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猜押12 工艺流程综合题
猜押考点
3 年真题
考情分析
押题依据
以矿物为原
料的物质制
备类化工流
程题综合分
析
2024·北京卷·第18 题
2024·山东卷·第18 题
2023·北京卷·第18 题
2023·海南卷·第15 题
2022·全国甲卷·第26 题
2022·北京卷·第18 题
化学工艺流程题是全国高考中的必考题
型，是将化工生产中的生产流程用框图
形式表示出来，并根据生产流程中有关
的化学知识步步设问，是无机框图的拓
展创新。它以现代工业生产为基础，与
化工生产成本、产品提纯、环境保护等
相融合，考综合考查元素化合物知识、
氧化还原反应(或复分解反应、电离、
水解)方程式的书写、通过化工原理的
分析判断流程中残渣或废液的成分、反
应条件的控制与选择、物质分离提纯的
方法、产率的计算、Ksp的应用、绿色
化学思想的体现等，要求考生依据流程
图分析原理，紧扣信息，抓住关键、准
确答题。重点考查化学基础知识和基本
能力，特别是对物质制备方法、物质间
的转化途径、混合物分离和除杂方法、
化学实验基本操作方法、陌生情景中化
学方程式或离子方程式的书写及简单计
算能力的综合考查。
分析近三年来的高考试
题可知，化学工艺流程
题作为高考题的固定题
型，题目往往取材于国
际国内的化学期刊杂
志，没有固定的物质制
备或分离类型，情境新
颖，在题干问题设置上
注重逻辑，往往还有关
联提问。预计2025 年高
考中仍会在化学工艺流
程上命题。如热点材
料：锂离子电池、稀土
材料等热点材料的提取
与回收工艺。又如实验
与生产结合：以实验室
制备为背景，考查物质
分离与提纯方法。
以废料为原
料的物质制
备类的化工
流程题综合
分析
2024·海南卷·第15 题
2024·安徽卷·第15 题
2023·江苏卷·第14 题
2023·河北卷·第16 题
2022·全国乙卷·第26 题
2022·江苏卷·第16 题
押题一 以矿物为原料的物质制备类化工流程题综合分析
1．（2025·北京西城·一模）钒钛磁铁矿(主要含
、
、
和
)与钛白废酸(主要含
和
)为原料联合提取铁、钛和钒，流程示意图如下。
1
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资料：ⅰ、溶液
、溶液
和溶液
中的钛元素均以
存在。
ⅱ、有机酸类萃取剂(HA)对阳离子的萃取能力：
。
（1）“氧化浸出”过程中
被
氧化，反应的离子方程式是 。
（2）溶液B 中加入
使
结晶，随着
的用量增大，
的结晶率增大。结合化学
用语，用平衡移动原理解释其原因： 。
（3）溶液
经水解析出
，反应的离子方程式是 。
（4）溶液D 中加入
后，
被氧化为
，萃取得到富钒溶液。用
萃取钒时发生反应：
，分液后得到含
的有机溶液。由有机溶液重新得到含
的水溶液的操作
是 。
（5）最终得到的
中含有铁元素，原因是 。
（6）连续测定溶液A 中钛和铁的含量，步骤如下(部分试剂已略去)。
已知：ⅰ、
将
氧化为
是该反应的催化剂。
ⅱ、还原性
均被还原为
。
①溶液
溶液、溶液
溶液消耗
标准溶液的体积分别为
和
，则溶液
中
与
的物质的量之比是 。
②若不加入
，最终会导致测定结果中铁元素的含量 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
【答案】（1）
（2）结晶时存在
，增大
和
，平衡逆向移动
（3）
（4）将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液
（5）溶液
中含有
，经
氧化为
，萃取剂的萃取能力
，
随
被萃取，随后
续过程进入
（6）
偏高
【分析】该工艺流程以钒钛磁铁矿(主要含
、
、
和
)与钛白废酸(主要含
和
)为原料，提取铁、钛和钒，原料联合氧化浸出得溶液A，溶液A 中含有
、
、
及
2
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，与铁屑反应得到溶液B，溶液B 含有
、
、
及
，加入
使
结晶析
出，溶液C 中含有
、
及
和少量
，水解析出
，溶液D 中主要含有
及
和少量
，加入
后，
、
被氧化，再加入萃取剂萃取
，分液后反萃取，最终得
到
。
【解析】（1）
具有还原性，被
氧化生成
，离子方程式为
；
（2）加入
使
结晶得到晶体
析出，即晶体与离子存在溶解平衡：
，加入
，增大
和
，使平衡逆向移动；
（3）溶液
中的钛元素以
形式存在，发生水解析出
，反应的离子方程式是
；
（4）由有机溶液重新得到含
的水溶液，使
平衡逆向移动，则应增大
，
故反萃取操作为将有机溶液注入分液漏斗中，加入较浓的硫酸，振荡后静置，分液；
（5）溶液D 中主要含有
及
和少量
，加入
后，
、
被氧化为
、
，加
入萃取剂萃取时，萃取剂的萃取能力
，
随
被萃取，随后续过程进入
中；
（6）①溶液A 含有
、
，加入铝片，分别转化为
、
，即溶液a 中含有
、
，由还
原性
，加入
标准溶液滴定时，
先发生反应，
，则
，溶液b
中含有
，再加入
标准溶液滴定时，发生
，则
，故溶液A 中
与
的物质的量之比为
；
②
是
将
氧化为
反应的催化剂，若不加入
，该反应速率较慢，则
滴定
溶液a 时，
未完全被氧化，导致滴定溶液b 时，消耗的
标准溶液增多，使得测定结果中铁元素
的含量偏高。
2．（以菱锰矿制备
粉的流程为情境）利用菱锰矿[主要化学成分为
，含
、
等杂质]制备
粉的工艺流程如下。
3
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已知：i．MnO 易被氧化为
，MnO 能溶于氨水生成
