滤液中加氨水生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，硫酸四
氨合铜溶解度降低，析出 。
【解析】A．操作I中铜被氧化为硫酸铜，发生的主要反应为： ，故A错误；
B．加氧化铜调节pH=4生成氢氧化铁沉淀，操作II中趁热过滤除去的是难溶性杂质和氢氧化铁，故B正
确；
C．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，操作III中洗涤可用乙醇和水的混合液，干燥
可采用减压干燥方式，故C正确；
D．设计操作IV，乙醇循环利用，目的是为了提高乙醇的利用率，故D正确；
选A。
【变式7-2】（2023上·江苏·高三校联考开学考试）工业可利用“单质碘”循环来吸收 ，同时制得氢气，
流程如图所示。下列说法错误的是
A．二氧化硫与碘水反应的离子方程式可表示为：
B．反应器中控制温度的目的是增大 的溶解度以加快吸收
C．分离器中的物质分离的操作为蒸馏
D．碘循环工艺的总反应为【答案】B
【分析】在反应器中发生反应： ，在分离器中将HSO 和HI分离，HI在膜分离
2 4
器中分解为H 和I。
2 2
【解析】A．二氧化硫与碘水反应： ；硫酸和氢碘酸都是强酸，反应的离子方
程式可表示为： ，故A正确；
B． 的沸点较低，温度过高会使 升华，从而减少 的吸收，所以反应器中控制温度为20℃~100℃，升
高温度则气体溶解度减小，故B错误；
C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，二者沸点不同，用蒸馏来分离，故C正确；
D．反应器中发生反应 ，在膜反应器中发生反应 ，将两反应方程式
相加得：碘循环工艺的总反应为 ，故D正确。
故选B。
【考向八】微流程——K 计算与溶解平衡图像
sp
【典例8】（2023·全国卷）下图为 和 在水中达沉淀溶解平衡时的 关系
图( ； 可认为 离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．由 点可求得
B． 时 的溶解度为
C．浓度均为 的 和 可通过分步沉淀进行分离
D． 混合溶液中 时二者不会同时沉淀
【答案】C【解析】A．由点a(2，2.5)可知，此时pH=2，pOH=12，则 = = =
，故A错误；
B．由点(5，6)可知，此时pH=5，pOH=9，则 = = = ，
时 的溶解度为 =10-3 ，故B错误；
C．由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀 和
，故C正确；
D．由图可知， 沉淀完全时， ，pM 5，此时pH约为4.7，在此pH下 刚开
始沉淀的浓度为 ，而题中 > ，则 会同时沉淀，故D错
误；
答案选C。
微流程——K 计算与溶解平衡图像
sp
一、工艺流程题中有关K 的计算的类型
sp
类型① 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度
1:1型 x=√K
sp
√K
饱和溶液时的物质的量浓度与K sp 的关系 1:2型或2：1型 x= 3 sp
4
应用：比较溶解度的大小
√K
1:3型或3:1型 x= 4 sp
27
类型② 已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度
类型③ 根据溶度积规则判断沉淀是否生成
类型④ 沉淀溶解平衡中的除杂和提纯
类型⑤ 沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算
类型⑥ Ksp与水解常数的关系
1．化工流程中Ksp有关计算的常考角度
常考角度 解题策略
根据含同种离子的两种化合物的Ksp数据，求溶液 如果溶液中含有「、CT等离子，向其中滴加AgNO₃
中不同离子的比值 溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中
判断沉淀的生成或转化 把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于
Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH 的计算方法
对于M(OH) (s) Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH:
n
（1）开始沉淀时的pH求法： ， 从而确定pH。
（2）沉淀完全时的pH求法：当该离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，认为已经沉淀完全，
结合Kw求出c(H+)，从而确定pH。
3.常见定量关系
（1）多元难溶弱碱的Ksp与对应阳离子的水解常数Kh的关系(以Fe³+为例)
Fe³+(aq)+3H O(I) Fe(OH) (s)+3H+(aq)
2 3
（2）M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系
M(OH)n(s) Mn++(aq)+nOH-(aq)
（3）沉淀转化常数K 与Ksp的关系，如
二、解沉淀溶解平衡图像题三步骤
第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。
纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
第二步：理解图像中线上点、线外点的含义。
（1）曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q=Ksp。在
c
温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲
线上变化，不会出现在曲线以外。
（2）曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Q>Ksp。
c
（3）曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q9时，会导致 。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到VO 沉淀，VO 在pH<1时，溶解为VO 或
2 5 2 5
VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO ，上述性质说明VO 具有 (填标号)。
2 5
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na SO)溶液，反应的离子方程式为 。
2 2 5
【答案】（1）NaCrO
2 4
（2）Fe O
2 3
（3）Al(OH)
3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不
4 4
宜处理 会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵
3
根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀
4 4（5）C
（6）2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O
2 2 2
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、
硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO 沉淀，过滤得到含有MgSiO 、MgNH PO 的滤
3 4 4 3 4 4
渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；
向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤
得到氢氧化铬。
【解析】（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故答案为：NaCrO；
2 4
（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故答案为：Fe O；
2 3
（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH) ；
3
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO 和MgNH PO
3 4 4
沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，同时可能产生硅
4 4
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO 沉淀，导致产品
3
中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
4 4
使其浓度降低导致MgNH PO ，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不
4 4
能形成MgSiO 沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH PO 无法完全沉淀；
3 4 4
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式
为2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O，故答案为：2Cr O +3S O +10H+=4Cr3++6SO +5H O。
2 2 2 2 2 2
5．（2023·河北卷）闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物
铜包钢的有效分离，同时得到的 可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的 。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为 (填化
学式)。
（2）滤渣的主要成分为 (填化学式)。（3）浸取工序的产物为 ，该工序发生反应的化学方程式为 。浸取后滤液的一半经氧
化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为 。
（4）浸取工序宜在 之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的
原因是 。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式 + 。
（6）真空干燥的目的为 。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）
（6）防止干燥过程中 被空气中的 氧化
【分析】由题给流程可知，铜包钢用由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的二氯化四氨合铜深蓝色
溶液浸取，将铜转化为一氯化二氨合亚铜，过滤得到含有铁的滤渣和一氯化二氨合亚铜滤液；将滤液的一
半经氧化工序将一氯化二氨合亚铜可以循环使用的二氯化四氨合铜；滤液的一半加入加入硫酸、盐酸中和，
将一氯化二氨合亚铜转化为硫酸亚铜和氯化亚铜沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸亚铜的滤液和氯化亚铜；
氯化亚铜经盐酸、乙醇洗涤后，真空干燥得到氯化亚铜；硫酸亚铜溶液发生置换反应生成海绵铜。
【解析】（1）由分析可知，由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到的深蓝色溶液①为二氯化四氨合
铜，故答案为： ；
（2）由分析可知，滤渣的主要成分为铁，故答案为：Fe；
（3）由分析可知，浸取工序发生的反应为二氯化四氨合铜溶液与铜反应生成一氯化二氨合亚铜，反应的
化学方程式为 ；氧化工序中一氯化二氨合亚铜发生的反应为一氯化
二氨合亚铜溶液与氨水、氧气反应生成二氯化四氨合铜和水，反应的离子方程式为
，故答案为：
； ；
（4）浸取工序中盐酸与氨水反应生成氯化铵和水的反应为放热反应，反应放出的热量可以使反应温度保
持在30~40℃之间，所以当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取，故答案为：盐酸
和液氨反应放热；
（5）由题给方程式可知，溶液中加二氨合亚铜离子与氯离子、氢离子反应生成氯化亚铜沉淀和铵根离子，
反应的离子方程式为 + ，故答案为： ； ；（6）氯化亚铜易被空气中的氧气氧化，所以为了防止干燥过程中氯化亚铜被氧化，应采用真空干燥的方
法干燥，故答案为：防止干燥过程中 被空气中的 氧化。
6．（2023·湖北卷） 是生产多晶硅的副产物。利用 对废弃的锂电池正极材料 进行氯化处
理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）Co位于元素周期表第 周期，第 族。
（2）烧渣是LiCl、 和 的混合物，“500℃焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生
大量烟雾，用化学方程式表示其原因 。
（3）鉴别洗净的“滤饼3”和固体 常用方法的名称是 。
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中 浓度为
。“850℃煅烧”时的化学方程式为 。
（5）导致 比 易水解的因素有 (填标号)。
a．Si-Cl键极性更大 b．Si的原子半径更大
c．Si-Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道
【答案】（1） 4 Ⅷ
（2）
（3）焰色反应
（4）
（5）abd
