大题综合突破一 化工流程题
1.（2025·广西南宁二模）广西是中国铟（49In）产业的重要基地。某工厂从金属冶炼的废渣（主要含In2O3、Fe2O3、ZnO及少量不溶于酸的杂质）中回收铟的工艺流程如图所示：
已知：①室温下：Ksp[In（OH）3]＝1.0×10－28，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10－38；
②若溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，则认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）铟与铝同主族，基态铟原子的价层电子排布式为 。
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是 （任举一例）。
（3）“操作1”的具体操作：加热浓缩、 、过滤、洗涤、干燥。
（4）若“酸浸2”后溶液中In3＋浓度为0.1 mol·L－1，用Na2CO3进行“中和”时，需控制pH的范围为 。
（5）“浸渣3”的主要成分为 （填化学式）。
（6）“还原”中主要反应的离子方程式为 。
（7）磷化铟是半导体领域的重要原料，其晶胞结构类型与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是 晶体。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为磷化铟的晶胞示意图，在晶胞坐标系中，a点铟的原子分数坐标为，则b点磷的原子坐标为 。
2.（2025·辽宁辽阳一模）采用废铁屑还原软锰矿（软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质）来制备Mn的工艺流程如图所示：
已知：①Ksp（MnS）＝2.8×10－10，Ksp（NiS）＝2.0×10－21；②溶液中某离子浓度≤1.0×10－6 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全；③室温时生成氢氧化物的pH见下表
离子 Fe2＋ Fe3＋ Mg2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉 淀的pH 7.5 2.7 8.1 7.7 8.3
完全沉 淀的pH 9.7 3.7 9.4 8.4 9.8
回答下列问题：
（1）在“浸出液”中加入“MnO2”时发生反应的离子方程式为 ；硫酸酸化的MnSO4可与NaBiO3（难溶于水）反应生成Bi3＋和，此反应的离子方程式为 。
（2）pH＝5.5（室温）时，溶液中残余的Fe3＋的浓度为 mol·L－1，加入MnS“除杂”后的滤渣为 。
（3）“沉锰”过程中温度和pH对Mn2＋和Mg2＋沉淀率的影响如图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是 ，“沉锰”除去的杂质金属离子是 。
3.（2025·湖南岳阳二模）稀土钕铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、节能环保家电、国防军事等工业领域。工业上以钕铁硼废料[含钕（Nd，质量分数为28.8％）、Fe、B]为主要原料回收高纯度钕的工艺流程如下。
已知：①Nd的稳定价态为＋3价；Nd的活动性较强，与稀硫酸反应产生H2；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性配合物；②常温下，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17。
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，下列措施可以提高酸溶速率的是 （填字母）。
A.适当升高温度 B.适当增大硫酸的浓度
C.适当延长浸取时间 D.将钕铁硼废料粉碎
（2）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的pH为2.3，钕全部以Nd（H2PO4）3沉淀完全，若此时溶液中c（Fe2＋）＝1.0 mol·L－1， （填“有”或“无”）Fe（OH）2沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完全，原因是
。
（3）①“沉淀”过程得到Nd2（C2O4）3·10H2O晶体。写出“沉淀”时发生反应的离子方程式：
。
②此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值（n）和沉钕率的关系如图所示。
对沉钕率变化趋势进行解释： 。
③“滤液3”中的 （填化学式）可在上述流程中循环利用。
（4）“一系列操作”包括 ；空气中“煅烧”时生成无毒的气体，反应的化学方程式为
。
4.（2025·河北秦皇岛一模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的稀土金属，可用于制备玻璃添加剂，汽车尾气净化催化剂等。工业上利用某种含铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）制取金属铈的一种工艺流程如图。
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10－20；
②硫酸体系中，Ce4＋在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3＋与之相反。
回答下列问题：
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉上部加入，这样操作的目的是