。
ii．
（1）脱硅时进行的分离操作是 。
（2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。
温度/℃
600
700
800
主要成
分
MnO、
MnO、
、
、MgO
MnO、
、MgO
下列说法正确的是 (填序号)。
A．800℃时发生了反应：
B．热稳定性：
C．焙烧时，
的作用是避免
被氧化
（3）已知
分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将
替换为
显著分解的温度从
600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因： 。
（4）图1 中，氨水-
溶液中的总氮浓度固定为
。结合图1 解释浸锰时间时使用氨水和
碳酸铵的原因： 。
（5）沉锰过程中温度对Mn 沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn 沉淀率增大的原因：
。
4
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（6）该工艺流程中可再次利用的物质为 。
【答案】（1）过滤
（2）AC
（3）替换后
浓度变大，不利于
的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，
增
大，
，
才能继续分解
（4）加入氨水可使
转化为可溶性的
；加入碳酸铵可避免
过高发生副反应
；同时
能与
结合补充
的消耗
（5）温度升高导致
被蒸出，
减小，
正向移动，
浓度增
大，生成
沉淀
（6）
或
、
【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为
，含
、
等杂质]为原料，制备
粉，菱锰矿与25%
溶液脱硅，发生
，生成的
能溶于
水，过滤，与
、
不溶物分离除去，
、
在
的作用下焙烧，使
发生分解反应生成
，再加入氨水-
溶液浸锰，过滤除去
，得到含有
的浸锰液再沉锰制得
粉。
【解析】（1）脱硅时发生
，生成的
能溶于水，与
、
不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤；
（2）A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，
时发生了反应：
，A 项正确；
B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，
时
分解，
分解，
5
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时
未发生分解，故热稳定性：
，B 项错误；
C ．MnO 易被氧化为
，故焙烧时，
的作用是避免
被氧化，C 项正确；
故答案为：AC；
（3）相同温度下，将
替换为
，
浓度变大，
平衡逆移，不利于
分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至
，
值增大，此时
，反应正向进行，
继续
分解，故答案为：替换后
浓度变大，不利于
的分解。上述分解反应吸热，温度升高到
700℃时，
增大，
，
才能继续分解；
（4）从图像可看出，
，溶液
较高，氨水可使
转化为可溶性的
，
但
浸出量较低，随
增大，溶液
降低，
浸出量升高，
，
略大于10，
浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使
转化为可溶性的
；加入
可避免
过高发生副反应
；同时
能与
结合补充
的消耗；
（5）氨水-
溶液浸锰时，得到含有
、
等的浸锰液，溶液中存在
平衡，沉锰时，温度升高，导致
被蒸出，
减小，
正向移动，
浓度增大，
，有
沉淀生成，故答案为：温度升高导致
被蒸出，
减小，
正向移
动，
浓度增大，生成
沉淀；
（6）焙烧生成的
可以与氨水反应制备
，而沉锰时逸出的
可以制备氨水，故答案为：
或
、
。
3．（2025·河南·模拟预测）焦亚硫酸钠
常作食品加工的抗氧化剂，蓝矾
常作游
泳池的消毒剂。以辉铜矿(主要成分是
，含少量
、
等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸钠的流
程如图所示。已知
时
完全沉淀，
时
开始沉淀。回答下列问题：
（1）铜位于元素周期表 区。
分子的
模型是 。
6
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（2）吸收池甲的主要溶质为 (填化学式)。
（3）“煅烧”中主要包括
等过程。写出
和
反应生成
的化学方程
式： 。
（4）为了提高产品纯度，试剂X 宜选择 (填化学式)。
（5）蓝矾热失重图像如图所示。
“系列操作”中“干燥”适宜选择下列温度的是 (填字母)。
a．
b．
c．
d．
图像中
时对应硫酸铜晶体中结晶水数目n 为 。
（6）红葡萄酒中可添加
作抗氧化剂。测定红葡萄酒中
含量的操作如下：取
红葡萄
酒样品，用标准
溶液滴定至终点，消耗标准液
。已知滴定反应：
。
①该红葡萄酒样品中
含量为
。
②有人提出，可用标准酸性
溶液替代碘溶液测定，请判断该方案是否可行，并简述理由：
。
【答案】（1）ds 平面三角形
（2）
（3）
（4）
、
、
或
等
（5）b 1
（6）
不可行，
还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较大
【分析】该工艺流程以辉铜矿(主要成分是
，含少量
、
等杂质)为原料制备蓝矾和焦亚硫酸
钠，辉铜矿煅烧生成的
与饱和纯碱溶液反应，在吸收池甲中控制pH=4.1，生成亚硫酸氢钠，继续与纯
