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题型06 微型化工流程分析 微型化工流程选择题以其情境新颖、综合性强、考查灵活的特点，成为高考必考且区分度高的题型。 流程背景多为物质制备（如电池材料）、资源回收（如废料提纯）、环境治理（如废气、废水处理） 等 。它本质上是将大型工艺流程题的精髓浓缩于一个选择题中。流程将更多取材于新能源（如锂/钠离子电池 材料回收）、碳中和（如CO₂ 捕获与利用）、半导体材料制备等科技热点。关键信息可能隐藏在 “表 格”或“副反应” 中，考查信息筛选和深度加工能力。一题可能同时考查Ksp 计算、氧化还原滴定原 理、电化学知识在流程中的应用，综合性极强。 考向01 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 【例1】 （2025·四川卷）一种主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，通过如下流程可制得重要的 化工产品白磷(P4)、K2CO3、Al2O3。其中，电炉煅烧发生的反应为： 2Ca3(PO4)2+2KAlSi3O8+10C 煅烧 ¿6CaSiO3+2KAlO2+ P4↑+10CO↑ ¿ 。 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 以矿物为原料的物质制备类微型化工流程 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程【重难】 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程【重难】 考向04 化学图表、图像信息与微型化工流程重难】 考向05 溶度积与微型化工流程【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 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CaSiO3 C．“炉气水洗”使P4溶于水而与CO分离 D．“中和沉淀”需要控制溶液的pH 【答案】C 【分析】主要成分为Ca3(PO4)2和KAlSi3O8的高钾磷矿，与焦炭经电炉煅烧生成CaSiO3、KAlO2、P4气 体、CO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CaSiO3，浸液中通入CO2，生成K2CO3、Al(OH)3， 过滤Al(OH)3经燃烧得Al2O3；滤液主要成分为K2CO3，据此分析。 【解析】“电炉煅烧”时生成P4，P4可与氧气反应，故必须隔绝空气，A 正确；根据分析可知，浸渣的主 要成分是CaSiO3，B 正确；“炉气水洗”因P4、CO 均不溶于水，磷蒸气通过冷水冷凝成固态白磷，使P4 与CO分离，C 错误；“中和沉淀”时通入的二氧化碳形成的弱酸，不会溶解生成的Al(OH)3（只溶于强酸 强碱中），但需要控制溶液的pH，防止生成KHCO3，D 正确；故选C。 常见问题 答题角度 分离、提纯 过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作，如从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓 缩—冷却结晶—过滤—(洗涤、干燥) 提高原子利用率 绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用) 在空气中或特定 气体中进行的反 应或操作 要考虑O2、H2O、CO2或特定气体是否参与反应或能否达到隔绝空气，防氧化、水 解、潮解等目的 洗涤沉淀 方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3 次 判断沉淀是否洗 涤干净 取最后洗涤液少量，检验其中是否还有某种离子存在等 控制溶液的pH ①调节溶液的酸碱性，抑制水解(或使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀) ②“酸作用”还可除去氧化物(膜) ③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等 ④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件) 控制温度(常用水 浴、冰浴或油浴) ①使化学平衡移动；控制化学反应的方向 ②控制固体的溶解与结晶 ③控制反应速率：使催化剂达到最大活性 ④升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发 ⑤加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离 【变式1-1】（2025·北京西城·三模）工业以硫黄或黄铁矿(主要成分FeS2，烧渣成分为Fe2O3)为原料生产 硫酸主要流程如下： 下列说法不正确的是 A．高温焙烧1mol FeS2时转移的电子数为11 N A(N A代表阿伏加德罗数值) B．SO2与H2S反应生成淡黄色沉淀，体现了SO2的还原性 C．反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)具有自发性的原因与ΔH <0有关 D．98%浓硫酸粘度较高，与分子间能形成氢键有关 【答案】B 【分析】硫黄或黄铁矿高温下与空气中的氧气反应，生成SO2和Fe2O3；SO2在V2O5作催化剂、400~500℃ 下被O2进一步氧化生成SO3，SO3被98%浓硫酸吸收，生成H2SO4∙SO3。 【解析】高温焙烧1 mol FeS2时，Fe 由+2 价升高到+3 价，S 由-1 价升高到+4 价，则转移的电子数为 11NA，A 正确；SO2与H2S 反应生成淡黄色S 沉淀，SO2中S 元素由+4 价降低到0 价，体现了SO2的氧化 性，B 错误；反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)的ΔS＜0，要使△H-TΔS＜0，应使ΔH＜0，故反应具有自发性 的原因是ΔH＜0，C 正确；硫酸含有-OH，相互之间可以形成分子间氢键，可以增大浓硫酸的粘度，D 正 确；故选B。 【变式1-2】（2025·河北衡水·三模）以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为 原料制取高纯MgCl2的流程如图所示。下列说法错误的是 已知：25℃时，K sp(MgCO3)=6.82×10 −6，K sp(CaCO3)=3.4×10 −9 下列说法错误的是 A．为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌等措施 B．“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3 C．“浓缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成 D．该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反应和置换反应 【答案】D 【分析】以菱镁矿(主要成分为MgCO3，还含有SiO2、CaCO3和Fe2O3等杂质)为原料制取高纯MgCl2，由流 程图可知，菱镁矿中加入盐酸，MgCO3、CaCO3、Fe2O3与盐酸反应分别生成MgCl2、CaCl2、FeCl3，浸渣 为SiO2；依据已知信息中的溶度积常数可判断加入MgCO3使Fe 3+，Ca 2+沉淀完全，滤渣为Fe(OH)3、CaCO3 ；溶液中的溶质主要为MgCl2，浓缩、部分脱水，再加入甲醇和通入氨气，得到MgCl2⋅6 NH3晶体，将 MgCl2⋅6 NH3晶体热解生成氨气和MgCl2，据此解答。 【解析】为提高“酸浸”速率，可采取矿石粉碎、搅拌、适当升高温度或适当提高酸的浓度等措施，A 正 确；根据以上分析可知“浸渣”为SiO2，“滤渣”为Fe(OH)3、CaCO3，B 正确；根据以上分析可知“浓 缩、部分脱水”时，可能有Mg(OH)Cl沉淀生成，C 正确；该流程涉及复分解反应、化合反应、分解反 应，没有涉及置换反应，D 错误；故选D。 考向02 以废弃物为原料的制备类微型化工流程 【例2-1】（2025·福建卷）以磷化工品的副产物石灰渣(主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙)为原料，制备阻 燃剂亚磷酸铝[Al2(HPO3)3)的工艺流程如图。下列说法错误的是 A．“沉淀1”可用于实验室制备CO2 B．“调pH”时应将溶液调至酸性 C．“沉铝”时存在反应：2AlCl3+3Na2HPO3=Al2(HPO3)3↓+6NaCl D．电解“滤液1”可制得Na 和Cl2 【答案】D 【分析】石灰渣加入碳酸钠、水碱浸，得到碳酸钙沉淀1 和Na2HPO3溶液，过滤滤液加入H3PO3调节pH 后加入氯化铝生成亚磷酸铝； 【解析】因石灰渣主要含亚磷酸钙和少量氢氧化钙，“碱溶”时加入碳酸钠和水反应生成的“沉淀1”的主 要成分为碳酸钙，碳酸钙可用于实验室和稀盐酸反应制备CO2，A 正确； B．“调pH”时加入H3PO3可除去可能剩余的Na2CO3。若未将溶液调至酸性，后续加入的AlCl3会转化为 Al(OH)3等杂质，降低产品纯度与产率，B 正确；“沉铝”时加入氯化铝和Na2HPO3发生复分解反应生成 Al2(HPO3)3，存在反应：2AlCl3+3Na2HPO3=Al2(HPO3)3↓+6NaCl，C 正确；“滤液1”为氯化钠溶液，电 解氯化钠溶液可制得氢氧化钠和氢气、氯气，无法得到金属钠，D 错误；故选D。 