。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 （填化学式），写出一条该物质在医疗上的应用： 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为 ，该步骤通常控制温度为40～50 ℃的原因是
。
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于 时，Ce3＋完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。
（6）加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是 。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的是 （填字母）。
A.高炉炼铁 B.电解熔融NaCl制钠
C.利用铝热反应制锰 D.氧化汞分解制汞
大题综合突破一 化工流程题
1.（1）5s25p1 （2）把废渣粉碎、搅拌、适当升温等合理答案均可 （3）冷却结晶 （4）3.0＜pH＜5.0 （5）Fe（OH）3 （6）2In3＋＋3Zn3Zn2＋＋2In （7）共价
解析：（1）铟与铝同主族，位于第ⅢA族，基态铟原子的价层电子排布式为5s25p1。（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。（3）操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）“酸浸2”后溶液中In3＋浓度为0.1 mol·L－1，则加入Na2CO3进行“中和”时，让Fe3＋完全沉淀，浓度小于10－5 mol·L－1，Ksp[Fe（OH）3]＝1.0×10－38＝c（Fe3＋）·c3（OH－），10－5×c3（OH－）＝1.0×10－38，得出c（OH－）＞10－11 mol·L－1，c（H＋）＜10－3 mol·L－1，pH＞3，In3＋浓度为0.1 mol·L－1不沉淀，Ksp[In（OH）3]＝1.0×10－28＝c（In3＋）·c3（OH－），0.1×c3（OH－）＝1.0×10－28，得出c（OH－）＜10－9 mol·L－1，c（H＋）＞10－5 mol·L－1，pH＜5，调节范围为3.0＜pH＜5.0。（5）“浸渣3”的主要成分为Fe（OH）3。（6）“还原”过程中，In3＋被Zn还原得到粗铟，Zn被In3＋氧化为Zn2＋，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2In3＋＋3Zn3Zn2＋＋2In。（7）金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子分数坐标为，P和In原子的最短距离为体对角线的，由晶胞结构可知，b点磷的原子分数坐标为。
2.（1）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O 5NaBiO3＋2Mn2＋＋14H＋5Bi3＋ ＋2Mn＋5Na＋＋7H2O
（2）1×10－11.4 NiS （3）45 ℃，pH为7.5 Mg2＋
解析：（2）由表格数据可知，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH＝3.7，溶液中c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－10.3 mol·L－1，溶液中某离子浓度≤1.0×10－6 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝1.0×10－6×（1×10－10.3）3＝1×10－36.9。pH＝5.5（室温）时，溶液中c（OH－）＝＝ mol·L－1＝1×10－8.5 mol·L－1，溶液中残余c（Fe3＋）＝＝ mol·L－1＝1×10－11.4 mol·L－1。根据信息，Ksp（MnS）＝2.8×10－10＞Ksp（NiS）＝2.0×10－21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS。（3）“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45 ℃，pH为7.5；“沉锰”除去的杂质金属离子是Mg2＋。
3.（1）ABD （2）无 酸性太强，H＋与H2P反应生成H3PO4，导致H2浓度太小，沉淀不完全 （3）①2Nd3＋＋3H2C2O4＋10H2ONd2（C2O4）3·10H2O↓＋6H＋ ②适当增大草酸的用量，可增加C2的浓度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性配合物，从而降低沉钕率 ③H2SO4 （4）过滤、洗涤、干燥 2Nd2（C2O4）3·10H2O＋3O22Nd2O3＋12CO2＋20H2O
解析：钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，其中硼不与稀硫酸反应，滤渣为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd（H2PO4）3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3＋，加入草酸溶液生成Nd2（C2O4）3·10H2O沉淀，灼烧Nd2（C2O4）3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到Nd。（1）适当升高温度，适当增大硫酸的浓度，将钕铁硼废料粉碎，增大表面积，都可以加快反应速率；适当延长浸取时间，不影响化学反应速率；故选A、B、D。（2）Q[Fe（OH）2]＝c（Fe2＋）·c2（OH－）＝1.0×（10－11.7）2＝10－23.4＜Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17，因此不会有Fe（OH）2沉淀生成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H＋与H2P反应生成H3PO4，导致H2P浓度太小，沉淀不完全。