2026年高考化学二轮复习（全国）清单04 工艺流程题解题策略及答题规范（解析版）

清单04工艺流程题解题策略及答题规范

内容导览|知识·方法·能力清单

第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向

第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法

流程建模技法清单

技法01工艺流程题的分析模型

技法02工艺流程题的解题策略

第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用

母题精讲思维解析变式应用

类型01语言描述的规范表达

类型02工艺流程的分析方法

第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

化学工艺流程题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，考查物质的制备、检验、分离提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用，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。这类试题具有较强的实用性和综合性，是高考化学命

题的常考题型。

流程建模

第一步：粗读题干明确生产目的、原料、杂质和目标产品的成分。

第二步：分析流程对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料；依核心反应，明确流程主

线、支线和除杂任务。

第三步：解答设问结合设问进一步分析流程，运用化学语言进行规范作答。

技法清单

技法01工艺流程题的分析模型

1．主线法分析

（1）流程图一般三大部分：原料预处理、转化与分离阶段、获取最终产物阶段。

（2）流程中要分析“进”、“出”物质和仍然留在溶液中的离子等（否则可能漏掉副产品或干扰离子）。

（3）一般默认进入的物质过量，确保每一步目标元素利用率或转化率最高，产品产率最高，损失最小。

当然在某些特殊情况下要控制用量。

2．四线法分析

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的转化等。

操作线：分离杂质和产品需要进行的分离、提纯操作等。

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。

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。

技法02工艺流程题的解题策略

1．审读试题三步骤

(1)读题干——明确原料成分和生产目的。

(2)读流程——分析明确流程转化原理和目的。

(3)读设问——明确所答问题，答什么。

2．破题关键

(1)看原料：明确化工生产或化学实验所需的材料。

(2)看目的：把握题干中的“制备”或“提纯”等关键词，确定化工生产或化学实验的目的。

(3)看箭头：进入的是投料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。

(4)看三线：主线主产品；分支副产品；回头为循环。

(5)找信息：明确反应条件的控制和分离提纯方法。

(6)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。

3．破题方法

(1)首尾分析法：对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中

第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原

料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答。

(2)分段分析法：对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分

段分析法更容易找到解题的切入点。

(3)交叉分析法：有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部

分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。就是将提供的工业流程示意图结合常见化

合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析。

技法03工艺流程题的答题规范

1．沉淀的洗涤操作

(1)答题模板：沿玻璃棒向漏斗(过滤器)中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次

(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶

2－

液，沉淀SO4，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样洗涤沉淀？

沿玻璃棒向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复实验2～3次

2．证明沉淀完全的操作

(1)答题模板：静置，取少量上层清液于试管中，加入××试剂(沉淀剂)，若没有××沉淀产生，则证明××

沉淀完全

(2)实例：在测定Na2SO4和NaCl的混合物中Na2SO4的质量分数时，可以在混合物中加入过量BaCl2溶

2－2－

液，沉淀SO4，然后过滤、洗涤、烘干、称量得到BaSO4的质量，试问：怎样判断SO4是否沉淀完全？

2－

静置，取上层清液少许于试管中，继续加入BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则证明SO4沉淀完全

3．增大原料浸出率的措施

搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气液或固液接触面积

4．蒸发结晶的操作

(1)从NaCl溶液中获取NaCl固体

方法：蒸发结晶

①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

②(2)NaCl溶液中混有少量的KNO3溶液

方法：蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥

①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KNO3和少量NaCl，

这样就②可以分离出大部分NaCl

(3)冷却结晶的操作：KNO3溶液中混有少量的NaCl溶液

方法：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

①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KNO3，母液中是NaCl和少量

KNO②3，这样就可以分离出大部分KNO3

5．“目的或原因”类

目的或原因思考方向

若滤渣是所需的物质，洗涤的目的是除去晶体表面的可溶性杂质，得到

更纯净的沉淀物

沉淀(晶体)洗涤的目的

若滤液是所需的物质，洗涤的目的是洗涤过滤所得到的滤渣，把有用的

物质如目标产物尽可能洗出来

沉淀(晶体)冰水洗涤的目的既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗

沉淀(晶体)用有机溶剂(酒既能洗去晶体表面的杂质离子，且能防止晶体在洗涤过程中的溶解损

精、丙酮等)洗涤的目的耗，此外又利用有机溶剂的挥发性，除去固体表面的水分，产品易干燥

防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶

控制溶液pH的目的

解等

温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如

温度不高于××℃的原因浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如

AlCl3等)

抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加

蒸发、反应时的气体氛围

热MgCl2·6H2O得MgCl2时需在HCl气流中进行等)

加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方

加热的目的

向)移动

减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、

减压蒸馏(减压蒸发)的原因

NH4HCO3等)

减压过滤的目的加快过滤速度

减压烘干的目的降低产品的烘干温度，防止产品分解

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、

减压蒸发的原因

NH4HCO3)或失去结晶水(如题目要求制备结晶水合物产品)

防止过滤一种晶体或杂质的过程中，因降温而析出另一种晶体

要滤渣(产品)：防止降温时析出杂质而影响产品纯度或减少产品溶解

趁热过滤的目的①损耗。如：NaCl(KNO3)

要滤液(产品)：防止降温时析出产品(溶解度随温度增大而增大)而损

②耗。(除去溶解度小或难溶的杂质)

类型01语言描述的规范表达

母题精讲1．（2025·陕西、山西、青海、宁夏卷）一种综合回收电解锰工业废盐(主要成分为

2+、2+、+

MnMgNH4的硫酸盐)的工艺流程如下。

(4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁xMgCO3yMg(OH)2zH2O，煅烧得到疏松的轻质MgO。

pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是。

思维解析【答案】pH过大，沉淀为Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO

【解析】xMgCO3yMg(OH)2zH2O煅烧有CO2生成，可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为

Mg(OH)2，不能分解产生CO2，不能得到疏松的轻质MgO；

变式应用1．（2025·河南卷）一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt，含有

少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下：

(6)“酸溶3”的目的是。

【答案】(6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn

4-

【详解】（6）由于“二次还原”过程中，为确保RhSnCl完全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余

35

Zn和生成物Rh、Sn存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的为：除去滤渣中未反应的Zn及生成

的Sn。

2．（2025·云南卷）从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等)中提取Au、Ag，并回

收其它有价金属的一种工艺如下：

(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为。

【答案】(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂

质提高金银的富含度

【详解】（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”

对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，

持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造

更好的条件；第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综

上所述，“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产

生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。

类型02工艺流程的分析方法

母题精讲2．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）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。

2

已知：“氧化浸出”时，PbSO不发生变化，ZnS转变为ZnNH；

434

K①PbOH1014.8；

sp2

②酒石酸记作结构简式为。

(H2A)HOOCCHOH2COOH

③2

(2)“氧化浸出”时，过二硫酸根S2O8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。

2－

思维解析【答案】(2)SO4

(3)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

2+2+

(4)Zn+[Cu(NH3)4]=[Zn(NH3)4]+Cu

(5)Fe

-2---2-

(6)pH值升高，OH浓度增大，平衡A+H2OHA+OH逆向移动，A离子浓度增大，平衡

2-2－

PbSO4(s)+APbA+SO4正向移动，PbA产率增大Pb(OH)2

290℃

(7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)========Pb+4CO↑+2H2O↑

真空热解

【第一步粗读题干】本工艺的目的是回收废渣(含有ZnS、PbSO4、FeS和CuCl)中的Zn、Pb元素。

【第二步分析流程】

【第三步解答设问】

2－

（2）“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根转变为SO4；

（3）“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；

2+2+2+

（4）加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]置换出Cu单质，离子方程式为：Zn+[Cu(NH3)4]=[Zn(NH3)4]+Cu；

（5）根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO4，用H2A和Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀；