【分析】由流程和题中信息可知， 粗品与 在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、
和 的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是 和 ；滤
液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为 ）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2
置于空气中在850℃煅烧得到 ；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为 。
【解析】（1）Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为 ，元素周期表第8、9、10
三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。（2）“500℃焙烧”后剩余的 应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水
反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是： 遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程
式为 。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为 ，常用焰色反应鉴别 和 ， 的焰色反应为
紫红色，而 的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体 常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知 ，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中
， 浓度为 。“850℃煅烧”时，
与 反应生成 和 ，该反应的化学方程式为 。
（5）a．Si-Cl键极性更大，则 Si-Cl键更易断裂，因此， 比 易水解，a有关；
b．Si的原子半径更大，因此， 中的共用电子对更加偏向于 ，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原
子更易受到水电离的 的进攻，因此， 比 易水解，b有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明
比 易水解，c无关；
d．Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的 形成化学键，从而导致 比 易水解，d有关；
综上所述，导致 比 易水解的因素有abd。
7．（2022·全国卷）废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有 、 、 和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的
盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质
一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 如下表：
金属氢氧化物
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
（1）在“脱硫”中 转化反应的离子方程式为 ，用沉淀溶解平衡原理解释选择 的原
因 。
（2）在“脱硫”中，加入 不能使铅膏中 完全转化，原因是 。
（3）在“酸浸”中，除加入醋酸( )，还要加入 。
(ⅰ)能被 氧化的离子是 ；
(ⅱ) 促进了金属Pb在醋酸中转化为 ，其化学方程式为 ；
(ⅲ) 也能使 转化为 ， 的作用是 。
（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是 。
（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有 。
【答案】（1） PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO (aq) 反应PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO
4 3 4 3
(aq)的平衡常数K= =3.4 105>105，PbSO 可以比较彻底的转化为PbCO
4 3
（2）反应BaSO(s)+CO (aq)= BaCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= =0.04<<105，反应正向进行的程
4 3
度有限
（3） Fe2+ Pb+H O+2HAc=Pb(Ac) +2H O 作还原剂
2 2 2 2
（4）Fe(OH) 、Al(OH)
3 3
（5）Ba2+、Na+
【分析】铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加
4 2
入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧
化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可
知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅
沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。
【解析】（1）“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：
PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO (aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，K (PbCO )=7.4 10-
4 3 sp 3
14，K (PbSO )=2.5 10-8，反应PbSO (s)+CO (aq)= PbCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= =
sp 4 4 3
= = ≈3.4 105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸
铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。（2）反应BaSO(s)+CO (aq)= BaCO (s)+SO (aq)的平衡常数K= = = =
4 3
≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化。
4
（3）（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。