（3）加入H2C2O4是将溶液中Nd3＋转化为Nd2（C2O4）3·10H2O，反应的离子方程式为2Nd3＋＋3H2C2O4＋10H2ONd2（C2O4）3·10H2O↓＋6H＋；适当增大草酸的用量，可增加C2的浓度，有利于Nd3＋形成Nd2（C2O4）3·10H2O，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用。（4）“沉淀”过程得到Nd2（C2O4）3·10H2O晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到Nd2（C2O4）3·10H2O ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为2Nd2（C2O4）3·10H2O＋3O22Nd2O3＋12CO2＋20H2O。
4.（1）增大接触面积，提高反应速率 （2）BaSO4 钡餐 （3）分液
（4）2Ce4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋ 利于加快酸浸速率，防止双氧水分解 （5）9 （6）抑制CeCl3水解 AC
解析：铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）焙烧将＋3价铈氧化为＋4价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为硫酸钡和SiO2，加入（HA）2萃取Ce4＋，分离出有机层，加入H2O2，将Ce4＋转化为Ce3＋，加入稀硫酸进行反萃取，水层加入NaOH生成Ce（OH）3沉淀，再转化为CeCl3·6H2O，在HCl气氛下（抑制CeCl3水解）加热生成CeCl3，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈。（4）步骤Ⅳ加入H2O2，将Ce4＋转化为Ce3＋进入水层，离子方程式为2Ce4＋＋H2O22Ce3＋＋O2↑＋2H＋；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40～50 ℃之间既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解。（5）溶液中的c（Ce3＋）等于1×10－5 mol·L－1，可认为Ce3＋沉淀完全，由氢氧化铈的溶度积可知，Ksp[Ce（OH）3]＝c（Ce3＋）·c3（OH－），c（OH－）＝＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，c（H＋）＝1×10－9 mol·L－1，pH大于9时，Ce3＋完全生成Ce（OH）3沉淀。（6）本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法，高炉炼铁为热还原法，A正确；电解熔融NaCl制钠是电解法，B错误；利用铝热反应制锰为热还原法，C正确；氧化汞分解制汞是热分解法，D错误。
3 / 3大题综合突破一 化工流程题
【例】 （2025·黑吉辽蒙16题）某工厂采用如下工艺回收废渣（含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl）中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn（NH3）4]2＋；
②Ksp[Pb（OH）2]＝10－14.8；
③酒石酸（记作H2A）结构简式为HOOC（CHOH）2COOH。
回答下列问题：
（1）H2A分子中手性碳原子数目为 。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根（S2）离子转变为 （填离子符号）。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。
（5）滤渣2中的金属元素为 （填元素符号）。
（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为
，pH过高可能生成 （填化学式）。
（7）290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。
答案：（1）2 （2）S （3）温度升高，反应速率增大，浸出率增大，温度过高时，氨水挥发，（NH4）2S2O8分解，浸出率减小
（4）Zn＋[Cu（NH3）4]2＋Cu＋[Zn（NH3）4]2＋ （5）Fe （6）pH升高，H2A转化为A2－，有利于生成PbA Pb（OH）2 （7）Pb[OOC（CHOH）2COO]Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【流程分析】
原题设问 问题分析
（1）H2A分子中手性碳原子数目为 。 命题点：手性碳原子判断 思路点拨：手性碳原子首先是饱和碳原子，且连接4个不同的原子或原子团，H2A分子中的手性碳原子如图所示：（标*的为手性碳原子）
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根离子转变为 （填离子符号）。 命题点：流程中物质的转化 思路点拨：“氧化浸出”时，过二硫酸根离子作氧化剂，过二硫酸根离子转变为
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 。 命题点：物质转化原理分析与描述 思路点拨：“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 。 命题点：陌生离子方程式的书写 思路点拨：加入Zn发生置换反应，从[Cu（NH3）4]2＋置换出Cu单质，离子方程式为Zn＋[Cu（NH3）4]2＋[Zn（NH3）4]2＋＋Cu