7
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碱粉末反应，控制pH=
，生成亚硫酸钠，再通入
，生成
；煅烧得的烧渣成分为
、
、
，硫酸浸取后滤渣1 为
，双氧水氧化得到溶液中含有
，加入试剂X 为
或
等，调pH=4，除去
，再经过系列操作得蓝矾。
【解析】（1）
原子序数为29，位于元素周期表
区，
的中心原子S 的价层电子对数
，故VSEPR 模型为平面三角形；故答案为：ds；平面三角形；
（2）吸收池甲中pH=4.1，溶液呈酸性，其主要溶质为亚硫酸氢钠；故答案为：
；
（3）
和
反应生成
和
，化学反应方程式
；
（4）加入试剂X 调pH=4 促进
完全水解生成
，不引入杂质，可以加入
或
等；故
答案为：
、
、
或
等；
（5）从蓝矾热失重图像中可看出，温度高于
时，固体质量减少，干燥时控制温度使蓝矾不失水，即
温度低于
，但是为了节省实验时间，温度不宜太低，温度越低，干燥越慢，故控制温度
，
选b；根据图像中数据，起始蓝矾的物质的量为
，在失重过程中铜元素质量不变，先失
部分结晶水，再失全部结晶水，最终为硫酸铜，点
对应固体摩尔质量为
，即物质
化学式为
，n=1；故答案为：b；1；
（6）根据滴定反应式
可知：
；葡萄酒中含葡萄糖，其中含有羟基、醛基，
都能被
氧化，且
溶液用硫酸酸化，硫酸能与焦亚硫酸钠反应
，故不能用标准酸性
溶液替代碘溶液测定；
故答案为：
；不可行，
还会与葡萄酒中其他还原成分(羟基和醛基)反应，导致测定误差较
大。
4．（以水钴矿提取草酸钴晶体和氯化钴晶体的流程为情境）利用水钴矿(主要成分为
，含少量
、
、
、
、
、
等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备
流程。
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已知：①常温下。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的
如表所示：
沉淀物
开始沉
淀
2.7
7.6
7.6
4.0
7.7
完全沉
淀
3.7
9.6
9.2
5.2
9.8
②
、
均难溶于水。
（1）写出盐酸酸浸水钴矿过程中发生的主要反应的离子方程式 。
（2）结合以上制备流程，推测在此反应条件下，
、
、
的氧化性从强到弱的顺序 。
（3）已知氧化性
ClO ，则沉淀I 的主要成分是 ，萃取剂层所含金属元素只有锰元素，则
萃取后的水层包含的金属阳离子有 。
（4）得到氯化钴晶体的操作I 主要包括：向水层中加入 调整
至
， 、过滤、洗涤、
减压烘干等过程。
（5）根据表格中的数据计算，若某溶液中同时存在
和
两种沉淀，则此溶液中
和
的浓度比值的数量级是 。
（6）取一定质量的二水合草酸钴产品，在空气中加热令其分解，得到钴氧化物(其中钴的价态为
，
用
的盐酸溶液恰好将此钴氧化物完全溶解，得到
溶液和标准状况下2.24L 黄绿色气体，
则此钴氧化物的摩尔质量为 。
【答案】（1）
（2）
（3）
、
、
（4）盐酸 蒸发浓缩、冷却结晶
（5）
（6）
【分析】水钴矿主要成分
及杂质
、
、
、
、
与盐酸反应，
不与盐酸反
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应；同时加入
，
将
、
还原为
、
，得到含有
、
、
、
、
、
等离子的浸出液，
以固体形式存在。向浸出液中加入
将
氧化为
，反应为
，再加入
调pH 至5.2。根据阳离子沉淀的pH 数
据，此时
、
会转化为
、
沉淀（沉淀Ⅰ ），而
、
、
、
仍留
在滤液Ⅰ中。向滤液Ⅰ中加入NaF 溶液。
、
会与
反应生成
、
沉淀（沉淀Ⅱ），从
而除去
、
，得到滤液Ⅱ，此时滤液Ⅱ主要含
、
。向滤液Ⅱ中加入萃取剂。萃取剂将
萃取到萃取剂层，
留在水层，实现
与
的分离。向含
的水层中加入草酸铵溶液，发
生反应
。：对含
的水层进行操作Ⅰ（一般为
向水层中加入盐酸调整pH 至2~3，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作 ），得到
晶体。
【解析】（1）水钴矿主要成分
，加入
和盐酸，
具有氧化性，
具有还原性，
将
氧化为
，自身被还原为
，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到该离
子方程式
。
（2）浸出液中含Co2+、Fe2+、Al3+、Mn2+、Mg2+、Ca2+，加入
，
能将
氧化为
，但
不能将
氧化成
，所以氧化性顺序为
。
（3）加入
调
至5.2 ，根据阳离子以氢氧化物形式沉淀的
数据，
在
=3.7 完全沉淀，
在
=5.2 完全沉淀，所以沉淀Ⅰ主要成分是
、
。加入
溶液沉淀
、
，萃取剂层只有锰元素，说明锰被萃取除去，那么萃取后的水层包含的金属阳离子有
、Na+。
（4）为抑制
水解，向水层中加盐酸调
至2 ~ 3 ，从溶液中得到
晶体，需经过蒸发浓
缩、冷却结晶、过滤、洗涤、减压烘干等过程 。
（5）
完全沉淀
=9.6，
，
=10-13.8；
完全沉淀
=9.2，
，
=10-14.6。两种沉淀共
存时，
，数量级为
。
（6）标准状况下2.24L 氯气物质的量为0.1mol，1.0L1mol/L 盐酸中HCl 物质的量为1mol 。设钴氧化物化
学式为
，根据
，由氯元素守恒可知生成
中Cl 元素物质的量
为
，则
物质的量为0.4mol 。根据电子守恒，
，
。根据电荷守恒，
，解得n(O2-)= 0.5mol
，则x y=0.4mol 0.5mol=4 5
∶
∶
∶，则
为
，摩尔质量为
。
10