【例2-2】（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．SiO2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：SiO2+2Mg 650℃ ¿Si+2MgO ¿ 【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】SiO2是酸性氧化物，与NaOH 反应生成Na2SiO3和H2O，A 正确；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；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；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SiO2+2Mg 650℃ ¿Si+2MgO ¿ ，D 正确；故选B。 1.微型工艺流程中原料处理 ①研磨——减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。 ②水浸——与水接触反应或溶解。 ③酸浸——与酸接触反应或溶解，使可溶性金属进入溶液，不溶物通过过滤除去。 ④灼烧——除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质。 ⑤煅烧——改变结构，使一些物质能溶解。并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土。 2．微型工艺流程重分离提纯 （1）调pH 除杂 ①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2 ＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。 ②调节pH 所需的物质一般应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH 增大；不引入新杂质。例如：若要除去 Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。 （2）加热：加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。 如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。如侯氏制碱法中的 NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、AgNO3、HNO3(浓)等物质。 （3）降温：防止某物质在高温时会溶解(或分解)；使化学平衡向着题目要求的方向移动。 【变式2-1】（2025·四川绵阳·三模）从含少量Ag 的CuO 料渣回收银并制备铜化工产品的流程如下： 已知：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。下列说法错误的是 A．酸浸与煮沸后均为过滤操作 B．加入的稀NaOH 应过量 C．固体混合物的组分中含有CuO D．煅烧过程中有氧气生成 【答案】B 【分析】含少量Ag 的CuO 料渣与稀硫酸“酸浸”CuO溶解，生成的CuSO4与不溶的Ag过滤分离得到银， CuSO4溶液中加入稀NaOH 与Al2(SO4)3煮沸生成Al(OH)3、Cu(OH)2、CuO 固体混合物，过滤分离，煅烧 Al(OH)3、Cu(OH)2、CuO 固体混合物生成CuAlO2。 【解析】酸浸后需分离不溶的Ag 和CuSO4溶液，煮沸后需分离溶液和固体混合物，均需过滤操作，A 正 确；若稀NaOH 过量，Al 3+会转化为[Al(OH)4) −进入溶液，导致固体混合物中不含Al 元素，无法煅烧生成 CuAlO2，故NaOH 不应过量，B 错误；混合溶液中Cu 2+与NaOH 反应生成Cu(OH)2，煮沸（温度＞80℃） 时Cu(OH)2分解为CuO，故固体混合物含CuO，C 正确；煅烧时Al(OH)3分解为Al2O3和H2O，CuO 与 Al2O3反应生成CuAlO2的过程，Cu 2+被还原为Cu +，部分O 2-被氧化为O2，有氧气生成，D 正确；故选B。 【变式2-2】（2025·福建福州·二模）碱式碳酸锌[Zn3(OH)4CO3)广泛应用于橡胶、塑料等行业。以含锌废 液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe 2+和Mn 2+)为原料制备碱式碳酸锌的流程如下： 下列说法正确的是 A．“除锰”时，S2O8 2−的氧化产物为SO4 2− B．“试剂X”可以是ZnO 或Fe2O3 C．“沉锌”时，消耗的Zn 2+和HCO3 −的物质的量之比为1:2 D．过滤后可以依次用稀氨水、乙醇洗涤Zn3(OH)4CO3 【答案】C 【分析】含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe 2+和Mn 2+)加入过二硫酸钠除锰，锰离子被氧化为二氧化 锰，过滤除去，同时亚铁离子被氧化为铁离子，然后加入试剂X 调节pH，X 可以为ZnO或Zn (OH)2，不引 入其他杂质，使铁离子转化为氢氧化铁过滤除去，滤液加入碳酸氢铵使锌离子转化为Zn3(OH)4CO3，过滤 后的滤液中溶质主要是硫酸铵，据此解答。 【解析】“除锰”时，Mn2+被氧化为MnO2，则S2O8 2−作氧化剂，发生还原反应。S2O8 2−中过氧键的O 为-1 价，反应后变为SO4 2−中-2 价的O，故SO4 2−是还原产物，而非氧化产物，A 错误；“调pH”目的是沉淀 Fe3+，试剂X 需能消耗H+且不引入新杂质。ZnO 与H+反应生成Zn2+（无新杂质），而Fe2O3与H+反应生成 Fe3+，无法达到除去Fe3+的目的，B 错误；“沉锌”生成Zn3(OH)4CO3，反应的离子方程式为 3Zn 2++6HCO3 -=Zn3(OH)4CO3↓+H2O+5CO2↑，则消耗锌离子和碳酸氢根离子的物质的量之比为1：2，，C 正确；Zn3(OH)4CO3中的Zn(OH)2易与氨水反应生成[Zn(NH3)4]2+而溶解，稀氨水洗涤会导致产品损失，D 错 误；故选C。 考向03 以废弃物为原料的分离提纯类微型化工流程 【例3】（2025·甘肃卷）处理某酸浸液(主要含Li +、Fe 2+、Cu 2+、Al 3+)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：2Fe+3Cu 2+=3Cu+2Fe 3+ B．“碱浸”过程中NaOH 固体加入量越多，Al(OH)3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Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质 【答案】D 【分析】酸浸液(主要含Li +、Fe 2+、Cu 2+、Al 3+)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】“沉铜”过程中铁置换出铜单质，发生反应的离子方程式：Fe+Cu 2+=Cu+ Fe 2+，A 错误； Al(OH)3是两性氢氧化物，NaOH 过量，则Al(OH)3会溶解，B 错误；“氧化”过程中将Fe2+氧化为Fe3+， 铁元素化合价升高，C 错误；加入Na2CO3得到Li2CO3沉淀，利用了Li2CO3的溶解度比Na2CO3小的性质， D 正确；故选D。 1.微型工艺流程中物质转化过程中分离提纯阶段的主要操作 除杂 加入沉淀剂或控制溶液的酸碱性使形成氢氧化物沉淀。如：除去含Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可 加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等来调节溶液的pH 加热 加快反应速率或使平衡向某个方向移动。如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产 物，则要注意对温度的控制。如：侯氏制碱中的NaHCO3；还有如H2O2、Ca(HCO3)2、KMnO4、 AgNO3、HNO3(浓)等物质 降温 防止某物质在高温时会分解或使平衡向着题目要求的方向移动 分离 固液分离——过滤 液液分离： a.有溶解度差异——结晶或重结晶(蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干；蒸发结晶、趁热 过滤) b.有溶解性差异——(萃取)分液 c.有沸点差异——蒸馏 2.微型工艺流程流程中获得产品阶段的主要操作 洗涤(冰水、热 水、有机溶剂) 水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质) 冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗(适用于 高温溶解度大、低温溶解度小的物质) 醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程 中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离子，并使其尽快 干燥) 蒸发时的气体 氛围抑制水解 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl 的气流中加热，以防其水 解 蒸发浓缩、冷 却结晶 如K2Cr2O7和少量NaCl 的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体 主要是K2Cr2O7，母液中是NaCl 和少量K2Cr2O7，这样就可分离出大部分K2Cr2O7；同 样原理可除去KNO3中的少量NaCl 蒸发结晶、趁 热过滤 如NaCl 和少量K2Cr2O7的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是 NaCl，母液中是K2Cr2O7和少量NaCl；同样原理可除去NaCl 中的少量KNO3 【变式3-1】（2025·安徽·三模）某炼锌废渣含有Zn、Cu 及ZnO、PbO、CuO、FeO、CoO、MnO。