（5）滤渣2中的金属元素为 （填元素符号）。 命题点：滤渣成分分析 思路点拨：根据流程图中制取ZnS的过程，可知“氧化浸出”后获取的溶液中含Cu、Zn元素，则废渣中的Fe元素应该存在于滤渣1中，经“浸铅”操作后Fe元素进入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe
（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ，pH过高可能生成 （填化学式）。 命题点：物质转化原理分析描述 思路点拨：“浸铅”中发生反应PbSO4（s）＋A2－（aq）PbA（s）＋S（aq），体系pH升高，A2－水解程度减小，c（A2－）增大，使“浸铅”反应平衡右移，PbA产率增大。pH过高时，结合Ksp[Pb（OH）2]＝10－14.8，推知可能产生Pb（OH）2
（7）290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 。 命题点：陌生化学方程式的书写 思路点拨：290 ℃“真空热解”PbA即Pb（OOC—CHOH—CHOH—COO）生成Pb单质和2种气态氧化物（CO和H2O），反应的化学方程式为Pb（OOC—CHOH—CHOH—COO）Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【模型构建】
“四线分析法”破解化工流程题
（1）试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目标元素及其化合物间的转化等。
（2）操作线：杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
（3）杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条件等。
（4）产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。
（2025·河北高考16题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下：
已知：铬铁矿主要成分是Fe（CrO2）2、Mg（CrO2）2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式： 。
（2）煅烧工序中Fe（CrO2）2反应生成K2CrO4的化学方程式： 。
（3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、 、 （填化学式）。
（4）酸化工序中需加压的原因： 。
（5）滤液Ⅱ的主要成分： （填化学式）。
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式：Fe（CO）5＋ ＋ Cr（OH）3↓＋ ＋ ＋ CO↑
（7）滤渣Ⅱ可返回 工序。（填工序名称）
大题逐点突破1 化工流程中陌生反应方程式的书写
【真题研做·明确考向】
1.（1）SiO2 SO2＋Co2O3＋H2SO42CoSO4＋H2O
（2）4Fe2＋＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋ 升高温度，破坏氢氧化铁胶体，防止其吸附其他金属离子造成产品损失、不纯
解析：（1）“酸浸还原”时，MnO2、FeO（OH）、Co2O3、Al2O3、NiO、CuO分别转化为Mn2＋、Fe2＋、Co2＋、Al3＋、Ni2＋、Cu2＋，SiO2不反应，则“滤渣”的主要成分是SiO2；SO2将Co2O3还原为CoSO4，结合元素守恒、得失电子守恒配平，可得该反应的化学方程式为Co2O3＋SO2＋H2SO42CoSO4＋H2O。（2）“沉铁”时，Fe2＋在酸性条件下被空气中氧气氧化，最终转化为Fe2O3，结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒配平，可得离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H2O2Fe2O3↓＋8H＋；由已知②知，pH＝3.2时Fe3＋会转化为Fe（OH）3，加热至200 ℃可破坏氢氧化铁胶体，防止其吸附其他金属离子造成产品损失、不纯。
2.（1）4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋
（2）作络合剂，将Au转化为[Au（CN）2]－从而浸出
（3）作还原剂，将[Au（CN）2]－还原为Au
（4）Na2[Zn（CN）4]＋2H2SO4ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4 NaCN
解析：矿粉中通入足量空气并加入H2SO4，在pH＝2时进行细菌氧化，金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐，过滤，滤液中主要含有Fe3＋、S、As（Ⅵ），加碱调节pH，Fe3＋转化为Fe（OH）3胶体，可起到絮凝作用，促进含As微粒的沉降，过滤可得到净化液；滤渣主要为Au，Au与空气中的O2和NaCN溶液反应，得到含[Au（CN）2]－的浸出液，加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn（CN）4]2－的滤液②。（1）“细菌氧化”的过程中，FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3＋和S，离子方程式为4FeS2＋15O2＋2H2O4Fe3＋＋8S＋4H＋。（2）“浸金”中，Au作还原剂，O2作氧化剂，NaCN作络合剂，将Au转化为[Au（CN）2]－从而浸出。（3）“沉金”中Zn作还原剂，将[Au（CN）2]－还原为Au。（4）滤液②含有[Zn（CN）4]2－，经过H2SO4的酸化，[Zn（CN）4]2－转化为ZnSO4和HCN，反应的化学方程式为Na2[Zn（CN）4]＋2H2SO4ZnSO4＋4HCN＋Na2SO4；用碱中和HCN得到的产物，可实现循环利用，即用NaOH中和HCN生成NaCN，NaCN可用于“浸金”步骤，从而循环利用。
