微型化学工艺流程（选择题）解析版-2025年高考化学二轮复习突破提升讲义（新高考）

备战2025年高考化学【二轮•突破提升】专题复习讲义

专题10微型化学工艺流程（选择题）

讲义包含四部分：把握命题方向A精选高考真题A高效解题策略A各地最新模拟

--------------------------把握命题方向----------------------------

纵观近几年高考试题，微型化学工艺流程题（选择题）均取材于成熟的化学工艺或改进工艺，该类试

题以简洁的工艺流程图再现实际生产的关键环节，情境真实富有意义。

解答时，要紧紧围绕工艺流程的最终目的，明确原料转化为产品的生产原理、除杂并分离提纯产品的

方法、提高产量和产率的措施、减少污染注意环保的“绿色化学”思想、原料的来源丰富和经济成本等。

预计2025年高考试题，将会从以下几个方面设置选项提问：

1.原料的预处理方法及其目的；

2.化工流程中滤液、滤渣的成分判断；

3.流程中指定转化的方程式书写；

4.反应条件的控制；

5.化工流程中的分离提纯方法及原理和有关仪器选择等；

6.定量计算（如《p、pH、转化率、产率等的计算）。

7.工业流程方案的评价；

--------------------------精选高考真题----------------------------

1.（2024・江西•高考真题）从CPU针脚（含有铜、银和钻等金属）中回收金的实验步骤如图。下列说法错误

的是

KBr,CH,COOH

HNO/HQHNO-H?OKOH

叽］—>O—

CPU针脚、J一

除杂溶金调pH

（80℃）（80℃）减压

H2o,Na2s2o5a—环糊精过滤

、1减压、1

倾析［［过滤］<_____

金粉<

还原富集

A.将CPU针脚粉碎可加速溶解

B.除杂和溶金步骤需在通风橱中进行

C.富集后，IQAuBrq主要存在于滤液中

D.还原步骤中有SO：生成

【答案】C

【详解】A.将CPU针脚粉碎，增大与硝酸和水的接触面积，可加速溶解，故A正确；

B.除杂和溶金步骤中会生成污染性气体二氧化氮、一氧化氮，需在通风橱中进行，故B正确；

C.图示可知，富集后，K[AuBr4]主要存在于滤渣中，故C错误；

D.还原步骤中Na2s2O5做还原剂得到金属单质金，硫元素化合价升高，反应过程中有SO：生成，故D正

确；

故选C。

2.(2024•贵州・高考真题)贵州重晶石矿(主要成分Bas。,)储量占全国!以上。某研究小组对重晶石矿进行“富

矿精开”研究，开发了制备高纯纳米钛酸领(BaTiOs)工艺。部分流程如下：

过量

下列说法正确的是

A.“气体”主要成分是H?S,“溶液1，，的主要溶质是Na2s

B.“系列操作”可为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

C.“合成反应”中生成BaTiOs的反应是氧化还原反应

D.“洗涤”时可用稀H2s0,去除残留的碱，以提高纯度

【答案】B

【分析】重晶石矿(主要成分为BaSOQ通过一系列反应，转化为BaS溶液；加盐酸酸化，生成BaCl?和H2s

气体；在BaCl2溶液中加入过量的NaOH,通过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到

Ba(OH)2.8H2O；过滤得到的溶液1的溶质主要含NaCl及过量的NaOH；Ba(OH)2.8H2O加水溶解后，加

入Ti(OC4H),进行合成反应，得到BaTiC>3粗品，最后洗涤得到最终产品。

A.由分析可知，“气体”主要成分为H2s气体，“溶液1”的溶质主要含NaCl及过量的NaOH,A项错误;