从该废 渣中提取钴的一种流程如下。 已知：① S2O8 2- 的结构式为 。 ②金属离子浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该金属离子已沉淀完全。 25℃ ③ 时，Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39。 下列说法正确的是 A．“浸渣”只含Cu 单质 B．“沉锰”步骤中，每生成1.0 mol MnO2，产生4 mol H+ C．常温下，“沉淀”步骤中，Fe3+尚未沉淀完全 D．“沉钻”步骤中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5 ：2 【答案】B 【分析】由流程知，炼锌废渣经过稀硫酸酸浸后转化为含ZnSO4、CuSO4、FeSO4、CoSO4、MnSO4的滤液 和含PbSO4（不溶于水）、Cu（与稀硫酸不反应）的浸渣，过滤后向滤液中通入H2S除去Cu 2+后，加入 N a2S2O8溶液将Mn 2+氧化为MnO2、Fe 2+氧化为Fe 3+，过滤除去MnO2后加入氢氧化钠溶液调溶液的pH将 Fe 3+转化为Fe(OH)3除去，加入足量的NaClO溶液调溶液的pH将Co 2+转化为Co(OH)3，过滤得到Co(OH)3。 【解析】由分析知，浸渣含Cu 和PbSO4，A 错误；由分析知，沉锰步骤中，S2O8 2-（过氧键O 为-1 价）作 氧化剂，将Mn 2+氧化为MnO2，离子方程式为Mn 2++ S2O8 2−+2 H 2O = MnO2↓+2SO4 2−+ 4 H +，每生成 1mol MnO2产生4molH +，B 正确；沉淀步骤调pH=4 时，c(OH −)=10 −10mol / L， c(Fe 3+)=Ksp c 3(OH -) =2.8×10 −39 (10 −10) 3 =2.8×10 −9mol/L＜10 −5mol/L ，Fe 3+已沉淀完全，C 错误；沉钴时， ClO-（Cl 从+1→-1，得2e-）作氧化剂，Co2+（Co 从+2→+3，失1e-）作还原剂，由电子守恒可知n(氧化 剂):n(还原剂)=1:2，D 错误；故选B。 【变式3-2】（2025·山东·三模）经过充分氧化的铅阳极泥，富含CuO、Ag、Au。一种从中提取金和银的 流程如图所示。下列说法错误的是 A．“浸渣1”的主要成分为Ag、Au B．“浸取2”步骤中，Ag被氧化的化学方程式为2Ag+2HCl+ H2O2=2AgCl+2H2O C．“还原”步骤中，被氧化的NaHSO3与产物Au的物质的量之比为3:4 D．该流程中可循环利用的物质有NH3 【答案】C 【分析】从富含CuO、Ag、Au的铅阳极泥中提取金和银的流程为：将铅阳极泥加盐酸进行浸取1，CuO 溶于盐酸过滤得到浸出液1，剩余不溶的Ag 和Au 变成浸渣1，向浸渣1 中继续加盐酸和H 2O2进行浸取 2，Ag 和Au 都被氧化溶解，其中Ag 溶解转化为AgCl沉淀过滤得到滤渣2，将滤渣2 继续加氨水溶解， AgCl沉淀转化为Ag(NH 3)2Cl溶液得到浸取液3，最后电解浸取液3 得到单质Ag；而浸取2 中Au 转化为 可溶的HAuCl4随过滤得到浸出液2，在浸出液2 中加入NaHSO3还原最终得到单质Au；据此分析解答。 【解析】根据分析，Ag 和Au 不溶于盐酸中，则“浸渣1”的主要成分为Ag、Au，A 正确；“浸取2”步骤 中，Ag 在盐酸和H 2O2作用溶解转化为AgCl沉淀，则反应的化学方程式为 2Ag+2HCl+ H2O2=2AgCl+2H2O，B 正确；“还原”步骤中，HAuCl4被NaHSO3还原为单质Au，而 HSO3 −被氧化为SO4 2−，反应的方程式为： 2 HAuCl4+3 NaHSO3+3 H 2O =3 Au↓+3 H 2SO4+5 HCl+3 NaCl，得到被氧化的NaHSO3与产物Au的 物质的量之比为3:2，C 错误；对浸取液3 进行电解时，阴极的电极反应式为： [ Ag(NH 3)2) ++e −= Ag+2 NH 3↑，生成的NH 3可以循环到浸取3 时再次使用，D 正确；故选C。 考向04 化学图表、图像信息与微型化工流程 【例4】（2024·吉林卷）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl -并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu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) 离子 Zn 2+ Cu 2+ Cl - 浓度(g⋅L -1) 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu+4H ++H2O2=2Cu 2++H2↑+2H2O C．“脱氯”反应：Cu+Cu 2++2Cl -=2CuCl D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 【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：Cu+2H ++ H2O2=Cu 2++2H2O，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：Cu 2++Cu+2Cl −=2CuCl↓，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】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；“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为： Cu+2H ++ H2O2=Cu 2++2H2O，故B 错误；“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：Cu 2++Cu+2Cl −=2CuCl↓ ，故C 正确；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。 1.微型工艺流程中解决表格题的关键 （1）理解表格中各个列项中文字、数字信息点的意义，巧妙地将表格语言转换成化学语言。 （2）理顺表格中数据间的变化趋势，联系相关的化学知识，寻找其中的变化规律，快速准确地解决问 题。 2.微型工艺流程中图表信息试题的问题解决的方法归纳： （1）应用分析归纳的方法，得出表格数据中蕴涵的具有本质性的规律； （2）应用观察方法，准确理解图示中纵横轴代表的含义，并能结合化学知识分析判断曲线的走向趋势及 起点、拐点、水平线含义。 【变式4-1】（2025·北京·三模）某冶金过程产生的废渣主要成分有可表示为SiO2、CuO、NiO、ZnO，还 含有Fe2O3、FeO、CaO 等，具有较好的资源利用价值，可获得产品Cu2O、NiO 和ZnO，研究过程如下。 资料： ⅰ．某些不溶物的Ksp 物质 Ni(OH)2 Zn(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CaSO4 ZnC2O4 NiC2O4 Ksp 2.0×10 −1 4.2×10 −1 2.2×10 −20 4×10 −38 9.1×10 −6 3.0×10 −8 4.0×10 −1 ⅱ．黄钠铁矾Na2[Fe6(SO4)4(OH)12)是一种晶体，颗粒较大，容易过滤和洗涤。 Fe(OH)3是一种胶状多孔沉淀，有较强的吸附其它离子能力。 ⅲ．焙烧后固体为NiO 和ZnO 的混合物。 下列有关研究过程的说法正确的是 A．酸浸过程中不会发生氧化还原反应 B．沉铁时，调pH 为4 时Zn 和Ni 会有损失，是因为生成了Zn (OH)2和Ni(OH)2 C．酸浸时如果硫酸过量程度不够，还原沉铜时Cu2O中可能会混有CaSO4 D．由转化流程可以判断NiO 和ZnO 均是两性氧化物 【答案】C 【分析】冶金废渣中的SiO2不与硫酸反应、CaO 与硫酸反应生成微溶于水的CaSO4，故废渣中有CaSO4和 SiO2；进入“沉铁”中的微粒主要有Cu 2+、Ni 2+、Zn 2+、Fe 3+、Fe 2+等，H2O2将Fe2+氧化，通过该流程 Fe3+以黄钠铁矾沉淀，进入“还原沉铜”中的离子有Cu 2+、Ni 2+、Zn 2+等，该流程将Cu2+以Cu2O的形式分 离出；进入“锌镍同沉”的离子有N a +、Ni 2+、Zn 2+等，Zn2+、Ni2+以ZnC2O4、NiC2O4进入“焙烧”，滤 液中应该有N a +等Ca 2+；焙烧后固体为NiO 和ZnO 的混合物，用NaOH 溶液浸锌，ZnO 生成Zn (OH)4 2-，在 “沉锌”时加入硫酸生成Zn (OH)2。 