【对点演练·能力培养】
1.（1）“硫酸化焙烧”不充分 Cu2Te＋2O2＋2H2SO4TeO2＋2CuSO4＋2H2O
（2） A Te＋2H＋TeO2↓＋H2O
解析：（1）“硫酸化焙烧”若不充分，水浸渣中含有未反应的Cu、Cu2Te，碱浸后的滤渣中不反应的Cu、Cu2Te可循环到“硫酸化焙烧”再利用；“硫酸化焙烧”Cu2Te发生反应Cu2Te＋2O2＋2H2SO4TeO2＋2CuSO4＋2H2O。（2）“沉碲”过程加入强酸将Te转化为TeO2，发生反应为Te＋2H＋TeO2↓＋H2O。
2.（1）V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑
（2）MgSiO3
（3）CaWO4＋2H＋H2WO4＋Ca2＋
解析：（1）焙烧时，废弃SCR脱硝催化剂中的V2O5与Na2CO3反应生成NaVO3和CO2，根据元素守恒配平化学方程式为V2O5＋Na2CO32NaVO3＋CO2↑。（2）水浸后的溶液中含硅元素，沉硅时加盐酸调节pH至10～11，由于MgCl2的加入，使得硅元素以MgSiO3形式沉淀，所以滤渣1的主要成分是MgSiO3。（3）溶钒过程中加入稀盐酸产生滤渣2，滤渣2经煅烧得到WO3，所以可推断滤渣2是H2WO4，产生滤渣2的离子方程式为CaWO4＋2H＋H2WO4＋Ca2＋。
4 / 4(共46张PPT)
大题综合突破一 化工流程题
02
真题研做
01
典例分析
模型构建
明确考向
03
课后作业
巩固提升
目 录
contents
典例分析 模型构建
【例】 （2025·黑吉辽蒙16题）某工厂采用如下工艺回收废渣（含有
ZnS、PbSO4、FeS和CuCl）中的Zn、Pb元素。
已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn（NH3）4]2＋；
②Ksp[Pb（OH）2]＝10－14.8；
③酒石酸（记作H2A）结构简式为HOOC（CHOH）2COOH。
回答下列问题：
（1）H2A分子中手性碳原子数目为 。
（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根（S2 ）离子转变为 （填
离子符号）。
（3）“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为
。
（4）“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为
。
（5）滤渣2中的金属元素为 （填元素符号）。
2
S
温度
升高，反应速率增大，浸出率增大，温度过高时，氨水挥发，（NH4）
2S2O8分解，浸出率减小
Zn＋[Cu（NH3）4]2＋
Cu＋[Zn（NH3）4]2＋
Fe
（6）“浸铅”步骤，PbSO4和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高
先增大的原因为 ，pH过高
可能生成 （填化学式）。
（7）290 ℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式
为 。
pH升高，H2A转化为A2－，有利于生成PbA
Pb（OH）2
Pb[OOC（CHOH）2COO] Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【流程分析】
原题设问 问题分析
（1）H2A分子中手性碳原子
数目为 。 命题点：手性碳原子判断
思路点拨：手性碳原子首先是饱和碳原
子，且连接4个不同的原子或原子团，H2A
分子中的手性碳原子如图所
示： （标*的为手性碳
原子）
原题设问 问题分析
（2）“氧化浸出”时，过二
硫酸根 离子转变
为 （填离子符号）。 命题点：流程中物质的转化
思路点拨：“氧化浸出”时，过二硫酸根
离子作氧化剂，过二硫酸根离子转变为
（3）“氧化浸出”时，浸出
率随温度升高先增大后减小的
原因为 。 命题点：物质转化原理分析与描述
思路点拨：“氧化浸出”时，温度升高，
浸出速率增大，浸出率升高，温度过高
时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度
高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小
原题设问 问题分析
（4）“除铜”步骤中发生反
应的离子方程式为 。 命题点：陌生离子方程式的书写
思路点拨：加入Zn发生置换反应，从[Cu
（NH3）4]2＋置换出Cu单质，离子方程式
为Zn＋[Cu（NH3）4]2＋ [Zn（NH3）
4]2＋＋Cu
（5）滤渣2中的金属元素
为 （填元素符号）。 命题点：滤渣成分分析
思路点拨：根据流程图中制取ZnS的过
程，可知“氧化浸出”后获取的溶液中含
Cu、Zn元素，则废渣中的Fe元素应该存在
于滤渣1中，经“浸铅”操作后Fe元素进
入滤渣2。故滤渣2中金属元素为Fe
原题设问 问题分析
（6）“浸铅”步骤，PbSO4
和Na2A反应生成PbA。PbA产
率随体系pH升高先增大的原
因为 ，pH过
高可能生成 （填化学式）。 命题点：物质转化原理分析描述
思路点拨：“浸铅”中发生反应PbSO4
（s）＋A2－（aq） PbA（s）＋S
（aq），体系pH升高，A2－水解程度减
小，c（A2－）增大，使“浸铅”反应平
衡右移，PbA产率增大。pH过高时，结合
Ksp[Pb（OH）2]＝10－14.8，推知可能产生
Pb（OH）2
原题设问 问题分析
（7）290 ℃“真空热解”生
成2种气态氧化物，该反应的
化学方程式为 。 命题点：陌生化学方程式的书写