B.由分析可知，“系列操作”得到的是Ba(OH)「8H2O晶体，故“系列操作”可以是蒸发浓缩，冷却结晶、过

滤、洗涤、干燥，B项正确；

C.“合成反应”是Ba(0H)2・8H2。和Ti(OC4H0反应生成BaTiOs，该反应中元素化合价未发生变化，不是氧

化还原反应，C项错误；

D.“洗涤”时，若使用稀H2so「BaTiOs会部分转化为难溶的BaSO,，故不能使用稀H^SO4，D项错误；

故选B。

3.(2024・湖南•高考真题)中和法生产NaRPO/lZH?。的工艺流程如下：

已知：①H3P的电离常数：匕=6.9x10-3,匕=6.2x10-8,坞=4.8x10*

②NazHPO,QHQ易风化。

下列说法错误的是

A.“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2c溶液

B.“调pH”工序中X为NaOH或H3Po4

C.“结晶”工序中溶液显酸性

D.“干燥”工序需在低温下进行

【答案】C

【分析】H3PO4和Na2c先发生反应，通过加入X调节pH,使产物完全转化为NazHPO4，通过结晶、过

滤、干燥，最终得到Na2Hpe)/12凡0成品。

A.铁是较活泼金属，可与H3P。4反应生成氢气，故“中和”工序若在铁质容器中进行，应先加入Na2c溶

液，A项正确；

B.若“中和”工序加入Na2c过量，则需要加入酸性物质来调节pH,为了不引入新杂质，可加入H3PO4；

若“中和”工序加入H3P过量，则需要加入碱性物质来调节pH,为了不引入新杂质，可加入NaOH,所以“调

pH”工序中X为NaOH或H3PO4，B项正确；

13

C.“结晶”工序中的溶液为饱和NaRPC^溶液，由己知可知H3PCt,的KL6.2X10-8,K3=4.8X10,则HPO：

的水解常数Kh=^=4m：^1.6x10",由于Kh〉K3,则NazHPO,的水解程度大于电离程度，溶液显

KQ6.2X10

碱性，C项错误;

D.由于NazHPOrlZHQ易风化失去结晶水，故“干燥”工序需要在低温下进行，D项正确;

故选C。

4.（2024・吉林・高考真题）某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的CF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

H2SO4H2O2锌浸出液

铜屑——>浸铜—>脱氯f脱氯液

CuCl固体

锌浸出液中相关成分（其他成分无干扰）

离子Zn2+cu2+cr

浓度（g-L」）1450.031

A.“浸铜”时应加入足量Hz。？，确保铜屑溶解完全

+2+

B.“浸铜”反应：2CU+4H+H2O2=2CU+H2T+2H2O

C.“脱氯”反应：Cu+Cu2++2CF=2CuCl

D.脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn

【答案】C

+2+

【分析】铜屑中加入H2s。4和H2O2得到CM+,反应的离子方程式为：CU+2H+H2O2=CU+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：Cu2++Cu+2Cr=2CuCU,过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，ZM+可在阴

极得到电子生成Zn。

A.由分析得，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，故A错误；

B.“浸铜”时，铜屑中加入H2s。4和H2O2得到Cu2+,反应的离子方程式为：

+2+

Cu+2H+H2O2=Cu+2H2O,故B错误；

C.“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，C#+的化合价降低,

发生归中反应，化学方程式为：Cu2++Cu+2Cr=2CuCU,故C正确；

D.脱氯液净化后电解，Zd+应在阴极得到电子变为Zn,故D错误；

故选Co

5.（2023•辽宁・高考真题）某工厂采用如下工艺制备Cr（OH）3，已知焙烧后Cr元素以+6价形式存在，下列

说法错误的是

Na2CO3+O2淀粉水解液

滤渣滤液②

A.“焙烧”中产生CO?B.滤渣的主要成分为Fe(OH)2

C.滤液①中Cr元素的主要存在形式为CrO：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、铭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，

滤液中存在锚酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铭沉淀。

A.铁、铭氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成氧化铁、铭酸钠和二氧化碳，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Cr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CrOf,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。

6.(2023•河北・高考真题)一种以锦尘(主要成分为Mn2c)3,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)为原料制备高