【解析】酸浸过程中，金属氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，均为复分解反应，生成的Fe 2+有还原性， 会与空气中的氧气发生氧化还原反应，A 错误；沉铁调pH=4 时，c(OH −)=10 −10 mol⋅L -1，c2(OH-)=10-20， Ksp[Zn (OH)2)= 4.2×10 −17，Ksp[Ni(OH)2)=2.0×10 −15，若产生Zn(OH)2和Ni(OH)2，溶液中Zn2+和Ni2+浓 度必须很大，分别大于4200mol/L、2×105mol/L，故不会生成Zn(OH)2和Ni(OH)2沉淀，损失原因并非生成 氢氧化物，B 错误；CaSO4微溶，酸浸时硫酸过量程度不够，会导致SO4 2-浓度低，溶液中Ca 2+不能完全沉 淀，还原沉铜时，溶液中Ca 2+与HSO3 −氧化生成的SO4 2-结合生成CaSO4沉淀，混入Cu2O，C 正确；根据流 程“酸浸”、“浸锌”可知ZnO 既与硫酸反应，又与NaOH 溶液反应，故ZnO 为两性氧化物，而NiO 仅 与酸反应为碱性氧化物，D 错误；故选C。 【变式4-2】（2025·贵州·模拟预测）LiOH 可用于生产锂基润滑脂，以α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)为原料 制备LiOH 的工艺流程如下： Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表所示： 温度/℃ 0 10 20 30 40 50 60 80 100 Li2CO3/g 1.54 1.43 1.33 1.25 1.17 1.08 1.01 0.85 0.72 下列说法错误的是 A．“变晶焙烧”和“锂渣”再利用均可提高原料利用率 B．流程中不产生引起“温室效应”的气体 C．“沉锂”后应趁热过滤 D．“苛化”时的化学方程式为Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH 【答案】B 【分析】α-锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2)经过焙烧有致密的锂辉石变为疏松的锂辉石，加入硫酸继续焙烧， Li2O、Al2O3 均溶于硫酸形成溶液，经石灰石中和得到滤渣1，滤液1 中的锂离子加入碳酸氢铵生成碳酸锂沉淀，经“苛化”可将碳酸锂转化为氢氧化锂，经一系列操作得到纯 净氢氧化锂。 【解析】“变晶焙烧”的目的是使α-锂辉石转变为β-锂辉石，更容易与硫酸发生反应，加快反应速率，提 高原料利用率，“锂渣”再利用可提高原料的利用率，A 项正确；“沉锂”时反应的离子方程式为 2HCO3 −+2Li +=Li2CO3↓+CO2↑+ H2O，CO2为温室气体，B 项错误；由表中数据可知，碳酸锂的溶解度随 着温度升高溶解度降低，故应趁热过滤，C 项正确；“苛化”时发生的反应为 Ca(OH)2+Li2CO3=CaCO3+2LiOH，“滤渣2”中的主要成分为CaCO3，D 项正确；故选B。 考向05 溶度积与微型化工流程 【例5-1】（2025·山东卷）钢渣中富含CaO、SiO2、FeO、Fe2O3等氧化物，实验室利用酸碱协同法分离 钢渣中的Ca,Si,Fe元素，流程如下。已知：Fe2(C2O4)3能溶于水；Ksp(CaC2O4)=2.3×10 −9， Ksp(FeC2O4)=3.2×10 −7。下列说法错误的是 A．试剂X 可选用Fe粉 B．试剂Y 可选用盐酸 C．“分离”后Fe元素主要存在于滤液Ⅱ中 D．“酸浸”后滤液Ⅰ的pH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(可以是盐酸)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。 【解析】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；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；根据分 析，“分离”后Fe 元素主要存在于滤液II 中，C 正确；“酸浸”后滤液I 中pH 过小，酸性强，造成C2 O4 2−浓度小，使Ca2+(aq)+ C2O4 2−(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；故选A。 【例5-2】（2025·黑吉辽蒙卷）某工厂利用生物质(稻草)从高锰钴矿(含MnO2、Co3O4和少量Fe2O3)中提取 金属元素，流程如图。已知“沉钴”温度下Ksp(CoS)=10 −20.4，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c(Co 2+)⋅c(S 2−)=10 −20.4 【答案】C 【分析】矿石(含MnO2、Co3O4、Fe2O3)经过硫酸和稻草浸出过滤得到滤液，滤液含有Fe3+、Mn2+、Co2+， 加入Na2CO3沉铁得到FeOOH，过滤，滤液再加入Na2S 沉钴得到CoS，过滤最后得到硫酸锰溶液。 【解析】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； 生物质(稻草)是可再生 的，且来源广泛，B 正确；故选根据图示可知，“浸出”时，Fe 的化合价没有变化，Fe 元素没有被还原， C 错误；“沉钴”后的上层清液存在CoS 的沉淀溶解平衡，满足Q=Ksp=c(Co2+)·c(S2-)=10-20.4，D 正确；故选 C。 1．化工流程中Ksp 有关计算 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，求溶液中不同离子的比值 如果溶液中含有「、CT 等离子，向其中滴加AgNO₃ 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)n(s) Mn++(aq)+nOH-(aq)判断开始沉淀与沉淀完全时的pH: （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。 【变式5-1】（2025·湖南郴州·一模）CeO2是一种重要的稀土金属氧化物，在催化与检测方面均有广泛的应 用前景。工业上从水晶石废料(含有SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO)中提取CeO2的流程如下： 已知：K sp[Ce(OH)3)=8×10 −20，lg2=0.3；金属离子浓度小于10 −5 mol/L，认为沉淀完全。 下列说法错误的是 A．“浸取”工序中，提高浸取率的方法有粉碎、搅拌、适当升温 B．根据已知计算得出，Ce 3+完全沉淀的pH 为5.3 C．氨水浓度过大导致沉铈率下降的主要原因可能是NH3与Ce 3+形成配合物导致不易被沉淀 D．“还原”工序中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1 【答案】B 【分析】首先浸取工序向水晶石废料（含SiO2、CaO、CeO2、Na2O、MgO）中加入稀盐酸，CaO、Na2O、 MgO属于碱性氧化物，与稀盐酸发生反应生成可溶性盐进入溶液，CeO2和SiO2与稀盐酸不反应，以固体形 式存在，成为滤渣；过滤后得到含CaCl2、NaCl、MgCl2的滤液和含CeO2、SiO2的滤渣；随后向滤渣（含 CeO2、SiO2）中加入硫酸和H2O2，CeO2作为氧化剂，H2O2作为还原剂，发生氧化还原反应，Ce从+4 价被 还原为+3 价，进入溶液（生成Ce2(SO4)3），SiO2不与硫酸、H2O2反应，成为新的滤渣；过滤后得到含 Ce2(SO4)3的滤液和含SiO2的滤渣；向含Ce2(SO4)3的滤液中加入NH3⋅H2O，Ce 3+与NH3⋅H2O电离出的OH − 结合，发生反应：Ce2(SO4)3+6NH3⋅H2O =2Ce(OH)3↓+3(NH4)2SO4，生成Ce(OH)3沉淀。煅烧工序即将 Ce(OH)3沉淀进行煅烧，Ce(OH)3发生分解并被氧化，反应为：4Ce(OH)3+O2 煅烧 ¿ ¿4CeO2+6H2O ¿ ，最终得到 CeO2。 【解析】提高浸取率可通过增大接触面积（粉碎）、加快反应速率（搅拌、适当升温）实现，A 正确； Ce 3+完全沉淀时，c(Ce 3+)=10 -5mol/L，由Ksp[Ce(OH)3)=c(Ce 3+)⋅c 3(OH -)=8×10 -20，得 c 3(OH -)=8×10 −20/10 −5=8×10 −15，c(OH -)=2×10 -5mol/L，pOH =4.7，pH =14−4.7=9.3，B 错 误；过量氨水可能与Ce 3+形成配合物（如[Ce(NH3)6) 3+），导致Ce 3+不易沉淀，沉铈率下降，C 正确；还原 工序中，CeO2（Ce 4+→Ce 3+，得1 e -）为氧化剂，H2O2（O -1→O 0，失2 e -）为还原剂，电子守恒得 n(氧化剂):n(还原剂)=2:1，D 正确；故选B。 【变式5-2】（2025·湖南益阳·一模）某含锶(Sr)废渣主要含有SiO2、SrSO4、SrCO3、CaCO3和MgCO3等， 一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知25℃时，K sp(SrSO4)=10 −6.46，K sp(BaSO4)=10 −9.97；Sr 的 化学性质与Ba 类似。下列说法错误的是 A．“浸出液”中主要的金属离子有Sr 2+、Ca 2+、Mg 2+ B．“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4 (s)+ Ba 2+ (aq)⇌BaSO4 (s)+Sr 2+ (aq)，其平衡常数 K =10 3.51 C．BaCl2溶液不可用Ba(NO3)2溶液替代 D．