思路点拨：290 ℃“真空热解”PbA即Pb
（OOC—CHOH—CHOH—COO）生成Pb
单质和2种气态氧化物（CO和H2O），反
应的化学方程式为Pb（OOC—CHOH—
CHOH—COO） Pb＋4CO↑＋2H2O↑
【模型构建】
“四线分析法”破解化工流程题
（1）试剂线：分清各步加入试剂的作用，一般是为了除去杂质或进行目
标元素及其化合物间的转化等。
（2）操作线：杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。
（3）杂质线：分清各步去除杂质的种类，杂质的去除顺序、方法及条
件等。
（4）产品线：工艺流程主线，关注目标元素及其化合物在各步发生的反
应或进行分离、提纯的操作方法，实质是目标元素及其化合物的转化。
真题研做 明确考向
（2025·河北高考16题）铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如右：
已知：铬铁矿主要成分是Fe（CrO2）2、Mg（CrO2）2、Al2O3、SiO2。
回答下列问题：
（1）基态铬原子的价层电子排布式： 。
3d54s1
解析：流程分析
（1）铬为24号元素，基态铬原子的价层电子排布式为3d54s1。
（2）煅烧工序中Fe（CrO2）2反应生成K2CrO4的化学方程式：
。
4Fe
（CrO2）2＋7O2＋16KOH 8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O
解析：在空气中煅烧时，Fe（CrO2）2与过量KOH、空气中的氧气发生反
应，生成K2CrO4，铁元素被氧化为Fe2O3，根据得失电子守恒、原子守恒
配平，可得该反应的化学方程式为4Fe（CrO2）2＋7O2＋
16KOH 8K2CrO4＋2Fe2O3＋8H2O。
（3）浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、 、
（填化学式）。
解析：由流程分析可知，滤渣Ⅰ中除了Fe2O3、H2SiO3外，还有MgO和Al
（OH）3。
MgO
Al
（OH）3
（4）酸化工序中需加压的原因：
。
解析：“酸化”过程中通入过量CO2调节pH，使K2CrO4转化为K2Cr2O7，加
压是为了增大CO2的溶解度，从而提高“酸化”的反应速率和K2CrO4的转
化率。
增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分
进行
（5）滤液Ⅱ的主要成分： （填化学式）。
解析：由流程分析可知，“酸化”后溶液中主要含有K2Cr2O7和KHCO3，
“分离”后得到K2Cr2O7和滤液Ⅱ，故滤液Ⅱ的主要成分为KHCO3。
KHCO3
（6）补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式：Fe（CO）5
＋ ＋ Cr（OH）3↓＋
＋ ＋ CO↑
解析：还原、分离工序中Fe（CO）5作还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的K2CrO4还
原为Cr（OH）3，自身转化为Fe（OH）3，根据得失电子守恒、原子守恒
配平，可得该反应的化学方程式。
K2CrO4
4H2O
Fe（OH）3↓
2KOH
5
（7）滤渣Ⅱ可返回 工序。（填工序名称）
煅烧
解析：滤渣Ⅱ的主要成分为Cr（OH）3和Fe（OH）3，可返回煅烧工序中。
课后作业 巩固提升
1. （2025·广西南宁二模）广西是中国铟（49In）产业的重要基地。某工厂
从金属冶炼的废渣（主要含In2O3、Fe2O3、ZnO及少量不溶于酸的杂质）中
回收铟的工艺流程如图所示：
1
2
3
4
已知：①室温下：Ksp[In（OH）3]＝1.0×10－28，Ksp[Fe（OH）3]＝
1.0×10－38；
②若溶液中某离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，则认为该离子沉淀完全。
回答下列问题：
（1）铟与铝同主族，基态铟原子的价层电子排布式为 。
解析：铟与铝同主族，位于第ⅢA族，基态铟原子的价层电子排布式为5s25p1。
5s25p1
1
2
3
4
（2）为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是
（任举一例）。
解析：为提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是把废渣粉碎、搅拌、适当升温等。
（3）“操作1”的具体操作：加热浓缩、 、过滤、洗
涤、干燥。
解析：操作1是从溶液中得到ZnSO4·7H2O晶体，具体操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
把废渣粉碎、搅拌、适
当升温等合理答案均可
冷却结晶
1
2
3
4
（4）若“酸浸2”后溶液中In3＋浓度为0.1 mol·L－1，用Na2CO3进行“中
和”时，需控制pH的范围为 。
解析： “酸浸2”后溶液中In3＋浓度为0.1 mol·L－1，则加入Na2CO3进
行“中和”时，让Fe3＋完全沉淀，浓度小于10－5 mol·L－1，Ksp[Fe（OH）
3]＝1.0×10－38＝c（Fe3＋）·c3（OH－），10－5×c3（OH－）＝1.0×10－
38，得出c（OH－）＞10－11 mol·L－1，c（H＋）＜10－3 mol·L－1，pH＞3，
In3＋浓度为0.1 mol·L－1不沉淀，Ksp[In（OH）3]＝1.0×10－28＝c（In3
＋）·c3（OH－），0.1×c3（OH－）＝1.0×10－28，得出c（OH－）＜10－9
mol·L－1，c（H＋）＞10－5 mol·L－1，pH＜5，调节范围为3.0＜pH＜5.0。
3.0＜pH＜5.0
1
2
3
4
（5）“浸渣3”的主要成分为 （填化学式）。
解析：“浸渣3”的主要成分为Fe（OH）3。