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5．（2025·重庆·二模）锑白(
)工业上主要用作颜料、阻燃剂、煤染剂和催化剂。以辉锑矿(主要成分
为
，含少量
、
、
、
)为原料制备锑白(
)的工艺流程如图所示。
已知： ①浸出液中除含过量盐酸和
之外，还含有
。
②
。
③
与
具有相似的化学性质。
回答下列问题：
（1）基态 Sb 原子的价层电子轨道表达式为 。
（2）加快酸浸速率的措施有 (写两种)。
（3）滤渣 1 的成分为硫和 。
（4）“沉铜、铅”步骤中，
、
起始浓度均为
。当铜、铅沉淀完全时，溶液
中
。(当离子浓度
时认为沉淀完全)
（5）“除砷”时有
生成，则该反应的化学方程式为 。
（6）水解步骤中生成白色沉淀
的离子方程式为 。“中和”的碱性物质选用氨水而不用
NaOH 溶液的原因是 。
（7）
在空气中充分加热，固体增重率约为 8.22%，则生成的氧化物化学式为 。
【答案】（1）
（2）适当升温、搅拌、适当增加盐酸浓度等
（3）
（4）
（5）
（6）
是一种两性氧化物，溶于氢氧化钠溶液，造成产率
降低
（7）
【分析】辉锑矿加入盐酸“浸出”得“浸出液”，“浸出液”中除含过量盐酸和SbCl5之外，还含有
SbCl3、PbCl2、AsCl3、CuCl2等，“滤渣1”中除了生成的S 之外，还有未溶解的二氧化硅，“浸出液”中
加入Sb 还原SbCl5，生成SbCl3，加入Na2S 时保证Cu2+和Pb2+均沉淀完全，过滤得到的“滤渣2”为CuS、
11
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PbS，滤液中加入NaH2PO2除砷，反应生成亚磷酸、NaCl 和砷单质，过滤得到含SbCl3溶液，水解得到
，加入碱性物质得到
；
【解析】（1）Sb 为51 号元素，基态 Sb 原子的价层电子轨道表达式为
；
（2）适当升温、搅拌、适当增加盐酸浓度等能够加快酸浸速率；
（3）由分析，二氧化硅和盐酸不反应，则滤渣 1 的成分为硫和
；
（4）由数据可知，PbS 较CuS 溶解度大，则铅沉淀完全时，需要溶液中
；
（5）由分析，“除砷”时反应生成亚磷酸、NaCl 和砷单质、
，则该反应中As 化合价由+3 变为
0、P 化合价由+1 变为+3，结合电子守恒和质量守恒，化学方程式为
；
（6）水解步骤中，
水解生成白色沉淀
，结合质量守恒，氯离子、水也会参与反应，同时还
生成氢离子，离子方程式为
。已知，
与
具有相似的化
学性质，故“中和”的碱性物质选用氨水而不用 NaOH 溶液的原因是
是一种两性氧化物，溶于氢
氧化钠溶液，造成产率降低；
（7）假设有1mol
（为292g），则含有2molSb、3molO，在空气中充分加热被氧气氧化，固体增重
率约为 8.22%，则增加质量292g×8.22%=24g 为氧元素质量，则生成的氧化物中Sb、O 物质的量之比为
，故为
。
6．（以多硫化物金矿石提取金的流程为情境）多硫化物金矿石(主要成分是
)中黄铁矿含量较多，自然
金颗粒较小常被包裹在黄铁矿中。工业上先将这种金矿石焙烧，再用氰化钠溶液浸取，最终冶炼提取得
金，其工艺流程如下。
已知：①浸出液中
以
形式存在；②滤液中
以
形式存在；③
易挥发，有
剧毒；④
和
不与稀酸性
溶液反应。
（1）
与
、
同族，且与
相邻，
、
、
原子序数依次增大，则
在周期表中的位置为
的价电子排布式为 。
（2）为了使金矿石焙烧充分，在焙烧时可采取的措施有 。
（3）“浸金”过程发生反应的离子方程式为 。
12
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（4）“浸渣”的主要成分是 (写化学式)。
（5）将“滤液”进行“转化”、“吸收”的目的是 。
（6）取
金矿石通过上述工艺流程冶炼金，用
溶液分多次浸取，浸出液体积为
，取
“浸出液”，用
酸性
溶液滴定，到达滴定终点时消耗酸性
溶液体积为
，该金矿石中金的含量为 g/t(
所含的两种元素均被酸性
溶液氧
化成无污染的气体)。
【答案】（1）第六周期IB 族
（2）将金矿石粉碎、金矿石粉与空气采用逆流焙烧
（3）
（4）
、
（5）生成
溶液，使
溶液重复利用
（6）3.349
【分析】金矿石经焙烧后，硫转化为二氧化硫，黄铁矿中的铁转化为氧化铁，经氰化钠溶液浸取后，
、
沉淀洗出，Au 转化为
；浸出液中加入Zn 后，Au 以单质形式析出，Zn 转化为
进入滤液；滤液加入稀硫酸后，得到硫酸锌溶液和氢氰酸，氢氰酸挥发被氢氧化钠溶液吸收转
化为
溶液重复利用，据此答题。
【解析】（1）因铜在第四周期IB 族，因此金在第六周期第IB 族，IB 族的价电子排布式为
，因
此金的价电子排布式为
；
（2）金矿石粉碎后会与空气接触面积更大焙烧更充分，另外将空气从焙烧容器中下口向上通，将金矿石
粉从焙烧容器上口往下倒，采用逆流法焙烧更充分；
（3）“浸金”离子反应方程式为
；
（4）
会溶解于
溶液，而
、
不溶于
溶液，因此浸渣是
、
；
（5）“转化”是利用强酸生成弱酸
，然后用
溶液吸收
，生成
溶液，从而使
溶液重复利用；
（6）
与酸性
反应方程式为
，根据比例关系可
计算出
“浸出液”中反应后剩余
的物质的量为
，则
浸出液
与金络合的
的物质的量为：
，因此
溶液中金的物质的量为
，所以
金矿石含金的质量为
，因此每吨金矿石含金
。
押题二 以废料为原料的物质制备类化工流程题综合分析
13
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7．（以钛白渣、废旧
电极粉末获取
的流程为情境）
常作为锂离子电池的正
极材料，广泛应用于新能源汽车。
是制备
的原料。
（1）由钛白渣（主要成分为
）获取