由SrCl2⋅6 H2O制备无水SrCl2时需在HCl 气流中加热 【答案】D 【分析】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 解进入浸出液，浸出渣1 中含有SrSO4、SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化， SrSO4(s)+Ba 2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr 2+(aq)，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体。 【解析】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Sr 2+、Ca 2+、Mg 2+，A 正 确；由分析可知，“盐浸”中沉淀转化的离子方程式为SrSO4 (s)+ Ba 2+ (aq)⇌BaSO4 (s)+Sr 2+ (aq)，该反 应的平衡常数K = c(Sr 2+) c(Ba 2+) = c(Sr 2+)·c(SO4 2−) c(Ba 2+)·c(SO4 2−) =Ksp(SrSO4) K sp(BaSO4) = 10 -6.46 10 -9.97 =10 3.51，B 正确；使用Ba(NO3)2溶 液会引入NO3 −杂质，所以不能用Ba(NO3)2溶液替代BaCl2溶液，C 正确；Sr 的化学性质与Ba 类似， Ba (OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr 2+不水解，故由SrCl2⋅6 H2O制备无水SrCl2时无需在HCl 气流 中加热，D 错误；故选D。 1.（2025·湖南·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， 下列叙述错误的是 A．“氧化”中盐酸不可用稀硫酸代替 B．“操作1”和“操作2”均需要使用分液漏斗和烧杯 C．流程中CCl4可循环利用 D．该工艺中CO(NH2)2作还原剂，它与NH4OCN互为同分异构体 【答案】A 【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，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。 【解析】“氧化”步骤中，NaClO3在酸性条件下将Br⁻氧化为Br2，H⁺可由盐酸或稀硫酸提供，且SO4 2−不会 干扰后续Br2的萃取分离，盐酸可用稀硫酸代替，故A 错误；“操作1”是溴水与CCl4的萃取分液，“操作 2”是还原后有机相与水相的分液，两者均为分液操作，需分液漏斗和烧杯，故B 正确；操作2 分液得到的 有机相为CCl4，可返回操作1 循环用作萃取剂，故C 正确；还原步骤中Br2→Br⁻发生还原反应，CO(NH2)2 作还原剂；CO(NH2)2与NH4OCN分子式均为CH4N2O，结构不同，互为同分异构体，故D 正确；故选A。 2.（2025·湖南长沙·二模）一种以废旧电池正极材料(主要成分为LiCox Niy MnzO2，其中Co为+3价，还含少 量铝箔、炭黑和有机黏合剂)为原料制备LiMn2O4的流程如下： 下列说法错误的是 A．“灼烧”后的固体产物中，Co和Al均为+3价 B．在“酸浸”过程中所滴加的H2O2的作用为氧化剂 C．“沉锰”过程中，溶液先变为紫红色，原因为5S2O8 2−+2Mn 2++8 H2O =10SO4 2−+2MnO4 −+16 H + D．“合成”LiMn2O4过程中，发生反应会有CO2和O2放出 【答案】B 【分析】废旧电池正极材料主要成分为LiCox Niy MnzO2，其中Co为+3 价，还含少量铝箔、炭黑和有机黏 合剂，灼烧除去炭黑、有机物；灼烧后的固体加氢氧化钠溶液“碱浸”除去铝；滤渣加双氧水、硫酸“酸 浸”，双氧水把+3 价Co还原为+2 价，加氨水和草酸铵生成草酸钴晶体“沉钴”，加K2S2O8把Mn 2+氧化为 二氧化锰沉淀除去锰元素；滤液中加碳酸钠、氢氧化钠生成NiCO3⋅2Ni(OH)2⋅4H2O沉淀除镍，滤液中加 碳酸钠生成碳酸锂沉淀，碳酸锂和二氧化锰合成LiMn2O4。 【解析】灼烧时有机黏合剂和炭黑被氧化除去，铝箔被氧化为Al2O3（Al为+3 价），原LiCox Niy MnzO2中 Co为+3 价，灼烧后Co仍为+3 价，A 正确；碱浸后滤渣含Co 3+等高价金属离子，Co 3+具有强氧化性，酸浸 时会氧化H2O2生成O2，自身被还原为Co 2+，H2O2作还原剂而非氧化剂，B 错误；沉锰时加入K2S2O8（含 S2O8 2−，强氧化剂），将Mn 2+氧化为紫红色MnO4 −，离子方程式 5S2O8 2−+2Mn 2++8 H2O =10SO4 2−+2MnO4 −+16 H +，C 正确；合成LiMn2O4时，发生反应 2Li2CO3+8MnO2= 4 LiMn2O4+2CO2↑+O2↑，D 正确；故选B。 3.（2025·河南许昌·二模）某同学通过以下流程制取NaClO2晶体： 已知：ClO2浓度过高时易发生分解，NaClO2高于60℃时易分解，NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出 NaClO2⋅3 H2O，高于38℃时析出NaClO2。 下列说法错误的是 A．步骤①中工业上可用H2C2O4代替Na2SO3 B．步骤②发生反应的离子方程式为2ClO2+2OH −+ H2O2=2ClO2 −+O2+2H2O C．防止步骤①中ClO2浓度过高发生分解可采用过量Na2SO3固体 D．步骤④中制得的NaClO2晶体可用略高于38℃的热水洗涤2~3 遍 【答案】C 【分析】NaClO3与Na2SO3可发生氧化还原反应生成ClO2，ClO2在碱性条件下与30%的过氧化氢反应生成 NaClO2，NaClO2溶液经结晶、过滤、洗涤等步骤最终得到NaClO2晶体。 【解析】步骤①中，氯元素化合价由+5 降至+4，硫元素化合价由+4 升至+6，则NaClO3为氧化剂，Na2SO3 作还原剂；H2C2O4中C 元素为+3 价，H2C2O4也具有还原性，工业上可用H2C2O4代替Na2SO3将NaClO3还 原为ClO2，A 正确；步骤②中，ClO2被H2O2还原为ClO2 −，而H2O2被ClO2氧化为O2，氯元素化合价由+4 降至+3，H2O2中氧元素的化合价全部由-1 升至0，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子 方程式为2ClO2+2OH −+ H2O2=2ClO2 −+O2+2H2O，B 正确；步骤①中若Na2SO3过量，即还原剂过量，还 原剂可能将生成的ClO2(氯元素为+4 价)进一步还原为氯元素的更低价态的相关物质(如Cl-)，导致ClO2产率 降低，要防止ClO2浓度过高而分解，可通过控制反应速率的方法来实现(如缓慢加入反应物等)，C 错误； NaClO2饱和溶液高于38℃析出NaClO2，低于38℃析出NaClO2⋅3 H2O，用略高于38℃的热水洗涤，可避 免晶体转化为结晶水合物，D 正确；故选C。 4.（2025·福建龙岩·三模）以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原 料回收部分金属单质，其工艺流程如图： 已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃下，部分电对的电极电位如表： 电对 Cu 2+/Cu Pb 2+/Pb Ni 2+/Ni Cd 2+/Cd Fe 2+/Fe 电极电位/ V +0.337 −0.126 −0.257 −0.402 −0.442 下列说法错误的是 A．“酸浸”中鼓入的空气既作氧化剂又有搅拌作用 B．“物质X”可以是NiO，“滤渣Ⅱ”含Fe(OH)3 C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是Cu D．流程中可循环利用的物质有CO、H2SO4、Ni 【答案】C 【分析】该工艺流程以镍镉矿（主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质）为原料回收 部分金属单质，镍镉矿在空气中加入稀硫酸酸浸，硫化镍和金属氧化物溶于稀硫酸得到硫酸盐，二氧化硅 不与稀硫酸反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸铅、S 的滤渣Ⅰ和滤液；向滤液中加入碳酸镍或氧化镍 （物质X）调节溶液pH，将溶液中Fe 3+转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有Fe(OH)3的滤渣Ⅱ和滤液；向 滤液中加入镍(物质Y)，将溶液中Cu 2+转化为铜，过滤得到含有铜、镍的金属（物质Z）和硫酸镍、硫酸镉 的滤液；滤液经电解得到含有镉和镍的固体和稀硫酸溶液（滤液Ⅰ）；固体通入一氧化碳气化分离得到四 羰基合镍和镉；四羰基合镍受热分解生成一氧化碳和镍，则该工艺流程中可以循环利用的物质为一氧化 碳、硫酸、镍，据此分析回答。 【解析】“酸浸”中鼓入空气，O2可氧化NiS 中的-2 价的硫，防止生成H2S产生污染，同时搅拌使反应更 充分，A 正确；加入“物质X”调pH使Fe 3+转化为氢氧化铁沉淀分离除去，NiO 可消耗H +且不引入杂质， Fe 3+在较低pH溶液中生成Fe(OH)3进入滤渣Ⅱ，B 正确；净化需除去氧化性强的Cu 2+，而不除去Ni 2+、 Cd 2+，同时不引入新杂质，应加入Ni（物质Y），置换出Cu，若Y 为Cd，其还原性强于Ni，会置换Ni 2+ ，且Z 不仅含Cu、还含有Ni，C 错误；CO 参与气化生成Ni(CO)4，Ni(CO)4分解后生成CO 可循环； H2SO4在酸浸中使用，滤液Ⅰ中含H2SO4循环；Ni(CO)4分解生成的Ni 可用于净化步骤除Cu 2+，D 正确；故 选C。 