纯MnCOs的清洁生产新工艺流程如下：

浓盐酸氨水NaF溶液NH4HCO3溶液

|50℃

镒尘T酸*I——T除.①I——T除,②I——H沉淀i高纯Mncc)3

气体①滤渣①滤渣②气4②

NaOH溶液T尾4收I

已知：室温下相关物质的K.P如下表。

A1(OH)3Mg(OH)2Ca(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2MgF2CaF2

10-32.910TL3[0-5.310-163"A10—12.710To.310-8.3

下列说法错误的是

A.酸浸工序中产生的气体①为氯气

B.滤渣①主要成分为A1(OH)3和Fe(OH)3

C.除杂②工序中逐渐加入NaF溶液时，若Ca2+、Mg?+浓度接近，则CaF?先析出

D.沉淀工序中发生反应的离子方程式为乂/+211(20户乂£03)+<302个+凡0

【答案】C

【分析】由图知铸尘(主要成分为M%O3,杂质为铝、镁、钙、铁的氧化物)加入浓盐酸进行酸浸，Mn2O3,

铝、镁、钙、铁的氧化物均生成对应的盐，由于M%O3具有氧化性，能将盐酸中的氯离子氧化物氯气，故

气体①，用氢氧化钠溶液进行吸收，防止污染环境，加氨水调节pH为5〜6,由表中数据知，可将铁和铝沉

淀而除去，故滤渣①主要成分为A1(OH)3和Fe(OH%,再向滤液中加入氟化钠溶液，可将镁和钙以氟化物的

形式除去，滤渣②为氟化钙和氟化镁，此时滤液中主要成分为氯化锦，加入碳酸氢钠溶液，发生

2+

Mn+2HCO；=MnCO3J+CO2T+H2O,将镒离子沉淀，得到纯度较高的碳酸镐。

A.由分析知，M&Ch与浓盐酸反应生成MM+和Cb，A正确；

B.结合表中数据可知，除杂①工序中调pH为pH为5〜6,此时会产生A1(OH)3和Fe(0H)3沉淀，B正确；

C.由于K£MgF2)<K£CaF2)故Ca2\Mg?+浓度接近时，先析出MgF?沉淀，C错误；

D.由题给流程和分析可知，沉淀工序中Mi?+与HCO；反应生成MnC03、CO2和H2O离子方程式为

2+

Mn+2HCO；=MnCO3J+CO2T+H2O,D正确；

故选C。

7.(2023・福建・高考真题)从炼钢粉尘(主要含FesOQFe?。?和ZnO)中提取锌的流程如下：

炼钢粉尘ZnS

滤渣滤液

“盐浸”过程ZnO转化为［Zn(NH3)J+,并有少量Fe?+和Fe?+浸出。下列说法错误的是

A.“盐浸”过程若浸液pH下降，需补充NHj

B.“滤渣”的主要成分为Fe(OH)3

2+2

C.“沉锌”过程发生反应［Zn(NH3)4］+4H2O+S-=ZnSJ+4NH3.H2O

D.应合理控制(NH)S用量，以便滤液循环使用

【答案】B

【分析】“盐浸”过程ZnO转化为［Zn(NHj4『，发生反应ZnO+2NH3+2NH：=［Zn(NH3)4『+凡0,根据题中

信息可知，Fe2O3>FesCU只有少量溶解，通入空气氧化后Fe?+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应

为：［Zn(NH3Z7+4H2。+S"=ZnSJ+4NH3H2O,经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液NH4cl。

A.“盐浸”过程中消耗氨气，浸液pH下降，需补充NH,,A正确；

B.由分析可知，“滤渣”的主要成分为FesCU和FezOs，只含少量的Fe(0H)3，B错误;

C.“沉锌”过程发生反应［Zn(NH3)j"+4H2O+S"=ZnSJ+4NH3・H2O,C正确；

D.应合理控制(NH./用量，以便滤液循环使用，D正确；

故选Bo

8.(2022•河北•高考真题)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下:

BaSH2SO4Li2cO3

HBr（少量B2）浓缩LiBr

滤渣气体

下列说法错误的是

A.还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序

B.除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离

C.中和工序中的化学反应为Li2co3+2HBr=CC)2T+ZLiBr+H2。

D.参与反应的n(Br2):n(BaS):n(H2soJ为1：1：1

【答案】A

【分析】由流程可知，氢澳酸中含有少量的澳，加入硫化领将澳还原生成澳化领和硫，再加入硫酸除杂，

得到的滤渣为硫酸钏和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的澳化锂溶液经浓缩等操作后得到产品澳化锂。

A.还原工序逸出的Bn用NaOH溶液吸收，吸收液中含有澳化钠和澳酸钠等物质，若直接返回还原工序，

则产品中会有一定量的澳化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；

B.除杂工序中产生的滤渣为硫酸钢和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钢属于离子晶体，根

据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钢不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；

C.中和工序中，碳酸锂和氢澳酸发生反应生成澳化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为

Li2CO3+2HBr=CO2T+2LiBr+H2O,C说法正确；

D.根据电子转化守恒可知，澳和硫化钏反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钢的化学组成及领元素守恒

可知，n(BaS):n(H2soQ为1:1,因此，参与反应的n(Br2):n(BaS):n(H2so。为1：1：1，D说法正确；

综上所述，本题选A。

9.(2022•湖南•高考真题)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下:

下列说法错误的是

A.不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料

B.采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率

C.合成槽中产物主要有NajAlR和CO?