2-2－2---

（6）“浸铅”步骤发生PbSO4(s)+APbA+SO4，Na2A溶液中存在A+H2OHA+OH，pH值升高，

-2---2-2-2－

OH浓度增大，平衡A+H2OHA+OH逆向移动，A离子浓度增大，平衡PbSO4(s)+APbA+SO4正

-

向移动，PbA产率增大；pH过高时，OH浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率降低；

（7）290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和H2O，

290℃

反应的化学方程式为：========2。

Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO)真空热解Pb+4CO↑+2HO↑

变式应用1．（2025·江苏卷）ZnS可用于制备光学材料和回收砷。

(1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉CdS等]制备ZnS的过程如下：

2427713

已知：Ksp(ZnS)1.610,Ksp(CdS)8.010,Ka1H2S1.010,Ka2H2S1.210。当离子浓

度小于1.0105molL1时，认为离子沉淀完全。

2

酸浸时通入O2可提高Zn浸出率的原因是。

、12

①通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH0cH2S0.01molL时，Cd是否沉淀完全(写

②出计算过程)。

沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为(填化学式)。

Ⅲ

(3)回③收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷[As()]，并回收生成的As2S3沉淀。

Ⅲ

已知：溶液中As()主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S36H2O2H3AsO33H2S。

60℃时，按n(S):n(As)7:1向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应时间的变化如图乙所示。

写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式：。

①反应4h后，砷回收率下降的原因有。

1

【答案②】(1)氧化S2生成S，促进酸浸反应正向进行否。pH0时，cH1molL

7132

KHSKHScHS1.0101.21010

cS2a12a222molL11.21022molL1

c2H12

27

2KspCdS8.01015151

2

cCd22molL6.6710molL1.010molL，则Cd未沉淀完全

cS1.210

ZnO

2

(3)2H3AsO33ZnS6HAs2S33Zn6H2O随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减

小，促进As2S36H2O2H3AsO33H2S平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降

、232

【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、CdS等，加入H2SO4O2酸浸后，ZnS、FeS、CdS分别转化为Zn、Fe、Cd，

硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去Fe3与Cd2，调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。

2

【详解】（1）酸浸时，若不通入O2，会发生反应：ZnSH2SO4ZnSO4H2S，通入O2可以氧化S

生成S，促进酸①浸反应正向进行，提高Zn2浸出率；

、1+1

通入H2S除镉，当溶液pH0cH2S0.01molL时，cH1molL，又因为

713

②Ka1H2S1.010,Ka2H2S1.210，

c(H+)c(HS-)c(H+)c(S2-)c2(H+)c(S2-)

Ka1H2SKa2H2S-=，则

c(H2S)c(HS)c(H2S)

11071.210130.01

cS2-=mol/L==1.21022mol/L，则此时

12

-27

2+Ksp(CdS)8.010-5

cCd==mol/L=6.610mol/L251

2--22，此时Cd的浓度大于1.010molL，离子沉淀不完

cS1.210

全。

由知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时消耗溶液中的H，加入的氧化物为ZnO。

③（2）②晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A中，由Cl替换S2，区域B中，由Cu替

11

换Zn2；按照均摊法，区域B中含Zn2：3个、Cu：1个、S2：864个，

82

2311241，则区域B带负电。

（3）根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”，ZnS与H3AsO3反应除了生成As2S3外还有锌离

2

子，写①出反应的离子方程式为：2H3AsO33ZnS6HAs2S33Zn6H2O。

随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减小，促进As2S36H2O2H3AsO33H2S平衡正向

②移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降，所以反应4h后，砷回收率下降。

2．（2025·重庆卷）硒(Se)广泛应用于农业和生物医药等领域，一种利用H2Se热解制备高纯硒的流程如下：

已知H2Se的沸点为231K，回答下列问题：

(1)真空焙烧时生成的主要产物为Al2Se3，其中Se的化合价为，Al元素基态原子的电子排布式

为。

(2)氢化过程没有发生化合价的变化，Al元素转化为Al2O3·xH2O，则反应的化学方程式为。

(3)热解反应：H2SegSegH2gΔH0。冷凝时，将混合气体温度迅速降至500K得到固态硒。

Se由气态直接转变为固态的过程称为。迅速降温的目的；冷凝后尾气的

成分为(填化学式)。

(4)Se的含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：

称取粗硒样品0.1000g，经过程将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介

-1

质中，先加入0.1000mol·LNa2①S2O3标准溶液40.00mL，在加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3

标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I22Na2S2O32NaINa2S4O6)，又消耗8.00mL。过程中

Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1：4，且反应最快。过程的离子方程式为。该②样品

中Se的质量分数为。③

【答案】(1)21s22s22p63s23p1

(2)Al2Se3+x+3H2O=Al2O3·xH2O+3H2Se

(3)凝华减少H2Se生成，提高Se产率H2，H2Se

(4)4HH2SeO34I2I2Se3H2O94.8%

【分析】粗Se加入铝粉焙烧得到Al2Se3，通入水蒸气氢化得到H2Se，脱水后热解发生反应：

H2SegSegH2g，冷凝后得到精Se；

【详解】（1）Al是IIIA族元素，化合价为+3价，则Se化合价为-2价；铝的基态电子排布式为1s22s22p63s23p1；

（2）“氢化”过程是Al2Se3与水蒸气反应生成H2Seg，化学方程式为Al2Se3+x+3H2O=Al2O3·xH2O+3H2Se；

（3）从气态变为固态的过程为凝华；已知热解正向是吸热反应，降温时，为避免平衡逆向移动，需要迅速

冷凝Se蒸汽，故目的是减少H2Se生成，提高Se产率；尾气种含有H2以及少量的H2Se；

（4）反应是SeIV被KI还原为Se的过程，离子方程式为：4HH2SeO34I2I2Se3H2O；

第一次加入③40.00mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者同时做还原剂，将H2SeO3还原为Se，第二次再加入

同浓度的Na2S2O3滴定上一步生成的碘单质，整个过程相当于48mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液与H2SeO3反应，

Ⅳ1-3-3

根据已知条件Se(IV)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1:4，则nSe=×48×10×0.1=1.2×10mol，样

4

1.2×10-3mol×79g/mol

品中Se的含量：×100%=94.8%。

0.1g

巩固提升

、、、

1．（2025·安徽卷）某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4SiO2CaCO3SrCO3和MgCO3等，一种提取该废渣

中锶的流程如下图所示。

-6.46-9.97

已知25℃时，KspSrSO4=10,KspBaSO4=10

回答下列问题：

(1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态原子价电子排布式为。

(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、(填离子符号)。

(3)“盐浸”中SrSO4转化反应的离子方程式为；25℃时，向0.01molSrSO4粉末中加入

2

-1溶液，充分反应后，理论上溶液中2+2--1忽略溶

100mL0.11molLBaCl2cSrcSO4=molL(

液体积的变化)。

(4)其他条件相同时，盐浸2h，浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出率增大的原因

是。

(5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、(填化学式)。

(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是。

(7)由SrCl26H2O制备无水SrCl2的最优方法是(填标号)。

a．加热脱水b．在HCl气流中加热c．常温加压d．加热加压

【答案】(1)5s2

(2)Ca2、Mg2

228.97

(3)SrSO4s+BaaqBaSO4s+Sraq10

2

(4)升高温度，Ba与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；

(5)BaSO4、SiO2

(6)窝穴体a的空腔与Sr2更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与

更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定

(7)a

、、、

【分析】含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4SiO2CaCO3SrCO3和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解

、

进入滤液，浸出渣1中含有SrSO4SiO2，加入BaCl2溶液，发生沉淀转化，

22

SrSO4s+BaaqBaSO4s+Sraq，得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2·6H2O晶体；

【详解】（1）锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价电子排布式为5s2；

（2）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Sr2+、Ca2、Mg2；

22

（3）由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，离子方程式：SrSO4s+BaaqBaSO4s+Sraq；

222-6.46

cSrcSr·cSO4KspSrSO410

该反应的平衡常数3.51，平衡常数很大，近似认为

K222-9.97=10

cBacBa·cSO4KspBaSO410

KBaSO

232sp47.97

SrSO4完全转化，溶液中剩余nBa110mol，则cSO4210mol/L，列三段式：

cBa

22

SrSO4sBaaqBaSO4sSraq

初始mol0.010.0110

，理论上溶液中

变化mol0.010.010.01

平衡mol0.0010.01

2

2+2-7.9718.97-1

cSrcSO4=10mol/L10mol/L10molL；

2

（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，Ba与SrSO4有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以