的流程示意图如下。
资料：ⅰ．
性能与其纯度、颗粒大小有关，沉淀速率影响颗粒大小
ⅱ．
空间结构：
①Ⅰ中将钛白渣粉碎的目的是 。
②溶液A 的主要成分是
（配合物），分析
中配位键的形成过程 。
③溶液B 中含铁的主要微粒为
，写出Ⅲ中反应的离子方程式 。
④Ⅳ中加入氨水调节pH 在1.0~1.5，pH 不能过高的原因是 。
（2）从废旧
电极粉末中回收制备
，同时获得副产品
，工艺流程如下。
①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低，原因是 。
②加入物质B 使溶液pH 升至5，从物质循环和减少除杂过程角度，物质B 为 （填化学式）。
③
添加量对Fe、P 沉淀率影响如下图所示。
14
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实际生产时，
添加量选2.5%的原因是 。
（3）产品
中铁含量测定：取ag 样品，用盐酸充分溶解并配制成250mL 溶液。取25.00mL 该
溶液于锥形瓶中，逐滴加入
溶液，至
恰好完全还原为
，
被氧化为
，滴加指示剂，
用
标准溶液滴定（铬元素被还原为
），消耗
标准溶液，样品中铁的质
量分数为 。（实验条件下
存在不影响实验结果）
【答案】（1）增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底
提供空轨道，
中O 原子提供
孤电子对
pH 过高会使
水解生成
，影响
产品纯度；pH 过高体系中
增大，
与
沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能
（2）温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢
添加量低于
2.5%，
产量低，不经济；
高2.5%，部分
生成
沉淀，Fe 沉淀率升高，P 沉
淀率几乎不变，产品纯度降低
（3）
【分析】由题给流程可知，钛白渣经预处理顶点较纯净的硫酸亚铁，向硫酸亚铁溶液中加入磷酸和氨水，
经溶液中的铁元素转化为配合物FeHPO4，向反应后的溶液中加入过量的过氧化氢溶液，将配合物转化为
FeHPO ，向反应后的溶液中加入氨水，经多步处理得到
FePO4 2H
⋅
2O。
【解析】（1）①Ⅰ中将钛白渣粉碎可以增大固体表面积，有利于增大反应物的接触面积，加快浸出速
率，使浸出更加彻底，故答案为：增大接触面积，浸出速率加快，浸出更加彻底；
②配合物FeHPO4中形成配位键的过程为
提供空轨道，
中O 原子提供孤电子对，故答案为：
提供空轨道，
中O 原子提供孤电子对；
③由分析可知，向溶液B 中加入过量的过氧化氢溶液的目的是将配合物转化为FeHPO ，反应的离子方程
式为
，故答案为：
；
④Ⅳ中加入氨水调节pH 在1.0~1.5，pH 不能过高是因为pH 过高会使铁离子水解生成氢氧化铁，影响产品
纯度；pH 过高体系中磷酸根离子浓度增大，铁离子与磷酸根离子沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响
产品性能，故答案为：pH 过高会使
水解生成
，影响产品纯度；pH 过高体系中
增
大，
与
沉淀速率过快，影响产品颗粒大小，影响产品性能；
（2）①使用硝酸酸浸，当温度高于65℃，浸出率显著降低是因为温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其
浓度降低，反应速率慢，故答案为：温度高于65℃硝酸挥发或硝酸分解，其浓度降低，反应速率慢；
②从物质循环和减少除杂过程角度可知，加入物质碳酸锂使溶液pH 升至5，即有利于过氧化氢溶液将L 溶
液中的亚铁离子转化为二水磷酸铁沉淀，又不影响碳酸锂中混有新杂质，则物质B 为碳酸锂，故答案为：
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；
③由图可知，
添加量低于2.5%，
产量低，不经济；
高2.5%，部分
生成
沉淀，Fe 沉淀率升高，P 沉淀率几乎不变，产品纯度降低，所以实际生产时，
添加量选
2.5%，故答案为：
添加量低于2.5%，
产量低，不经济；
高2.5%，部分
生成
沉淀，Fe 沉淀率升高，P 沉淀率几乎不变，产品纯度降低；
（3）由原子个数守恒和得失电子数目守恒可得如下转化关系：6
——
，滴定消耗
VmL0.01mol/L
溶液，则样品中铁的质量分数为
=
，故答案为：
。
8．（2025·北京丰台·一模）镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。
已知：i．废酸液中，
和
主要以
和
形式存在。
ii．萃取率
；分离系数
。
iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。
（1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有 。
（2）萃取过程：
第一步，萃取剂三辛胺
，其中R 为
与
结合形成
；
第二步，
对
的结合力大于
的，可使
转移到有机相中。
①从结构的角度解释三辛胺和
结合的原理 。
②写出第二步反应的离子方程式 。
（3）5min 内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于
时，锌的萃取
率增加缓慢，分离系数骤减的原因是 。
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（4）写出反萃取的化学方程式 。
（5）测定废酸液中
含量的操作如下：
取