D.滤液可回收进入吸收塔循环利用

【答案】C

【分析】烟气（含HF）通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2cO3+HF=NaF+NaHCC）3，向合成槽中

通入NaAQ，发生反应6NaF+NaAlC>2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2co3+2也0,过滤得到NajAlR和含有

Na2cO3的滤液，据此回答；

A.陶瓷的成分中含有SiO2,SiCh能与烟气中的HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正

确；

B.采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；

C.由上述分析可知，合成槽内发生反应6NaF+NaAlC>2+4NaHCO3=Na3AlF6+4Na2co3+2凡。，产物是NasAIR

和Na2co3,故C错误；

D.由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2c可进入吸收塔循环利用，故D正确；

故选Co

10.（2022•福建・高考真题）用铝铁合金（含少量Ni、Co单质）生产硫酸铭的工艺流程如下：

下列说法错误的是

A.“浸出”产生的气体含有H?B.“除杂”的目的是除去Ni、Co元素

C.流程中未产生六价铭化合物D.“滤渣2”的主要成分是Fe2（GC）4）3

【答案】D

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含Ni?+、Co2\Cr"、Fe?+加入Na2s分离

出滤渣1含CoS和NiS,Cr3\Fe?+不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeCzCU，过滤分离出硫酸铭，以此来

解答。

A.四种金属均与稀硫酸反应生成H2,A正确；

B.共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铭，贝「除杂”的目的是除去Ni、C。元素，B正确；

C.由上述分析可知，流程中未产生六价铝化合物，C正确；

D.“滤渣2”的主要成分是FeCzCU，D错误；

故本题选D。

11.（2024・福建•高考真题）从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜的流程如

下：

稀盐酸O,+NaOH

滤液1滤液2

已知“滤液2”主要含SnO：和HPbO；。下列说法正确的是

A.“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质

B.“酸溶”时产生AF+、Fe?+和ZI?+离子

C.“碱溶”时存在反应：Sn+2OH-+O2=SnO^+H2O

D.“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应

【答案】C

【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，

通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。

A.机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；

B.酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的AF+、Fe?+和Z/+离子，B错误；

C.“碱溶”时根据产物中SnOj,存在反应：Sn+2OH+O2=SnOt-+H2O,故C正确；

D.电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；

故选C。

12.（2022•山东•高考真题）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂

质）为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。

硫酸溶液，高压。2NH3高压H2

硫化铜精矿f浸取->中和调pHf过滤一还原f过滤fCu

；

固体X'-a金属M

Fe(OH)3CU(OH)2Zn(OH)2

开始沉淀pH1.94.26.2

沉淀完全pH3.26.78.2

下列说法错误的是

A.固体X主要成分是Fe(0H)3和S；金属M为Zn

B.浸取时，增大。2压强可促进金属离子浸出

C.中和调pH的范围为3.2〜4.2

D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成

【答案】D

【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSCU、S、

氏0,Fe2+被氧化为Fe3+,然后加入NH3调节溶液pH,使Fe3+形成Fe(0H)3沉淀，而。?+、ZW仍以离子形

式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有CM+、Zn2+；然后向滤液中通入高压

H2,根据元素活动性：Zn>H>Cu,CM+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Z/+仍然以离子形式存

在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。

A.经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3,金属M为Zn,A正确；

B.CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)UCu2+(叫)+S2-(aq),增大O2的浓度，可以反应消

耗S2-,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；

C.根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Z1P+仍以离子形式存在于溶

液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2〜4.2,C正确；

D.在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，也失去电子被氧化为H+,与溶液中0H-结合形成H2O,若还原时增