（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac) ，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成
2
Pb(Ac) 和HO，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
2 2
Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O。
2 2 2 2
（iii）过氧化氢也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO 是氧化剂，则过氧
2 2 2
化氢是还原剂。
（4）酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化
铁。
（5）依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、
4
氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳
酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
1．（2023上·福建福州·高三福建省福州屏东中学校考期中）根据海水综合利用的工业流程图，判断下列说
法正确的是
已知： 受热生成 和HCl气体等。
A．过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题
B．在过程③中将 灼烧即可制得无水
C．在过程④、⑥反应中每氧化0.2mol 需消耗2.24L
D．过程①的除杂试剂先后顺序及操作是 、 、稀盐酸，过滤、蒸发结晶
【答案】A
【分析】海水蒸发得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，
母液加氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与盐酸反应后经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作生成
MgCl ·6H O，MgCl ·6H O在HCl气流中加热生成无水MgCl ，NaBr中通入氯气生成Br ，Br 与SO 水溶
2 2 2 2 2 2 2 2
液反应生成溴离子，溴离子被氯气氧化生成高浓度的Br 。
2
【解析】A．Br 与SO 的水溶液反应生成HBr和HSO ，两种产物都是强酸，因此反应后溶液呈强酸性，
2 2 2 4
生产中需解决其对设备的腐蚀问题，A正确；B．MgCl ·6H O受热生成Mg(OH)Cl和HCl，过程③需要在HCl气流中加热使MgCl ·6H O失去结晶水生成
2 2 2 2
无水MgCl ，B错误；
2
C．过程④、⑥中反应的离子方程式为2Br-+Cl=Br +2Cl-，每氧化0.2mol溴离子需消耗氯气0.1mol，但是
2 2
选项中并未说明是标准状况下，无法计算0.1mol氯气的体积，C错误；
D．过程①中氯化钡须在碳酸钠之前加入，否则无法除去多余的钡离子，同时还需要加入氢氧化钠除去镁
离子，D错误；
故答案选A。
2．（2023上·江苏扬州·高一扬州中学校考）据史料记载，我国在明代就有了利用绿矾FeSO ·7H O和硝酸
4 2
钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生SO 、SO 和HO三种气体。
2 3 2
下列说法不正确的是
A．将煅烧产生的三种气体通入BaCl 溶液，产生两种白色沉淀
2
B．煅烧过程中铁元素的化合价升高
C．“吸收”过程中发生的氧化还原反应为2SO +2H O+O=2H SO
2 2 2 2 4
D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸
【答案】A
【分析】绿矾煅烧得到氧化铁和二氧化硫气体，二氧化硫被氧气氧化、被水吸收得到硫酸，加入硝酸钾得
到硫酸钾和硝酸，蒸馏得到硝酸。
【解析】A．二氧化硫和氯化钡不反应，三氧化硫和氯化钡生成一种硫酸钡沉淀，A错误；
B．煅烧过程中铁元素被空气中氧气氧化，铁的化合价由+2升高为+3，B正确；
C．空气中氧气具有氧化性，“吸收”过程中二氧化硫被氧气氧化为硫酸，发生的氧化还原反应为
2SO +2H O+O=2H SO ，C正确；
2 2 2 2 4
D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸，使得硝酸被蒸馏出来，D正确；
故选A。
3．（2023上·福建厦门·高三厦门一中校考期中）利用硼镁矿(主要成分为 ，含 、
、铁和铝的氧化物等杂质)制备硼酸并回收硫酸镁工艺流程如图。下列叙述不正确的是
A．滤渣1的主要成分为 、B．试剂a可选用
C．滤渣2仅含
D．母液经系列操作分离出晶体后，乙醇洗涤干燥可得
【答案】C
【分析】向硼镁矿(主要成分为 ，含SiO、CaCO 、铁和铝的氧化物等杂质)加硫酸浸取，
2 3
生成MgSO 、HBO、CaSO、FeSO 、Fe (SO )、Al (SO )，SiO 和硫酸不反应，CaSO 微溶于水，所以滤
4 3 3 4 4 2 4 3 2 4 3 2 4
渣1是SiO、CaSO；滤液1加入HO 将Fe2+氧化为Fe3+，用MgO[或MgCO 、Mg(OH) ]调节pH，将
2 4 2 2 3 2
Fe3+、Al3+转化为Fe(OH) 、Al(OH) 除去，滤液2冷却结晶得硼酸晶体，过滤后的母液经蒸发浓缩、趁热过
3 3
滤得 。
【解析】A．酸浸过程SiO 和硫酸不反应，生成的CaSO 微溶于水，所以滤渣1的主要成分为SiO、
2 4 2
CaSO，A正确；
4
B．试剂a可以是MgO调节溶液pH，同时不引入杂质离子，B正确；
C．加入试剂a调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，所以滤渣2含Fe(OH) 、Al(OH) ，C错误；
3 3
D．母液经系列操作分离出晶体后，为避免晶体损耗，同时洗涤表面的杂质离子，选用乙醇洗涤干燥，减
少晶体的溶解，得到 ，D正确；
故选C。
4．（2023上·甘肃兰州·高三兰州一中校考期中）通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为
[Cu(NH )]Cl )为原料制备还原性物质CuCl。下列说法不正确的是
3 4 2
A．“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH)
2
B．“还原”时离子方程式为SO +Cu2++Cl-+H O=CuCl↓+SO +2H+
2
C．“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行
D．可循环利用的物质为HSO
2 4
【答案】B