锶浸出率增大；

（5）“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4，SiO2不参与反应，故浸出渣2”中主要含有SrSO4、BaSO4、

SiO2；

（6）窝穴体a与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是窝穴体a的空腔与Sr2更匹

配，可通过分子间相互作用形成超分子，且Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成

超分子后，结构更稳定；

（）为强碱，则也是强碱，2不水解，排除，由平衡移动原理可知SrCl6HO制备

7CaOH2SrOH2Srb22

无水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d，故选a。

2．（2025·广东卷）我国是金属材料生产大国，绿色生产是必由之路。一种从多金属精矿中提取Fe、Cu、

Ni等并探究新型绿色冶铁方法的工艺如下。

已知：多金属精矿中主要含有Fe、Al、Cu、Ni、O等元素。

氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Ni(OH)2

39332016

Ksp298K2.8101.3102.2105.510

(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有(写一条)。

(2)“高压加热”时，生成Fe2O3的离子方程式为：。

高压

___O___HO___FeO______H

2223

(3)“沉铝”时，pH最高可调至(溶液体积变化可忽略)。已知：“滤液1”中cCu20.022mol/L，

cNi20.042mol/L。

(4)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有_______。

A．镍与N、O形成配位键B．配位时Ni2被还原

C．配合物与水能形成分子间氢键D．烷基链具有疏水性

(6)“700℃加热”步骤中，混合气体中仅加少量H2，但借助工业合成氨的逆反应，可使Fe不断生成。该步

①骤发生反应的化学方程式为和。

FeO

“电解”时，23颗粒分散于溶液中，以Fe片、石墨棒为电极，在答．题．卡．虚．线．框．中，画出电解池示

②意图并做相应标注。

与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是

③(写一条)。

【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等

高压

2++

(2)4Fe+O2+4H2O==加===热===2Fe2O3↓+8H

(3)5

(4)AD

催化剂700℃

(6)2NH3加热、加压N2+3H2Fe2O3+3H2=====2Fe+3H2O

没有污染物产生

2+2+2+3+

【分析】矿粉酸浸通入SO2酸浸，浸取液中含有Fe、Cu、Ni、Al等，调节pH=3.0，通入空气加热得

到Fe2O3，Fe2O3可以通过还原得到Fe单质，也可以用电解得到Fe单质，滤液1在常温下沉铝，滤液2选

择萃取得到含硫酸根的溶液和分别含Cu配合物和Ni配合物，最终得到产品NixCuyNz。

【详解】（1）“酸浸”中，提高浸取速率的措施有：搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等；

32+

（2）由于通入SO2“酸浸”，故浸取液中不含有Fe，“高压加热”时，Fe在酸性条件下被氧化为Fe2O3，离

高压

2++

子方程式为：4Fe+O2+4H2O========2Fe2O3↓+8H；

加热

2+2+2

（3）“沉铝”时，保证Cu和Ni不沉淀，Cu(OH)2的溶度积更小，cCu0.022mol/L，根据

2+2-2--20--9

Ksp=c(Cu)×c(OH)=0.022×c(OH)=2.2×10，得出c(OH)=10mol/L，pH=5；

（4）“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有：

A、镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，A正确；

B、配体中提供孤对电子的O原子带一个单位负电，可以视作是得到一个电子的阴离

子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，B错误；