大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；

故合理选项是D。

--------------------------高效解题策略----------------------------

【策略1】明确化工流程中条件控制的思考角度

条件控制思考角度

将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或

固体原料粉使反应更充分。

碎或研磨、液

目的：提高原料转化率、利用率、浸取率，提高产品的产率等

体原料雾化

增大接触面积的方法：固体——粉碎、研磨；液体——喷洒；气体——用多孔分散器等

①除去硫、碳单质；

②有机物转化、除去有机物；

焙烧或灼烧

③高温下原料与空气中氧气反应；

④除去热不稳定的杂质（如碳酸盐沉淀）等。

煨烧改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煨烧高岭土。

①溶解转变成可溶物进入溶液中，以达到与难溶物分离的目的；

酸浸

②去氧化物（膜）

①除去金属表面的油污；

碱溶

②溶解两性化合物（AI2O3、ZnO等），溶解铝、二氧化硅等；

水浸与水接触反应或溶解，使原料变成离子进入溶液中；

醇浸提取有机物，常采用有机溶剂（乙醛，二氯甲烷等）浸取的方法提取有机物；

①加快反应速率或溶解速率；

②促进平衡向吸热反应方向移动（一般是有利于生成物生成的方向）；如：促进水解生成沉

淀。

加热③除杂，除去热不稳定的杂质，如：H2O2,氨水、铁盐（NH4CI）、硝酸盐、NaHCC）3、

Ca（HCO3）2,KM11O4等物质；

④使沸点相对较低或易升华的原料气化；

⑤煮沸时促进溶液中的气体（如氧气）挥发逸出等

①防止某物质在高温时溶解（或分解）；

②使化学平衡向着题目要求的方向（放热反应方向）移动；

降温

③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离等；

④降低某些晶体的溶解度，使其结晶析出，减少损失等

控制温度在温度过低：反应速率过慢或溶解速率小

一定范围（综

温度过高：①催化剂逐渐失活，化学反应速率急剧下降

合考虑）

②物质分解，如：NaHCO3,NH4HCO3、H2O2、浓HNO3等

③物质会挥发，如：浓硝酸、浓盐酸、醋酸、液澳、乙醇等

④物质氧化，如：Na2sCh等

⑤物质升华，如：12升华

①防止副反应的发生

②使化学平衡移动；控制化学反应的方向

③控制固体的溶解与结晶

控制温度(常④控制反应速率；使催化剂达到最大活性

用水浴、冰浴

⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发

或油浴)

⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离

⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量

⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求

①酸浸时提高酸的浓度可提高矿石中某金属元素的浸取率；

反应物用量

②增大便宜、易得的反应物的浓度，可以提高其他物质的利用率，使反应充分进行；

或浓度

③增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动等

加入氧化剂①氧化(或还原)某物质，转化为目标产物的价态；

(或还原剂)②除去杂质离子［如把Fe2+氧化成Fe3+,而后调溶液的pH,使其转化为Fe(OH)3沉淀除去］

①生成硫化物沉淀(如加入硫化钠、硫化锈、硫化亚铁等)；

加入沉淀剂②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；

③加入氟化钠，除去Ca2+、Mg?+

(1)调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出，以达到除去金属离子的目的；

①原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了H+的浓度，使溶液pH值增大；

②pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值〜主要离子开始沉淀时pH(注意两端取值)

pH控制③需要的物质：含主要阳离子(不引入新杂质即可)的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，

即能与H+反应，使pH增大的物质，如MgO、Mg(OH)2、MgCCh等类型的物质；

④实例1：除去CuSC)4溶液中少量Fe3+,可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2>Cu2(OH)2CO3>

C11CO3,调节pH至3〜4,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去。Fe3+溶液中存在水解平衡：Fe3

++3H2O^=iFe(OH)3+3H+,加入CuO后，溶液中H+浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)3

越聚越多，最终形成沉淀。

a.加入CuO的作用：调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(0H)3

b.加热的目的：促进Fe3+水解

实例2：已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示：

物质开始沉淀沉淀完全

Fe(OH)32.73.7

Fe(OH)27.69.6

Mn(OH)28.39.8

若要除去MF+溶液中含有的Fe2+：先用氧化剂把Fe?+氧化为Fe3+,再调溶液的pH

至3.7~8.3o

2+3+

实例3：Mg(Fe)：MgO、Mg(OH)MgCO3

(2)抑制盐类水解；

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对应的

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：由MgCb6H2。制无水MgCb要在HC1气流中加热，否则：

A

MgCl2-6H2O=Mg(OH)2+2HC1?+4H2O

(3)促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离

(4)“酸作用”还可除去氧化物(膜)

(5)“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等

(6)特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)