【分析】碱性蚀刻废液(主要成分为[Cu(NH )]Cl )加足量NaOH将铜转化为氢氧化铜沉淀，过滤后将氢氧化
3 4 2
铜溶于稀硫酸，得到硫酸铜溶液，再加入亚硫酸钠、NaCl再还原成CuCl,过滤、洗涤得到CuCl。
【解析】A．由上述分析可知“沉铜”得到的沉淀主要为Cu(OH) ，故A正确；
2
B．该反应不满足电荷守恒，正确的离子方程式为：SO +2Cu2++2Cl-+H O=2CuCl↓+SO +2H+，故B错误；
2
C．CuCl易被氧化，因此“过滤”、“洗涤”时应该在隔绝空气的条件下进行，以防止其氧化，故C正确；
D．由B中反应可知还原过程中生成硫酸，可在酸溶时循环利用，故D正确；
故选：B。5．（2023上·湖南·高三校联考）胆矾 是一种重要的化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为
原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、 、 、 ]制备胆矾，流程如下图所示：
下列说法错误的是
A．步骤①中用 溶液浸洗的目的是除油污
B．步骤②反应之一的化学方程式为
C．步骤③的实验操作为蒸发结晶
D．经步骤④得到的胆矾，可用乙醇进行洗涤
【答案】C
【分析】原料经碳酸钠溶液洗涤去除表面的油污，得到固体D，含有Cu、CuO、CuCO、Cu(OH) ，加硫
3 2
酸和过氧化氢溶解生成硫酸铜溶液，在经过蒸发浓缩、冷却结晶制得五水合硫酸铜晶体。
【解析】A．生锈的铜屑含有少量的油污，碳酸钠溶液呈碱性，可使油污水解得以除去，A正确；
B．步骤②反应之一的化学方程式为 ，B正确；
C．由于 受热易失去结晶水，所以不能使用蒸发结晶的方法，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶
的方式，C错误；
D．胆矾晶体易溶于水，不能用水进行洗涤，用乙醇洗涤减小产品损耗，D正确。
故选C。
6．（2023上·河北保定·高三河北省唐县第一中学校考）某矿石的主要成分为MgCO ，还含有CaO、
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SiO、Fe O、Al O 及少量其它杂质。某工厂采用该矿石为主要原料生产碱式碳酸镁，流程如图(已知：温
2 3 4 2 3
度低于700℃时，SiO 不会与CaO等反应)。下列有关说法不正确的是
2
A．煅烧过程所发生的主要化学反应方程式为：MgCO MgO+CO ↑
3 2
B．滤渣1的成分是CaSO 和SiO
4 2
C．氧化步骤发生反应的离子方程式可以是：Fe2++H O+2H+=Fe3++2H O
2 2 2
D．加X调pH的X是氧化镁
【答案】C【解析】A．温度低于700℃时，SiO 不会与CaO等反应，因此煅烧过程是碳酸镁分解MgCO
2 3
MgO+CO ↑，故A正确；
2
B．硫酸钙微溶，二氧化硅不和硫酸反应，故滤渣1的成分是CaSO 和SiO，故B正确；
4 2
C．该离子方程式得失电子不守恒守恒，正确应为2Fe2++H O+2H+=2Fe3++2H O，故C错误；
2 2 2
D．通过氧化镁调节pH将铁离子和铝离子沉淀，同时又不引入新的杂质，故D正确；
故答案为：C。
7．（2023·河南·校联考一模）某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为 、 、
Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时，Pt、Au分别转化为 和 。
下列判断正确的是
A．“焙烧”时， 转化为CuO的化学方程式为
B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热蒸发结晶可得到
C．“酸溶”时，铂溶解的离子方程式为
D．结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸
【答案】A
【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化
银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化
为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有
硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、
六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金
离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根
合金化铵。
【解析】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应
的化学方程式为 ，A正确；
B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热，亚硫酸根容易被氧化为硫酸根，B错误；
C．铂与氯气、盐酸反应转化为六氯合铂离子，反应的离子方程式为 ，C错误；
D．由流程可知，Au、Pt被氯气氧化，与HCl提供的氯离子形成配离子，HCl没有表现氧化性，因此不能
据此判定盐酸的氧化性强于硝酸，D错误；故答案为：A。
8．（2023上·湖南·高三校联考）聚合硫酸铁(PFS)是饮用水的绿色处理剂。以黄铁矿渣(含 、 、
)为原料制备 的微型流程如下。已知：常温下， ， ；萃
取过程中存在： 。
下列叙述正确的是
A．尾气中气体 宜用燃烧法处理
B．“酸浸”中 不能转化成 ，原因可能是 、 溶解度相差太大
C．“反萃取剂X”可为稀硫酸、盐酸、硝酸等酸类物质
D．制备PFS中需要调节 ， 越大，越有利生成PFS
【答案】B
【分析】由题给流程可知，黄铁矿渣加入稀硫酸酸浸，二硫化铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫和硫化氢，
硫化镍与稀硫酸反应生成硫酸镍和硫化氢，硫化铅不与稀硫酸反应，过滤得到含有硫、硫化铅和滤液；向
滤液中加入萃取剂M萃取、分液得到水层和有机层；向水层中加入加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化铁
离子，调节溶液pH使铁离子在溶液中水解、聚合得到聚合硫酸铁；向有机层中加入反萃取剂稀硫酸萃取、
分液得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍。
【解析】A．由分析可知，气体 为硫化氢，硫化氢燃烧生成二氧化硫和水，反应生成的二氧化硫会造成
二次污染，所以硫化氢不能用燃烧法处理，故A错误；
B．由溶度积可知，酸浸中硫化铅不与稀硫酸反应是因为硫酸铅的溶度积与硫化铅溶度积相差太大，故B
正确；
C．若反萃取剂选用盐酸和硝酸会导致制得的聚合硫酸铁中含有杂质，故C错误；
D．制备聚合硫酸铁时，若溶液pH过大，铁离子会生成氢氧化铁沉淀，无法制得聚合硫酸铁，故D错误；
故选B。