C、配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，C错误；

D、烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，D正确；

答案选AD；

催化剂

（6）氨气分解为N2和H2，H2还原Fe2O3得到Fe单质和水，化学方程式为：2NH3加热、加压N2+3H2、

①700℃

Fe2O3+3H2=====2Fe+3H2O；

电解Fe2O3颗粒得到Fe单质，在阴极发生还原反应，则Fe片为阴极，石墨做阳极，电解液为NaOH溶

②

液和Fe2O3颗粒，装置图如下：；

与传统高炉炼铁工艺相比，上述两种新型冶铁方法所体现“绿色化学”思想的共同点是没有污染性的CO

③气体产生。

3．（2025·贵州卷）某铜浮渣主要成分为Pb、PbS、CuS、SnS，分离和回收铅、锡、铜的工艺流程如图。

2

已知：

部分物质的密度如表：

①物质PbPbSCuSSnS

2

密度/gcm11.37.55.65.2

−3

PbCl在冷⋅水中溶解度很小，但易溶于热水；PbClClPbCl。

−2−

224

②25℃时，spFeOH，+。2=

−39−1.5

③回答下列问题�：3=2.8×1010≈0.03

(1)“分选”得到粗Pb的原因是。

(2)“浸出”时按一定比例加入FeCl和盐酸的混合溶液，控制温度为80℃，其中CuS、SnS被氧化为CuCl和

SnCl，则CuS被氧化的离子3方程式为；“浸出”时分离S的操作为2。2

(3)25℃时4，PbCl在2不同浓度HCl溶液中的溶解度曲线如图，当HClmolL时，PbCl溶解度最小的

−1

原因是2。�=1⋅2

(4)25℃时，“调pH”控制pH，则生成SnOHO的化学方程式为，此时溶液中Fe的最

3+

大值约为mol=L1.。52⋅�2�

−1

(5)“置换”后滤液中溶质的主⋅要成分为(填化学式)，滤液进行“系列操作”后返回“浸出”操作循环利用

并达到原浸出率，则“系列操作”为。

【答案】(1)Pb的密度大于PbS、CuS、SnS

°2

3+80C2+2+

(2)Cu2S+4Fe2Cu+S+4Fe过滤

-1-2+-

(3)当(HCl)<1molL时，随着Cl浓度降低，沉淀溶解平衡PbCl2(s)Pb(aq)+2Cl(aq)正向移动，PbCl溶

解度增�大⋅⇌2

-1--2-

当(HCl)>1molL时，随着Cl浓度增大，络合平衡PbCl2+2Cl=[PbCl4]正向移动，PbCl溶解度增大

°

�⋅25C2

(4)SnCl4+(x+2)H2OSnO2xH2O+4HCl0.084

⋅↓

(5)FeCl2通入空气（或加入H2O）并补充HCl

【分析】该流程以含Pb、PbS、CuS、SnS2的铜浮渣为原料，通过“密度分选→浸出→冷却结晶→调pH→置

2

换”等步骤分离回收铅、锡、铜：先利用Pb与其他物质的密度差异分选得到粗Pb；剩余物料用FeCl3和盐酸

4+

混合液浸出，将CuS、SnS氧化为CuCl2、SnCl4并分离出S；浸出液冷却结晶得到PbCl2，调pH使Sn水解

2

为SnO2xH2O，再用Fe置换出Cu；最后滤液经处理循环回浸出工序，实现资源回收与循环利用。

【详解】⋅（1）由密度表可知，Pb的密度远大于PbS、CuS、SnS的密度，通过“分选”可将Pb与其他固体

分离；2

（2）CuS在80℃下被FeCl氧化，铜、硫元素分别转化为Cu2+、S单质，Fe3+被还原为Fe2+，结合得失电子

23°

3+80C2+2+

守恒及电荷、原子守恒得离子方程式为：Cu2S+4Fe2Cu+S+4Fe；S为固体，通过过滤分离；

2+--2-

（3）PbCl存在溶解平衡（PbCl2(s)Pb(aq)+2Cl(aq)）和络合平衡（PbCl2+2Cl=[PbCl4]）；

2-1-2+-

当(HCl)<1molL时，随着Cl浓度降⇌低，沉淀溶解平衡PbCl2(s)Pb(aq)+2Cl(aq)正向移动，PbCl溶解

�⋅⇌2

度增大；

-1--2-

当(HCl)>1molL时，随着Cl浓度增大，络合平衡PbCl2+2Cl=[PbCl4]正向移动，PbCl溶解度增大；

-1

所以�当(HCl)=1⋅molL时，PbCl溶解度最小；2

°

�⋅225C

（4）SnCl水解生成SnOHO，反应为：SnCl4+(x+2)H2OSnO2xH2O+4HCl；pH时，

42⋅�2⋅↓=1.5

--12.5-1，由3+3-，得：3+-1-1；

(OH)=10molLsp[Fe(OH)3]=c(Fe)c(OH)(Fe)−39m