【注意】调节pH的试剂选取：

①选取流程中出现的物质；

②未学习过的物质且题目又无信息提示的一般不做考虑；

③已学的常见酸碱(NaOH、Na2cO3、HC1、H2so4、NH3H2O>HNO3)。

①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质

洗涤晶体②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗

③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，

减少损耗等

④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸储水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作

2~3次

在空气中或

在其他气体要考虑。2、氏0、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、

中进行的反防潮解等目的

应或操作

判断能否加

要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等

其他物质

提高原子利

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)

用率

过滤、蒸发、萃取、分液、蒸储等常规操作

分离、提纯

从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩一＞冷却结晶一＞过滤一＞洗涤、干燥

【策略2】熟悉工艺流程中分离、提纯、除杂的方法及答题要领

操作答题指导

固体与液体的分离；要分清楚需要的物质在滤液中还是在滤渣中。滤渣是难溶于水

的物质，如SiC＞2、PbSO4,难溶的金属氢氧化物和碳酸盐等。过滤主要有常压过滤、减压

过滤、热过滤。

(1)常压过滤：

通过预处理、调节pH等工序可实现对杂质的去除，但值得注意的是需要分析对产品

的需求及生产目的的综合考虑，准确判断经过过滤后产生的滤液、滤渣的主要成分，准

确判断是留下滤液还是滤渣。

(2)减压过滤(抽滤)：

过滤

减压过滤和抽滤是指一种操作，其原理与普通的常压过滤相同。相比普通过滤，抽

滤加快了过滤的速度。抽滤的优点是快速过滤，有时候还可以过滤掉气体，并能达到快

速干燥产品的作用。

(3)趁热过滤：

趁热过滤指将温度较高的固液混合物直接使用常规过滤操作进行过滤，但是由于常

规过滤操作往往耗时较长，这样会导致在过滤过程中因混合物温度降低而使溶质析出，

影响分离效果。因此可使用热过滤仪器、将固液混合物的温度保持在一定范围内进行过

滤，所以又称为热过滤。

(1)适用范围：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如：NaCL

(2)蒸发结晶的标志：当有大量晶体出现时，停止加热，利用余热蒸干。

(3)实例

①从NaCl溶液中获取NaCl固体

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

蒸发结晶②NaCl溶液中混有少量的KNC)3溶液

a.方法：蒸发结晶、趁热过滤(如果温度下降，杂质也会以晶体的形式析出来)、洗

涤、干燥

b.具体操作：若将混合溶液加热蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl,母液中是

KNC>3和少量NaCl,这样就可以分离出大部分NaCl

c.趁热过滤的目的：防止KNO3溶液因降温析出，影响NaCl的纯度

(4)减压蒸发的原因：减压蒸发降低了蒸发温度，可以防止某物质分解(如H2O2、浓硝酸、

NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)。

(1)适用范围：提取溶解度随温度变化较大的物质(KNO3)、易水解的物质(FeCb)或结晶水

化合物(CUSO/5H2。)。

(2)蒸发结晶的标志：当有少量晶体(晶膜)出现时

(3)实例：KNO3溶液中混有少量的NaCl溶液

冷却结晶

a.方法：蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、热水洗、乙醇

洗等)、干燥

b.具体操作：若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KN03,母液中

是NaCl和少量KN03,这样就可以分离出大部分KNO3。

重结晶将结晶得到的晶体溶于溶剂制得饱和溶液，又重新从溶液结晶的过程。

晶体干燥的自然晾干、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(热稳定性较好)，低温减压干燥(热稳定性

方法差)。

选用合适的萃取剂(如四氯化碳、金属萃取剂)，萃取后，静置、分液一将分液漏斗玻

萃取与分液

璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对准。下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出

①萃取：利用物质在两种互不相溶的溶剂中的溶解度不同，将物质从一种溶剂转移到另

萃取与反萃

一种溶剂的过程。如用CC14萃取滨水中的Br2o

取

②反萃取：用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。

洗涤试剂适用范围目的

除去固体表面吸附着的XX杂质；可适当降低

冷水产物不溶于水

蒸固体因为溶解而造成的损失

镭

有特殊性的物质，其溶解除去固体表面吸附着的XX杂质；可适当降低

水热水

度随着温度升高而下降固体因为温度变化溶解而造成的损失

有机L溶剂(酒固体易溶于水、难溶于有减少固体溶解；利用有机溶剂的挥发性除去

精、丙酮等)机溶剂固体表面的水分，产品易干燥

洗涤晶体

饱和溶液对纯度要求不高的产品减少固体溶解

除去固体表面吸附着的可溶于酸、碱的杂

酸、碱溶液产物不溶于酸、碱

质；减少固体溶解

洗涤沉淀方法：向过滤器中加入蒸储水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2〜

3次

检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次的洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，