（6）“还原”中主要反应的离子方程式为 。
解析：“还原”过程中，In3＋被Zn还原得到粗铟，Zn被In3＋氧化为Zn2＋，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为2In3＋＋3Zn 3Zn2＋＋2In。
Fe（OH）3
2In3＋＋3Zn 3Zn2＋＋2In
1
2
3
4
（7）磷化铟是半导体领域的重要原料，其晶胞结构类型与金刚石的相
似，磷化铟晶体类型是 晶体。以晶胞参数为单位长度建立的坐标
系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图为磷化铟的晶
胞示意图，在晶胞坐标系中，a点铟的原子分数坐标为 ，则b点
磷的原子坐标为 。
共价
1
2
3
4
解析：金刚石是共价晶体，磷化铟与金刚石的相似，磷化铟晶体类型是共价晶体，在晶胞坐标系中，a点铟的原子分数坐标为 ，P和In原子的最短距离为体对角线的 ，由晶胞结构可知，b点磷的原子分数坐标为 。
1
2
3
4
2. （2025·辽宁辽阳一模）采用废铁屑还原软锰矿（软锰矿主要成分是
MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质）来制备Mn的工艺
流程如图所示：
1
2
3
4
已知：①Ksp（MnS）＝2.8×10－10，Ksp（NiS）＝2.0×10－21；②溶液中
某离子浓度≤1.0×10－6 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全；③室温时生成
氢氧化物的pH见下表
离子 Fe2＋ Fe3＋ Mg2＋ Ni2＋ Mn2＋
开始沉淀的pH 7.5 2.7 8.1 7.7 8.3
完全沉淀的pH 9.7 3.7 9.4 8.4 9.8
回答下列问题：
1
2
3
4
（1）在“浸出液”中加入“MnO2”时发生反应的离子方程式为
；硫酸酸化的MnSO4可与NaBiO3
（难溶于水）反应生成Bi3＋和 ，此反应的离子方程式为
。
（2）pH＝5.5（室温）时，溶液中残余的Fe3＋的浓度为 mol·L－1，加入MnS“除杂”后的滤渣为 。
MnO2＋
2Fe2＋＋4H＋ Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O
5NaBiO3
＋2Mn2＋＋14H＋ 5Bi3＋ ＋2Mn ＋5Na＋＋7H2O
1×10－11.4
NiS
1
2
3
4
解析：由表格数据可知，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH＝3.7，溶液中c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－10.3 mol·L－1，溶液中某离子浓度≤1.0×10－6 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全，则Ksp[Fe（OH）3]＝c（Fe3＋）·c3（OH－）＝1.0×10－6×（1×10－10.3）3＝1×10－36.9。pH＝5.5（室温）时，溶液中c（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－8.5 mol·L－1，溶液中残余c（Fe3＋）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－11.4 mol·L－1。根据信息，Ksp（MnS）＝2.8×10－10＞Ksp（NiS）＝2.0×10－21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS。
1
2
3
4
（3）“沉锰”过程中温度和pH对Mn2＋和Mg2＋沉淀率的影响如图所示。
由图可知，“沉锰”的合适条件是 ，“沉锰”除去的
杂质金属离子是 。
45 ℃，pH为7.5
Mg2＋
解析：“沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45 ℃，pH为7.5；“沉锰”除去的杂质金属离子是Mg2＋。
1
2
3
4
3. （2025·湖南岳阳二模）稀土钕铁硼永磁材料广泛应用于新能源汽车、
节能环保家电、国防军事等
工业领域。工业上以钕铁硼
废料[含钕（Nd，质量分数
为28.8％）、Fe、B]为主要
原料回收高纯度钕的工艺流
程如右。
已知：①Nd的稳定价态为＋3价；Nd的活动性较强，与稀硫酸反应产生
H2；硼难溶于稀硫酸。钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性配合物；②常温
下，Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17。
1
2
3
4
回答下列问题：
（1）“酸溶”时，下列措施可以提高酸溶速率的是 （填字母）。
A. 适当升高温度
B. 适当增大硫酸的浓度
C. 适当延长浸取时间
D. 将钕铁硼废料粉碎
ABD
1
2
3
4
解析：钕铁硼废料加入稀硫酸酸浸，将金属元素转化为可溶的硫酸盐，其
中硼不与稀硫酸反应，滤渣为硼，随后加入NaH2PO4反应生成Nd
（H2PO4）3沉淀，过滤滤液1中含有亚铁离子，再加入过量NaOH进行碱转
化，加入稀硫酸溶解沉淀得到Nd3＋，加入草酸溶液生成Nd2（C2O4）
3·10H2O沉淀，灼烧Nd2（C2O4）3·10H2O得到Nd2O3，Nd2O3熔融电解得到
Nd。（1）适当升高温度，适当增大硫酸的浓度，将钕铁硼废料粉碎，增
大表面积，都可以加快反应速率；适当延长浸取时间，不影响化学反应速
率；故选A、B、D。
1
2
3
4
（2）常温下，“沉钕”过程中调节溶液的pH为2.3，钕全部以Nd
（H2PO4）3沉淀完全，若此时溶液中c（Fe2＋）＝1.0 mol·L－1，
（填“有”或“无”）Fe（OH）2沉淀生成；酸性太强会使“沉钕”不完
全，原因是
。
无