5.（2025·山东青岛·三模）工业上制备超纯Ga(CH3)3流程如下： 物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 Et2O和NR3在上述流程中可作为配体（Et为乙基，R 为烃基） 下列说法错误的是 A．“液体I”含有Et2O B．“残渣”含镁物质仅有MgI2 C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3 D．直接加热Ga(CH3)3(Et2O)并蒸馏，无法得到超纯Ga(CH3)3 【答案】B 【解析】“配体交换”过程中NR3与Ga(CH3)3(Et2O)发生配体交换得到Ga(CH3)3(NR3)和Et2O，则液体I 含 有Et2O，A 正确；合成Ga(CH3)3(Et2O)时，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga 与CH3个数比为1 3∶，Ga2Mg5中Ga 与Mg 个数比为2 5∶，CH3I 中CH3与I 个数比为1 1∶，根据原子守恒，“残渣”中含镁物质并非仅有MgI2，还有 CH3MgI，B 错误；NR3沸点极高（365.8 ℃），配体交换后生成Ga(CH3)3(NR3)，工序X 需解配 Ga(CH3)3(NR3)并使Ga(CH3)3（沸点55.7 ℃）蒸出，C 正确；Ga(CH3)3(Et2O)中Et2O 沸点（34.6 ℃）低于 Ga(CH3)3（55.7 ℃），直接蒸馏会导致Et2O 与Ga(CH3)3共沸，无法分离，D 正确；故选B。 6.（2025·福建三明·三模）实验室初步分离苯甲酸乙酯、苯甲酸和环己烷的流程如下图所示。 已知：苯甲酸乙酯的沸点为212.6℃，“乙醚—环己烷—水共沸物”的沸点为62.1℃。 下列说法正确的是 A．“操作a”中有机相1 从分液漏斗的下口流出 B．“操作b”、“操作c”均为重结晶 C．洗涤苯甲酸粗品，用乙醇的效果比用蒸馏水好 D．该流程可以说明苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大 【答案】D 【解析】苯甲酸与饱和碳酸钠溶液反应生成苯甲酸钠，操作a 为分液，有机相1 含环己烷、苯甲酸乙酯等 有机溶剂，其密度小于水（水相密度大于有机相），有机相在上层，应从分液漏斗上口倒出，A 错误；操 作b 是从干燥后的有机相2（含苯甲酸乙酯）中分离得到苯甲酸乙酯，由于苯甲酸乙酯沸点较高 （212.6℃），应通过蒸馏分离，而非重结晶；操作c 是苯甲酸粗品提纯，固体提纯常用重结晶， B 错 误；苯甲酸在乙醇中溶解度较大，用乙醇洗涤会导致苯甲酸溶解损失；蒸馏水洗涤时，苯甲酸溶解度小， 可减少损失，故蒸馏水效果更好，C 错误；该流程中苯甲酸钠易溶于水形成水相，加入稀硫酸时生成的苯 甲酸能析出，则苯甲酸和苯甲酸钠在水中的溶解度差别很大， D 正确；故选D。 7.（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：Ksp[Fe(OH)3)=1.0×10 −39，Ksp[Co(OH)3)=1.0×10 −44，Zn (OH)2和Al(OH)3的化学性质相似。下列 说法正确的是 A．已知Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，1molNa2S2O8中含有2NA个过氧键 B．结合流程分析，Fe 2+的还原性强于Co 2+ C．使用FeS除去“滤液”中的Zn 2+，pH越大越有利于除去“滤液”中的Zn 2+ D．“氧化沉钴”的离子方程式ClO −+2Co 2++ H2O+ 4 OH −=Cl −+2Co(OH)3↓ 【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+、Co2+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PbSO4沉淀，即滤渣1 为PbSO4，加入Na2S2O8沉锰，Na2S2O8具有氧化性，可以氧化Mn 2+生成MnO2，同 时将Fe 2+氧化为Fe 3+，再加入NaOH溶液调节pH = 4使Fe 3+完全转化为Fe(OH)3 ❑而除去，溶液中金属阳离子 主要为Zn 2+、Co 2+，加入NaClO，ClO −氧化Co 2+生成Co(OH)3沉淀，滤液中Zn 2+与FeS 反应生成ZnS。 【解析】S 元素最高价为＋6，Na2S2O8中的S元素的化合价为+6，故S2O8 2−中有-1 价氧原子，根据其结构 式 ， 1molNa2S2O8 中含有 NA 个过氧键，A 错误；由流程知，加入 Na2S2O8 时将 Fe 2+ 氧化成Fe 3+，而Co 2+未被氧化，再后续操作中用NaClO氧化了Co 2+，故可知Fe 2+的还原性强于Co 2+，B 正 确；Zn (OH)2与Al(OH)3的化学性质相似，能溶于强碱，pH过高时，Zn 2+会与OH −反应生成可溶性物质，导 致无法除去锌元素，C 错误；据流程分析，反应物是ClO −和Co 2+，生成Cl −和Co(OH)3，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 ClO −+2Co 2++5 H2O=Cl −+2Co(OH)3↓+ 4 H +，D 错误；故选B。 8.（2025·贵州·模拟预测）为了减少污染并促进废物利用，某工厂计划以硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3、Al2O3 、SiO2等)为原料制备锂离子电池正极材料LiFePO4@C(@表示后者包覆在前者上)，流程如下。 下列叙述错误的是 A．“碱溶”阶段至少发生两个离子反应 B．可用KSCN 溶液检验滤液②中是否含有Fe 3+ C．滤液③可用于加工复合肥料 D．“真空烧结”时，植物粉的作用是还原剂 【答案】D 【分析】碱溶后Fe2O3为滤渣，Al2O3，SiO2溶解后进入滤液中，磷酸溶解滤渣，并加入铁粉将铁元素转化 为+2 价态，滤液为磷酸亚铁，氨水调pH 沉铁，得到Fe3(PO4)2·8H2O 沉淀，加入磷酸锂与植物粉补充Li 和 C 元素，真空烧结得到产品。 【解析】“碱溶”时，发生的化学反应有Al2O3+2NaOH+3 H2O =2Na[Al(OH)4)、 SiO2+2NaOH = Na2SiO3+ H2O，A 项正确；Fe2O3被磷酸溶解获得Fe 3+，加铁粉还原为Fe 2+，用KSCN 溶 液检验滤液②中是否含有Fe 3+，B 项正确；滤液③为磷酸铵，含有氮、磷元素，故可用于加工复合肥料， C 项正确；Fe3(PO4)2⋅8 H2O、磷酸锂、植物粉真空烧结的目的是得到正极材料LiFePO4@C，由其组成可 知，植物粉的作用是受热分解生成碳，D 项错误；故选D。 9.（2025·河北·模拟预测）河北省富含钽(Ta)矿，钽主要用于制造高温合金和电子元件。以某钽矿渣(主要含 Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程如图。 已知：①焙烧时，Ta2O3、FeO 转化成NaTaO3，Fe2O3；②NaTaO3溶解度随着温度升高而快速增大。 下列叙述错误的是 A．实验室“焙烧”需用蒸发皿、三脚架、泥三角 B．通入空气的目的之一是除去油脂 C．固体1 可用于制造红色颜料 D．“系列操作”包括“蒸发浓缩、降温结晶”等 【答案】A 【分析】根据钽矿渣(主要含Ta2O3、FeO、Al2O3及油脂等)为原料制备NaTaO3的流程图，加入纯碱在碱性 条件下通入足量空气焙烧，一方面可以使油脂(有机物)转化为CO2除去，另一方面Ta2O3、FeO转化成 NaTaO3、Fe2O3，Al2O3转化为Na[Al(OH)4]；加入水进行水浸，不溶于水的Fe2O3是固体1 的主要成分，水 浸后的浸出液中有NaTaO3和Na[Al(OH)4]，通入足量CO2，铝元素以氢氧化铝沉淀析出，故固体2 是氢氧 化铝，最后溶液经过系列操作得到； 【解析】实验室焙烧固体需用到的仪器为坩埚、三脚架、泥三角等，不需要用到蒸发皿，A 错误；由分析 可知，通入空气的目的是将氧化亚铁转化为氧化铁，将油脂转化为二氧化碳和水除去，B 正确；由分析可 知，固体1 为红棕色的Fe2O3可用于制造红色颜料的氧化铁， C 正确；由分析可知，滤液经蒸发浓缩、降 温结晶、过滤、洗涤、干燥得到钽酸钠，D 正确；故选A。 10.（2025·浙江·一模）硝基苯在染料工业、医药领域、材料合成等领域有广泛应用。其制备流程如图所 示： 已知硝基苯密度1.205g·cm-3，浓硝酸密度1.4g·cm-3，浓硫酸密度1.84g·cm-3。下列说法不正确的是 A．配制混酸时，先加入浓硝酸，再加入浓硫酸 B．步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作 C．反应结束后产品在液体的上层，需要通过分液分离混酸和粗产品 D．第一次粗产品为无色，第二次粗产品为浅黄色 【答案】D 【分析】合成硝基苯的流程为：将苯加到浓H 2SO4和浓HNO3的混酸中，用水浴在50°C ~60°C温度下 加热进行反应 得到粗产品1，再依次用蒸馏水、 Na2CO3溶液、蒸馏 水洗涤粗产品1 得到粗产品2，再用无水CaCl2吸水后进行蒸馏得到纯 ，据此分析解答。 【解析】配制混酸时，将浓硝酸先倒入烧杯中，再将浓硫酸沿着烧杯内壁缓缓注入，并不断搅拌，如果将 浓硝酸加到浓硫酸中可能发生液体飞溅的情况，A 正确；根据分析，对粗产品1 洗涤时依次用蒸馏水、 Na2CO3溶液、蒸馏水，在步骤③缺少用蒸馏水二次洗涤的操作，B 正确；根据已知信息的密度数据，硝基 苯密度最小，在与混合酸分层时是在液体的上层，可通过分液分离混酸和粗产品，C 正确；硝基苯粗产品 1 含有混酸，颜色为浅黄色，通过步骤③洗涤后杂质几乎没有，此时硝基苯粗产品2 的颜色为无色，D 错 误；故选D。 