废酸液，配制成100mL 溶液。取20mL 溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用
标准溶
液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液
，该废酸液中
的含量为
（已知：
全部被还原为
）。
【答案】（1）
（2）
中N 原子有孤电子对，
有空轨道，可以配位
（3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；
也被萃取，不易分离，分离系数骤减
（4）
（5）
【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i 可知，
和
主要以
和
形式存
在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到
有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到
氢氧化锌，据此分析作答。
【解析】（1）废酸液中，
和
主要以
和
形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳
离子有
，故答案为：
。
（2）①
中N 原子中存在孤电子对，
中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：
中N 原子
有孤电子对，
有空轨道，可以配位。
②
和
反应生成
和氯离子，离子方程式为：
，故答案为：
。
（3）由已知信息iii 可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，
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萃取率增加缓慢；
也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，
流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；
也被萃取，不易分离，分离系数
骤减。
（4）反萃取时，又生产了萃取剂，则
与氨水反应生成氢氧化锌、
、
和水，化
学方程式为：
，故答案为：
。
（5）设配制的100mL 溶液中为c(
)，反应原理为：
，可
得，
，则
，废酸液中，
，则废酸液中
的含量=
，故答案为：
。
9．（以废钯催化剂制备
的流程为情境）钯(Pd)是一种银白色金属，质软、有良好的延展性和可塑性，
块状金属钯能吸收大量氢气。用某废钯催化剂(主要杂质是碳和有机物及少量铁和锌)制备
的流程如下：
（1）钯位于第五周期的第10 个纵行，钯在周期表的 区；王水中含
，
的空间结构名称是
。
（2）为验证
与
形成了配位键，需用仪器测定
的表征结构，所用的仪器是
(填字母)。
a.质谱仪 b.红外光谱仪 c.核磁共振氢谱仪 d.
射线衍射仪
（3）已知
为二元弱碱，在水中第一步电离为：
，则其第二步电离的电离
方程式为 ，
与硫酸形成的酸式盐的化学式为 。
（4）“还原”时，
还原
的化学方程式为 。
（5）“沉钯”时加入盐酸的作用是 。
（6）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为
，储氢后，氢气的浓度为
(
吸
附氢气的物质的量)，则吸附的氢气体积(标准状况)是海绵钯体积的 倍(用含
、的分数式表示)。
【答案】（1）d 平面三角形
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（2）b
（3）
（4）
（5）中和
(或与
反应)，促进
转化为
沉淀
（6）
【分析】废钯催化剂高温焚烧有机物、C、Fe、Zn、Pd 被氧气氧化生成氧化物，有机物、C 转化为尾气而
除去，加入N2H4，PdO 被N2H4还原产生Pd，Fe 被还原为Fe 单质，Zn 被还原为Zn 单质，再向其中加入王
水，Pd、Fe、Zn 都能溶于王水，其中Pd 与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO 气
体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成
Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到
PdCl2，再经过还原得到Pd，据此解答。
【解析】（1）钯位于第五周期的第10 个纵行，钯在周期表的d 区；王水中含
，
的价层电子对
数为
，空间结构名称是平面三角形；
（2）红外光谱仪可以检测出化学键及官能团的信息，所以用测定
的表征结构，所用的仪
器是红外光谱仪；
（3）
为二元弱碱，在水中第一步电离为：
，则其第二步电离的电离方程
式为
，
与硫酸形成的酸式盐，说明硫酸过量，所以化学式为
；
（4）根据氧化还原反应的书写规则，
还原
的化学方程式为
；
（5）“沉钯”时加入盐酸的作用是中和
(或与
反应)，促进
转化为
沉淀；
（6）可知
的质量为106g，密度为
，得体积为
，储氢后，氢气的浓度为
，则体
积为22.4rL，则吸附的氢气体积(标准状况)是海绵钯体积的
。
10．（2025·山东·二模）从铜阳极泥(主要成分为
等)中分离提取金属单质的流程如下图所示。
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已知：i．
溶于盐酸可以得到
。
ii．
。
iii．
回答下列问题：
（1）“浸取1”中一般控制温度为
左右，原因是 。
（2）“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；② 。
（3）“浸取3”中发生反应的离于方程式为 ；若“浸取3”中用