若未出现特征反应现象，则沉淀洗涤干净

蒸储是利用液体混合物中各组分的沸点不同，给液体混合物加热，使其中的某一组分变

蒸储或分储

成蒸气再冷凝成液体，跟其他组分分离的过程。

减压蒸t留减小压强，使液体沸点降低，防止受热分解、氧化等。

冷却法利用气体易液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离氨与氮气、氢气。

滴定终点的以“用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，酚麟作指示剂”为例：当加入最后一滴标

判断准盐酸后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不褪色

【策略3】熟练工艺流程中的化学方程式书写

(1)陌生非氧化还原反应方程式的书写建模

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)氧化还原反应方程式的书写

①常见氧化剂及其还原产物

氧化剂（）3+酸性

Cl2x202FeKMnO4M11O2

22+2+2+

还原产物Cl-(X-)H2O/O-/OHFeMnMn

氧化剂H0(H+)

C1O3浓H2s。4HNO322PbO2

还原产物HO2+

Cl-so2NC)2(浓)、NO(稀)2Pb

氧化剂酸性

K2Cr2O7HC1OFeOF(H+)NaBiO3——

还原产物Cr3+ci-Fe3+Bi3+——

②常见还原剂及其氧化产物

还原剂金属单质2+2

FeH2S/S-so2/sor

金属离子3+

氧化产物Fes、so2SO3、SO4

还原剂HI/I-NH3N2H4co

氧化产物NNON

h2>2co2

(3)把握陌生氧化还原反应方程式的书写步骤

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+、0H-或H2O等。

④根据质量守恒配平反应方程式。

【策略4】掌握化工流程中的有关计算

1.溶度积(瓦sp)的有关计算

(1)已知溶度积，求溶液中的某种离子的浓度。

①AgCl、AgBr、Agl等1:1型：如的饱和AgCl溶液中c(Ag+)=«mollT。

【例】以AgCl(s)=^Ag+(aq)+Cl-(aq)为例，&p(AgCl)=1.8x1

设AgCl的饱和溶液的浓度为xmolL-1

AgCl(s)Ag+(aq)+C「(aq)

111

xmol-L-1xmolL-1xmolL-1

则：Ksp=c(Ag+>c(C「)=%2,x-^Ksp=71.8x10I。=1.34x10-5mollT

②类型不同的难溶电解质的溶度积大小不能直接反映出它们的溶解度大小，因为它们溶度积与溶解度的关

系式是不同的。

12

【例】以Ag2CrO4(s)=^2Ag+(aq)+CrO42-(aq)为例，/Csp(Ag2CrO4)=9.0xl0-

设Ag2CrO4的饱和溶液的浓度为>mol-LT

2-

Ag2CrO4(s)、'2Ag+(叫)+CrO4(aq)

121

ymolL_12ymolL-1jmolL-1

一/K卯/9.0X10T

2+2-23-4-1

则：KSp=c(Ag)-c(CrO4)=(2y)-y=4y,一、=1.3xl0molL

38

【例】以Fe(OH)3(S)^^Fe3+(aq)+3OH-(aq)为例，^Sp(Fe(OH)3)=4.0xlO-

1

设Fe(OH)3的饱和溶液的浓度为zmol-L-

3+

Fe(OH)3(s)^^Fe(aq)+3OH-(aq)

113

zmol-L_1zmolL_13zmol-L^1

K38

,4|sp_J4,0X10-

则：Ksp=c(Fe3+)p3(OH-)=z・(3z)3=27z4,z-\~2J~~\21=2.0xl0-10mol-L-1

(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中另一种离子的浓度。

如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1molL-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag+)=

Ksp,

------=10amolL-1

0.1

(3)计算反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度。

2+22+2

如反应Cu2+(aq)+MnS(s)n^CuS^+MM+l叫)，A：sp(MnS)=c(Mn)-c(S"),^sp(CuS)=c(Cu)-c(S

c(Mn2+)K(MnS)

一)，平衡常数犬=sv

c(Cu2