11.（2025·浙江·三模）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的 漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如图所示： 已知：纯ClO2易分解爆炸，一般稀释到10 %以下。下列说法不正确的是 A．反应①中参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为1:2 B．反应①需鼓入空气，主要目的是稀释ClO2以防爆炸 C．反应②在冰水浴进行可以抑制H2O2分解，有利于得到产品NaClO2 D．NaClO2制备需在通风橱中进行，因为SO2有毒且ClO2易爆 【答案】A 【分析】NaClO3、H2SO4混合溶液中通入SO2，发生反应①，生成NaHSO4、ClO2等；ClO2与H2O2在 NaOH 溶液中发生②，生成NaClO2、O2等。 【解析】反应①中，NaClO3中Cl 为+5 价，被还原为ClO2(Cl+4 价)，得1e⁻；SO2中S 为+4 价，被氧化为 NaHSO4(S+6 价)，失2e⁻。根据得失电子守恒，n(NaClO3)×1 = n(SO2)×2，故n(NaClO3):n(SO2)=2:1，A 不正 确；已知纯ClO2易分解爆炸，需稀释到10%以下，反应①鼓入空气可稀释ClO2浓度，防止爆炸，B 正 确；H2O2受热易分解，冰水浴能降低温度，抑制H2O2分解，保证其作为还原剂参与反应②，有利于生成 NaClO2，C 正确；SO2有毒，ClO2易爆，制备过程需在通风橱中进行以保障安全，D 正确；故选A。 12.（2025·甘肃白银·三模）碱式碳酸铜在烟火、农药等方面应用广泛。一种以辉铜矿(主要成分为Cu2S， 还含有SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程如图所示。已知：H2CO3的K a1= 4.4×10 −7， K a2= 4.7×10 −11；NH3⋅H2O的K b=1.8×10 −5。下列说法错误的是 A．利用乙醇作溶剂可将S 从滤渣I 中分离出来 B．滤渣Ⅱ为Fe(OH)3 C．“沉锰”时反应的离子方程式为Mn 2++ HCO3 −+ NH3= MnCO3↓+ NH4 + D．NH4HCO3溶液呈碱性 【答案】A 【分析】辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，Cu2S 在酸性 条件下被二氧化锰氧化，SiO2不溶于稀硫酸，滤渣I 经CS2提取后可获得一种淡黄色副产品，说明滤渣I 中 含有S，过滤得到的滤渣中含有MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，加入CuO，调节溶 液的pH 使铁离子形成氢氧化铁沉淀，除去铁；加入碳酸氢铵溶液、NH3进行沉淀锰，过滤得到碳酸锰， 用硫酸溶解，生成硫酸锰晶体，滤液赶出氨气，参与循环使用，同时得到碱式碳酸铜，据此分析解答。 【解析】滤渣Ⅰ含SiO2和S，S 微溶于乙醇，SiO2不溶于乙醇，无法用乙醇有效分离S 和SiO2，A 错误； 浸取后溶液含Fe3+，加入CuO 调节pH，Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3，B 正确；“沉锰” 时，NH3提供碱性促进HCO3 -电离，Mn2+与CO3 2-结合生成MnCO3，离子方程式为Mn2++HCO3 -+NH3=MnCO3↓+ NH4 +，电荷及原子守恒，C 正确；NH4HCO3中，HCO3 -水解常数Kh=Kw/Ka1=10-14/4.4×10-7≈2.27×10-8，NH4 +水解 常数Kh'=Kw/Kb=10-14/1.8×10-5≈5.56×10-10，HCO3 -水解程度更大，溶液呈碱性，D 正确；故选A。 13.（2025·湖南·二模）[Co(NH3)6]Cl3(三氯六氨合钴)是合成其它含钴配合物的重要原料，其晶体制备流程如 下，下列说法错误的是 A．活性炭的作用是催化剂 B．已知氧化步骤需控温在60℃进行，故H2O2溶液应缓慢滴加 C．操作X 中加入盐酸的目的是提供酸性环境 D．[Co(NH3)6]3+是以Co3+为中心的正八面体结构，则[Co(NH3)4Cl2]+的空间结构可能有2 种 【答案】C 【分析】将CoCl2和NH4Cl 加水溶解，加入浓氨水和活性炭，在活性炭的催化作用下发生配合，加入H2O2 将Co2+氧化为Co3+，趁热过滤，将活性炭除去，再加入浓盐酸，增大Cl −浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平 衡[Co(NH3)6]Cl3(s)⇌[Co(NH3)6] 3+(aq)+3Cl −(aq)逆向移动，使[Co(NH3)6]Cl3晶体析出，过滤，即 可得到[Co(NH3)6]Cl3晶体，据此回答。 【解析】在流程中，活性炭在配合步骤加入，在趁热过滤步骤被除去，其作用是作为催化剂，降低反应的 活化能，加快反应速率，A 正确；氧化步骤中H2O2作氧化剂，将Co 的低价态化合物氧化，该反应为放热 反应，控温60℃进行，H2O2溶液缓慢滴加可防止反应过于剧烈，温度过高导致H2O2分解，B 正确；操作 X 中加入浓盐酸，目的是增大Cl −浓度，使[Co(NH3)6]Cl3的溶解平衡 [Co(NH3)6]Cl3(s)⇌[Co(NH3)6] 3+(aq)+3Cl −(aq)逆向移动，有利于[Co(NH3)6]Cl3晶体析出，而不只 是提供酸性环境，C 错误；[Co(NH3)6] 3+是以Co 3+为中心的正八面体结构，[Co(NH3)4Cl2] +中两个Cl −可 以处于相邻（顺式）和相对（反式）位置，空间结构可能有2 种，D 正确；故选C。 14.（2025·陕西西安·一模）电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液 (主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下： 已知酸性KMnO4溶液具有强氧化性。下列说法错误的是 A．反应1 和反应2 都发生了氧化还原反应 B．操作1 用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒 C．滤渣a 的主要成分是Cu 和Fe，物质X 可以选用H2O2溶液 D．向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH 溶液振荡得到Fe(OH)3胶体 【答案】D 【分析】由题意及流程图，腐蚀废液中主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2，加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2 反应得到FeCl2和Cu 单质，过滤后向滤液中加氧化剂可得到FeCl3。 【解析】腐蚀废液中加入过量铁粉发生反应1，铁与FeCl3、CuCl2反应分别得到FeCl2、Cu 单质，化学方 程式为Fe+2FeCl3 = 3FeCl2、Fe+ CuCl2=Cu +FeCl2，两个反应都属于氧化还原反应，反应2 为FeCl2和氧化 剂反应生成FeCl3，属于氧化还原反应，选项A 正确；操作1 是分离固体和液体的操作，为过滤操作，需 要用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，选项B 正确；加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2反应得到 FeCl2和Cu 单质，以及过量的Fe，故滤渣a 的主要成分是Cu 和Fe，物质X 可以选用H2O2溶液，将Fe2+氧 化生成Fe3+，选项C 正确；向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液继续煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3 胶体，而向饱和的FeCl3溶液中滴加NaOH 溶液得到Fe(OH)3沉淀，选项D 错误；故选D。 15.（2025·四川·一模）用Na2SO3溶液吸收烟气中SO2的流程如下图所示，已知：Ka1(H2SO3)=1.54×10 -2， Ka2(H2SO3)=6.2×10 -8。下列说法正确的是 A．石膏的化学式为2CaSO4⋅H2O B．吸收烟气后的溶液中：c(Na +)+c(H +)>c(HSO3 -)+2c(SO3 2-) C．当吸收液的pH=7 时，溶液中：c(SO3 2-)>c(HSO3 -)>c(H +)=c(OH -) D．“沉淀”操作得到的上层清液中：Ksp(CaSO3) c(Ca 2+) >c(SO3 2-) 【答案】B 【分析】Na2SO3溶液吸收烟气后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，然后加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉淀， 过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。 