酸性太强，H＋与H2P 反应生成H3PO4，导致H2 浓度太
小，沉淀不完全
解析：Q[Fe（OH）2]＝c（Fe2＋）·c2（OH－）＝1.0×（10－11.7）2＝
10－23.4＜Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17，因此不会有Fe（OH）2沉淀生
成；酸浸后调整溶液的pH，若酸性太强，H＋与H2P 反应生成H3PO4，导
致H2P 浓度太小，沉淀不完全。
1
2
3
4
（3）①“沉淀”过程得到Nd2（C2O4）3·10H2O晶体。写出“沉淀”时发
生反应的离子方程式：
。
②此过程中，草酸实际用量与理论计算量的比值（n）和沉钕率的关系如
图所示。
2Nd3＋＋3H2C2O4＋10H2O Nd2（C2O4） 3
·10H2O↓＋6H＋
对沉钕率变化趋势进行解释：
。
适当增大草酸的用量，可增加C2 的浓
度，有利于提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性
配合物，从而降低沉钕率
③“滤液3”中的 （填化学式）可在上述流程中循环利用。
H2SO4
1
2
3
4
解析：加入H2C2O4是将溶液中Nd3＋转化为Nd2（C2O4）3·10H2O，反应
的离子方程式为2Nd3＋＋3H2C2O4＋10H2O Nd2（C2O4）3·10H2O↓＋6H
＋；适当增大草酸的用量，可增加C2 的浓度，有利于Nd3＋形成Nd2
（C2O4）3·10H2O，从而提高沉钕率；草酸浓度过大钕离子可与过量H2C2O4生成可溶性配合物，从而降低沉钕率；“滤液3”中含有硫酸，可循环使用。
1
2
3
4
（4）“一系列操作”包括 ；空气中“煅烧”时生
成无毒的气体，反应的化学方程式为
。
过滤、洗涤、干燥
2Nd2（C2O4）3·10H2O＋
3O2 2Nd2O3＋12CO2＋20H2O
解析： “沉淀”过程得到Nd2（C2O4）3·10H2O晶体，然后进行过滤、洗涤、干燥得到Nd2（C2O4）3·10H2O ；“沉钕”后的晶体在空气中充分煅烧生成无毒的气体，该气体为CO2，化学方程式为2Nd2（C2O4）3·10H2O＋3O2 2Nd2O3＋12CO2＋20H2O。
1
2
3
4
4. （2025·河北秦皇岛一模）铈（Ce）是地球上镧系元素中含量最丰富的
稀土金属，可用于制备玻璃
添加剂，汽车尾气净化催化
剂等。工业上利用某种含铈
矿石（主要成分为CeFCO3，
还含少量BaO、SiO2等）制取
金属铈的一种工艺流程如图。
已知：①Ksp[Ce（OH）3]＝1.0×10－20；
②硫酸体系中，Ce4＋在（HA）2中的溶解度大于其在水中的溶解度，Ce3＋
与之相反。
1
2
3
4
（1）焙烧时常采用逆流操作，即空气从焙烧炉下部通入，矿石从焙烧炉
上部加入，这样操作的目的是 。
（2）滤渣的主要成分是SiO2和 （填化学式），写出一条该物质
在医疗上的应用： 。
（3）步骤Ⅲ的操作名称是 。
（4）步骤Ⅳ中发生反应的离子方程式为
，该步骤通常控制温度为40～50 ℃的原因是
。
增大接触面积，提高反应速率
BaSO4
钡餐
分液
2Ce4＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑
＋2H＋
利于加快酸浸速
率，防止双氧水分解
回答下列问题：
1
2
3
4
解析：铈矿石（主要成分为CeFCO3，还含少量BaO、SiO2等）焙烧将＋3
价铈氧化为＋4价，同时生成二氧化碳，加入稀硫酸生成硫酸钡，滤渣为
硫酸钡和SiO2，加入（HA）2萃取Ce4＋，分离出有机层，加入H2O2，将Ce4
＋转化为Ce3＋，加入稀硫酸进行反萃取，水层加入NaOH生成Ce（OH）3沉
淀，再转化为CeCl3·6H2O，在HCl气氛下（抑制CeCl3水解）加热生成
CeCl3，加入钙发生氧化还原反应冶炼出单质铈。（4）步骤Ⅳ加入H2O2，
将Ce4＋转化为Ce3＋进入水层，离子方程式为2Ce4＋＋H2O2 2Ce3＋＋O2↑
＋2H＋；过氧化氢受热易分解，反应时控制温度为40～50 ℃之间既有利于
加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解。
1
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3
4
（5）步骤Ⅳ后，向水层中加入NaOH溶液来调节溶液的pH，pH大于
时，Ce3＋完全生成Ce（OH）3沉淀。已知当溶液中某离子浓度小于
1.0×10－5 mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全。
9
解析： 溶液中的c（Ce3＋）等于1×10－5 mol·L－1，可认为Ce3＋沉淀完全，
由氢氧化铈的溶度积可知，Ksp[Ce（OH）3]＝c（Ce3＋）·c3（OH－），c
（OH－）＝ ＝ mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，c
（H＋）＝1×10－9 mol·L－1，pH大于9时，Ce3＋完全生成Ce（OH）3沉淀。
1
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4
（6）加热CeCl3·6H2O制备无水CeCl3时，HCl的作用是
。下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法相似的
是 （填字母）。
A. 高炉炼铁
B. 电解熔融NaCl制钠
C. 利用铝热反应制锰
D. 氧化汞分解制汞
抑制CeCl3水
解
AC
解析： 本工艺流程中加入钙冶炼Ce的方法为热还原法，高炉炼铁为热还原
法，A正确；电解熔融NaCl制钠是电解法，B错误；利用铝热反应制锰为
热还原法，C正确；氧化汞分解制汞是热分解法，D错误。
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THANKS
演示完毕 感谢观看