溶液浸取，最终回
收
单质的质量为
(假设
的回收率为
)，那么需要的
的物质的量至少为
(保留四位有效数字。已知
)。
（4）“电沉积”中获得
单质的是 极(“正”“负”或“阴”“阳”)；“电沉积”完成后，
在此极区溶液中可循环利用的物质为 (填化学式)
（5）“还原”中。发生反应的化学方程式为 。
【答案】（1）温度低于
，反应速率较慢；温度高于
，H2O2会发生分解，浸取率降低
（2）作沉淀剂，将Ag 转化为AgCl；作络合剂，将Au 转化为HAuCl4，从而浸出
（3）AgCl+2
[Ag(S2O3)2]3−+Cl- 0.1208
（4）阴 Na2S2O3
（5）4HAuCl4+3N2H4=3N2
+4Au
+16HCl
【分析】铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素，加入硫酸和双氧水浸取，铜溶，生成硫酸铜，过滤得到
的浸出液1 中含有硫酸铜和硫酸，滤渣含Ag、Au 等，再向滤渣1 中加入盐酸和双氧水，发生反应：
2Au+8HCl+3H2O2=2HAuCl4+6H2O，2Ag+2HCl+H2O2=2AgCl↓+2H2O，过滤，向得到的滤渣中加入
Na2S2O3，AgCl 溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，再进行点解，[Ag(S2O3)2]3−在阴极得到电子，被还原为
Ag，电极反应为：[Ag(S2O3)2]3−+e-=Ag+2S2O3
2−，阴极区的溶液中含有Na2S2O3，可以循环使用，向浸出液2
中加入N2H4，可以还原HAuCl4，生成Au 和氮气，该反应N 元素升高2 价，Au 元素降低3 价，浸出液1 中
硫酸铜可以被还原为Cu，据此分析作答。
【解析】（1）“浸取1”中一般控制温度为
左右，原因是：温度低于
，反应速率较慢；温度高于
，H2O2会发生分解，浸取率降低。
（2）Au 不和盐酸反应，由分析可知，“浸取2”中，盐酸的作用为①提供酸性环境；②作沉淀剂，将Ag
转化为AgCl；作络合剂，将Au 转化为HAuCl4，从而浸出。
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（3）由分析可知，“浸取3”中AgCl 溶于Na2S2O3，生成[Ag(S2O3)2]3−，离于方程式为AgCl+2
[Ag(S2O3)2]3−+Cl-，用
溶液浸取，最终回收
单质的质量为
(假设
的回收率为
)，
n(Ag)=
=0.06mol，则[Ag(S2O3)2]3−中
的浓度为0.12mol/L，反应AgCl+2
[Ag(S2O3)2]3−
+Cl-的平衡常数K=
=
，溶液中c(Cl-)=0.06mol/L，则c(
)=
=0.0008mol/L，则需要的
的物质的量
至少为0.0008mol/L×1L+0.12mol/L=0.1208mol。
（4）电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3−得电子被还原为Ag，阴极反应生成
，同时阴
极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为Na2S2O3。
（5）还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，1molHAuCl4转移3mol 电子，N2H4
被氧化为N2，N 的化合价由-2 价变为0 价，1mol N2H4转移4mol 电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平
化学方程式为：4HAuCl4+3N2H4=3N2
+4Au
+16HCl。
11．（以高铋银渣制备
并回收银的工艺流程为情境）一种以某高铋银渣（主要成分是
单质，还含
有
、
等单质杂质）制备
并回收银的工艺流程如下：
已知：
发生水解反应
；
（1）“氧化浸出”的实验装置如图所示。
①“氧化浸出”时生成
的离子方程式为 。
②
需分多次加入，不能连续滴入的主要原因是 。
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（2）
能被有机萃取剂萃取。
①“萃取”时需向溶液中加入
固体调节
浓度，萃取率随
变化关系如图所示。控制
为
的原因是 。
②萃取后分液所得水相中的主要阳离子有 （填化学式）。
（3）还原
。
①铁粉还原
。在
中埋入铁圈并压实，加入足量
盐酸后静置，充分反应。为判断是否
有银生成，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤， （实验中必须使用的
试剂和设备：稀
、
溶液，
溶液，通风设备）。
②肼
还原
。工业上一般先向氯化银中加入氨水浆化，然后用
还原，同时有
生成。氨
水的作用：I． ；Ⅱ．与生成的
反应，促进反应正向进行。
【答案】（1）
若连续滴入，则造成局部
浓度过大，
生成氯气
（2）
时，铋离子萃取率减小，铁离子萃取率上升；
时，铋离子水
解程度增大，不利于铋离子的萃取提纯
、
、
（3）用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加
溶液无明显现象，转移滤渣至烧杯中，打开通
风设备，向烧杯中加入足量稀
充分反应，静置，上层清液中加入
溶液，若有沉淀生成，则有银
生成 将
转化为可溶性的
，与
充分接触
【分析】高铋银渣加入氯酸钠、盐酸氧化浸出，银转化为氯化银沉淀，Fe、Bi 元素进入滤液，滤液中加入
萃取剂TBP，使得Bi 元素进入有机层被分离萃取，有机层再加入草酸溶液反萃取生成草酸铋沉淀，最终得
到氧化铋；