【解析】石膏的化学式为CaSO4⋅2H2O，A 错误；由电荷守恒得，吸收烟气后的溶液中应有 c(Na +)+c(H +)=c(HSO3 -)+2c(SO3 2-)+c(OH -)，所以c(Na +)+c(H +)>c(HSO3 -)+2c(SO3 2-)，B 正确；吸收液为 Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，吸收液的pH=7 时，Ka2(H2SO3)=c(H +)⋅c(SO3 2-) c(HSO3 -) =6.2×10 -8，则 c(SO3 2-) c(HSO3 -) =6.2×10 -8 c(H +) =6.2×10 -8 10 -7 =0.62，所以c(HSO3 -)>c(SO3 2-)>c(H +)=c(OH -)，C 错误；有沉淀产 生，因此上层清液为饱和溶液，则 Ksp(CaSO3) c(Ca 2+) =c(SO3 2-)，D 错误；故选B。 16.（2025·黑龙江·一模）碘（紫黑色固体，微溶于水）常用于制备碘盐中的KIO3。以含I −废液为原料提取 I2的微型流程如图所示： 下列叙述正确的是 A．“转化”中，不涉及沉淀溶解平衡 B．沉淀能与硝酸反应，产物之一可循环利用 C．“氧化”中 n(Cl2) n(FeI2) 最佳值为2.5 D．常用“蒸馏法”提纯粗碘得纯I2 【答案】B 【分析】含I-的废液加入硝酸银得到AgI 沉淀，加入Fe 置换出Ag 单质，溶液中为FeI 2，加入过量Cl2置换 出I 2，滤液为FeCl3，粗碘提纯得到纯碘。 【解析】“转化”时发生反应AgI (s)⇌Ag +(aq)+I −(aq)、Fe(s)+2Ag +(aq)= 2Ag(s)+ Fe 2+(aq)， 随着铁置换银反应进行，碘化银不断溶解，涉及沉淀溶解平衡，A 错误；沉淀的主要成分是银(含少量 铁)，溶于硝酸可生成AgNO3，可在“富集”中循环利用，B 正确；“氧化”时先后发生的反应有 2I −+Cl2=I2+2Cl −、2Fe 2++Cl2=2Fe 3++2Cl −，如果继续通入氯气，则发生反应 I2+5Cl2+6 H2O =2HIO3+10 HCl，故通入氯气最佳范围为1≤n(Cl2) n(FeI2) ≤1.5，C 错误；一般采用“升华 法”提纯粗碘得到纯碘，D 错误；故选B。 17.（2025·山西吕梁·一模）一种利用废铜渣(主要成分CuO，含少量Fe2O3，SiO2等杂质)制备超细铜粉的流 程如下： 下列说法错误的是 A．“酸浸”时延长反应时间目的是提高铜元素的浸取率 B．若向“沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为Cu (OH)2 C．“沉铜”时发生的反应为氧化还原反应 D．“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4 +，H +，Cu 2+ 【答案】B 【分析】废铜渣(主要成分CuO，及少量Fe2O3、SiO2等杂质) “酸浸”时CuO、少量Fe2O3与H2SO4反应生 成硫酸铜、硫酸铁，SiO2不溶于H2SO4，所以滤渣的成分是SiO2，滤液中加过量氨水，沉铁除去Fe3+，铜 离子转化为[Cu(NH3)4) 2+，所得滤液通二氧化硫沉铜，过滤出产生的CuNH4SO3沉淀，加稀硫酸转化，+1 价铜发生歧化反应，得到铜离子和Cu。 【解析】“酸浸”时，延长反应时间可以使反应更充分，进而提高铜元素的浸取率，故A 项正确；若向 “沉铁”后所得滤液中加入乙醇，析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4)SO4，故B 项错误；“沉铜”时含有 [Cu(NH3)4) 2+和过量氨水的混合溶液中通入二氧化硫生成CuNH4SO3沉淀，铜元素化合价降低，则发生氧化 还原反应，故C 项正确；转化时，CuNH4SO3在稀硫酸中发生歧化反应，得到铜离子和Cu，结合元素守恒 可知，“转化”后所得滤液中含有的主要阳离子：NH4 +、H+、Cu2+，故D 项正确；故选B。 18.（2025·四川德阳·模拟预测）废旧铅蓄电池的铅膏主要含有PbSO4、PbO2和Pb。从铅膏中回收PbO 的流 程如下： 已知：①实验温度下，K sp(PbCO3)=7.4×10 −14、K sp(PbSO4)=2.5×10 −8； ②酸浸后铅几乎转化为+2 价； Pb(OH) ③ 2的性质和AI(OH)3相似。下列说法正确的是 A．铅膏中的PbO2主要来源于铅蓄电池的负极材料 B．“脱硫”中PbSO4能较完全转化为PbCO3 C．“酸浸”中醋酸做还原剂 D．“沉铅”过程需加入足量NaOH 【答案】B 【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2和Pb，向铅膏中加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，过氧化氢是还原剂，可将溶液中+4 价的铅离子还原为 +2 价的铅离子，加氢氧化钠进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，氢氧化铅再进行处理得到PbO，据此分析解 题。 【解析】铅蓄电池负极材料为Pb，正极材料为PbO2，PbO2应来源于正极，A 错误；“脱硫”中PbSO4转化 为PbCO3的平衡常数K = K sp(PbSO4) K spPbCO3 = 2.5×10 −8 7.4×10 −14 =3.38×10 5，K 值大于10 5，反应正向程度大，能较完 全转化，B 正确；酸浸后Pb 主要为+2 价，PbO2需被还原，Pb(0 价)需被氧化，H2O2可作还原剂还原PbO2， 醋酸仅提供酸性环境，不做还原剂，C 错误；Pb(OH )2类似Al(OH)3具有两性，足量NaOH 会使其溶解生 成可溶性盐，无法沉铅，D 错误；故选B。 19.（2025·湖南·一模）用含铜丰富的自然资源黄铜矿(CuFeS2)冶炼铜的工艺流程如下： 已知：CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S 下列有关该流程的说法错误的是 A．“浸取”时，若改用FeCl3溶液，也能生成CuCl 和S，该反应的化学方程式为 CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S B．向“过滤1”所得滤液中加入足量铁粉，可以提高铜的回收率 C．“过滤3”所得滤液为CuCl2溶液，可以在工艺中循环使用 D．为保持流程持续循环，每生成2 mol Cu，理论上需补充CuCl2的物质的量为1 mol 【答案】C 【分析】CuFeS2中加入CuCl2溶液浸取，发生反应CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S。过滤后得到的滤液中 含有FeCl2，固体中含有CuCl、 S，加入浓盐酸除硫，过滤得到滤液中含有[CuCl2]-，调节溶液pH 发生歧 化反应生成Cu 和CuCl2，过滤可得到Cu，得到的滤液中含有HCl 和CuCl2，可以循环使用，据此分析解 答。 【解析】Fe3+可作氧化剂，CuFeS2中S 从-2 价升至0 价，氧化产物为S，Fe3+降至Fe2+，Cu 从+2 价降至+1 价，还原产物为CuCl 和FeCl2，根据原子守恒和得失电子守恒可得该反应的化学方程式为 CuFeS2+3FeCl3=CuCl+4FeCl2+2S，A 正确；“过滤1”所得滤液中溶质主要成分为FeCl2、CuCl2，加入 足量铁粉可以置换出铜，B 正确；过滤3 所得滤液中含有HCl 和CuCl2，可以循环使用，C 错误；流程中涉 及反应有CuFeS2+3CuCl2=4CuCl+FeCl2+2S、CuCl+Cl-=[CuCl2]-、2[CuCl2]-=Cu↓+Cu2++4Cl-，综合可得生成2 mol Cu 需4 mol [CuCl2]-，4 mol [CuCl2]-需4 mol CuCl；浸取生成4 mol CuCl 消耗3 mol CuCl2，歧化生成2 mol CuCl2循环使用，净消耗CuCl2为3 mol-2 mol=1 mol，D 正确；故答案为C。 20.（2025·河南信阳·一模）钛合金广泛应用于航空航海领域。钛铁矿(其中Ti为+4 价)在高温下经氯化得到 四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法错误的是 A．因TiCl4易水解，制备流程中需要在装置的两端都添加干燥装置 B．氯化过程中FeCl3既是氧化产物又是还原产物 C．若制取1 mol金属钛，则氯化过程中转移电子的物质的量至少为7 mol D．制取金属钛时，可用CO2替代Ar以隔绝空气 【答案】D 【分析】根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，制取金属钛的化学方程式为： 2 Mg+TiCl4800℃ Ar Ti+2 MgCl2，以此来解析。 【解析】TiCl4易水解，制备流程中需防止空气中的水蒸气进入，因此装置两端需添加干燥装置，A 正 确；根据得失电子守恒知，氯化过程中发生反应的化学方程式为 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，Fe 化合价由+2 升高为+3，而Cl 的化合价由0 价降低 为-1 价，FeCl3既是氧化产物又是还原产物，B 正确；根据氯化过程中发生反应 2 FeTiO3+6C +7Cl2 高温 ¿2 FeCl3+6CO+2TiCl4 ¿ ，根据化合价升降守恒和原子守恒，可知TiCl4~7mole- ~Ti，可知若制取1mol 金属钛，氯化过程中转移电子的物质的量至少为7mol，C 正确；制取金属钛时，选 用氩气的目的是隔绝空气，防止Ti、Mg 与空气中的成分发生，而镁与二氧化碳反应，不能用CO2替代Ar 气以隔绝空气，D 错误；故选D。