【解析】（1）①氯酸钠具有强氧化性，“氧化浸出”时，在盐酸存在条件下，Bi 单质被氧化生成
，
Bi 化合价由0 变为+3、氯酸根离子中氯化合价由+5 变为-1，结合电子守恒，离子方程式为
。
②
具有强氧化性，会和氯离子发生氧化还原反应生成氯气，
需分多次加入，不能连续滴入
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的主要原因是若连续滴入，则造成局部
浓度过大，生成氯气；
（2）①已知：
会发生水解反应
；结合图示，
时，铋离子萃取率减小，铁离子萃取率上升；
时，铋离子水解程度增大，不利于铋离
子的萃取提纯，故需控制
为
；
②萃取后分液所得水相中的主要阳离子有氧化浸出过程中被氧化生成铁离子，加入氯酸钠反应生成的氯离
子，过量盐酸引入的氢离子，故为
、
、
；
（3）①银单质会和硝酸反应生成硝酸银，银离子会和氯离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，判断是否有银
生成，则需首先除去固体残留的氯离子，然后将银单质氧化为银离子后进行检验，故为：取出铁圈，搅拌
均匀，取少量混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣，最后一次洗涤滤液中滴加
溶液无明显现象，转移滤
渣至烧杯中，打开通风设备，向烧杯中加入足量稀
充分反应，静置，上层清液中加入
溶液，若
有沉淀生成，则有银生成；
②氨水具有碱性，能和氢离子反应，且氨水会和氯化银反应使其转化为银氨离子，能增大与肼的反应面
积，故氨水的作用：I．将
转化为可溶性的
，与
充分接触；Ⅱ．与生成的
反
应，促进反应正向进行。
12．（2025·四川·模拟预测）二氧化铈
是一种用途广泛的稀土化合物，可以从催化剂废料[主要成分
为
、
及少量惰性杂质(800℃以下不参与反应)]中回收
。
已知：①三价铈
的硫酸盐可溶于水；
②分配系数：可以近似理解为萃取剂加入水溶液中进行萃取达到平衡时，溶质在萃取剂中的浓度与在水溶
液中的浓度的比值；
③焙烧时，催化剂中的
、
转化为
、
、
的分解温度为
450℃~500℃，
的分解温度为550℃~625℃。
回答下列问题：
（1）焙烧时将催化剂废料粉碎后与浓硫酸混合，将催化剂废料粉碎的目的是 。
（2）控制焙烧温度为200℃~300℃，焙烧时控制温度不超过300℃的主要原因是 。
（3）“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有 (填化学式)。
（4）有机试剂HR 萃取水溶液中的
(有机层中以
形式存在)。有机试剂HR 的分配系数为10，取
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200mL
浓度为
的溶液，加入100mL 有机试剂HR 进行萃取，萃取完成后，水溶液中剩余
的浓度为 (保留两位有效数字)
。
（5）常温下，通过向含
的溶液中加入NaOH 溶液来调节溶液的pH，以获得
沉淀。常温下加
入NaOH 溶液调节溶液的pH≥ ，即可认为
已沉淀完全。{当溶液中的离子浓度
时，可以认为沉淀完全。已知常温下，
}
（6）写出加NaClO 溶液发生反应的离子方程式： 。
（7）在石英管式炉中加热时，
、
分别转化为
、
。将18g 加入浓硫酸焙
烧后的产物在氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度的变化曲线如图所示，该产物中
的比
值为 。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）防止浓硫酸分解(或防止浓硫酸挥发)
（3）
（4）0.017
（5）9
（6）
（7）
【分析】催化剂废料[主要成分为
、
及少量惰性杂质(800℃以下不参与反应)] 混合浓硫酸焙烧，
烧渣在管式炉中分解得到SO2、O2，得到含有
、Fe2O3的固体，水浸后得到的水浸渣为
，浸
出液中含有Ce3+，有机试剂HR 萃取水溶液中的
，再反萃取得到含
溶液，调节pH 将
转换为
Ce(OH)3，Ce(OH)3用NaClO 氧化为
，
受热分解得到
，以此解答。
【解析】（1）将催化剂废料粉碎的目的是增大反应物接触面积，加快反应速率。
（2）根据资料③，Ce2(CO3)3的分解温度为450℃~500℃，而Ce(OH)CO3的分解温度为550℃~625℃。焙烧
时控制温度不超过300℃的主要原因是：防止浓硫酸分解(或防止浓硫酸挥发)。
（3）由分析可知，Fe2O3不溶于水，“水浸渣”中除少量惰性杂质外，还有
。
（4）设萃取后水层中Ce3+浓度为x mol/L，有机层中为10x mol/L。初始Ce3+总量：0.1 mol/L × 200 mL =
0.02 mol，萃取后水层剩余：xmol/L× 200mL=0.2xmol，有机层：10xmol/L × 100 mL = x mol，根据守恒：
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0.2x+x =0.02 ，解得x ≈ 0.017 mol/L。
（5）当Ce3+沉淀完全时，c(Ce3+)]≤1×10-5 mol/L，根据
，
，c(H+)=
，pH=9。
（6）Ce(OH)3用NaClO 氧化为
，ClO-被还原为Cl-，结合电荷守恒和原子守恒配平离子方程式
为：
。
（7）②根据图像、结合
、
分解温度分析，
固体质量变化的原因为
分解生成气体，气体挥发，减少的质量为生成的气体的质量，
固体质量变化的原
因为
分解生成气体，气体挥发，减少的质量为气体的质量，故根据化学方程式可列式计算，
，
，解得
= 0.4
m o l，根据元素守恒，n
，
，
，解得
，
根据元素守恒，
，
。
25
