2026年高考化学二轮复习（全国）清单03 工艺流程中物质转化的条件、分离和提纯（解析版）

清单03工艺流程中物质转化的条件、分离和提纯

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工艺流程中条件的控制与选择

技法02工艺流程中物质的分离和提纯

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反应条件的控制与选择

类型02物质的分离和提纯

第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

工艺流程综合题是以真实的工业生产过程为背景，综合考查学生各方面的基础知识、基本技能及将

已有知识灵活应用在生产实际中解决问题的能力。由于其取材于真实的工业生产过程，在考查的重点上

测重考查考生的各方面能力。

工业流程题的试题结构包括三部分，分别是题头、题干和题尾。题头一般是简单介绍该工艺生产的

原材料和工艺生产的目的（包括附产品）；题干部分是将原料到产品的主要生产工艺流程用框图形式表

示出来；题尾则是根据生产过程中所涉及的化学知识设置成四至五个问题，从而构成一道完整的化学试

题。考查的特点是立意新颖、科学性强、范围广泛、难度较高，考查的内容多以元素化合物结合实际工

业生产为主；问题设问形式主要有填空（化学方程式、离子方程式、电极方程式等的书写）和简答（工

业过程中某些操作的措施、理由、评价等）两大类；考查的知识点则遍布整个高中化学的各个领域；考

查能力方面主要是考查学生获取信息的能力、实验探究的能力、知识迁移的能力和化学用语规范表达的

能力。

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工艺流程中条件的控制与选择

1．原料的预处理

方法措施目的

使原料中的某些成分溶解(物理溶解或与浸取液接触

浸出水浸、酸浸、碱浸

反应)，可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去

高温分解改变结构；不易转化的物质转为容易提取的

焙烧灼烧、焙烧、煅烧物质，其他矿物转化为氧化物；除去可燃性的杂质(如

有机物、碳、硫等)

粉碎增大固体样品与液体(或气体)的接触面积，加快反应速率

2．温度的控制(常用水浴、冰浴或油浴)

(1)加热的目的：加快反应速率或溶解速率；促进平衡向吸热方向移动；除杂，除去热不稳定的杂质，

如NaHCO3、Ca(HCO3)2、KMnO4、NH4Cl等物质；使沸点相对较低或易升华的原料汽化。

(2)降温的目的：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(放热方向)移动；

使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离；降低晶体的溶解度，减少损失。

(3)控制温度在一定范围的目的：结晶为获得所需物质(用水浴带温度计便于控温且受热均匀)；防止某种

物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)因温度过高时会分解或挥发；使催化剂的活性达到最高；防止副反

应的发生。

(4)降温或减压可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求。

(5)控制固体的溶解与结晶

趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量。

蒸发浓缩：蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度。

蒸发结晶：蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出。

从溶液中得到晶体的过程：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤、干燥。

3．pH的控制

(1)控制一定的pH，以提供反应所需环境。反应环境的不同会导致反应产物的差异。如在酸性环境中

2＋

KMnO4的还原产物一般为Mn，中性(或弱酸性)环境中KMnO4的还原产物一般为MnO2。

(2)控制一定的pH，以改变元素的存在形式。如铝元素在强酸性条件下以Al3＋形式存在，当体系的pH

－－

增大，铝元素将以Al(OH)3甚至以AlO2或[Al(OH)4]的形式存在。

(3)控制一定的pH，使金属阳离子形成氢氧化物沉淀。

4．反应物用量或浓度的控制

(1)酸浸时为了提高矿石中某金属元素的浸取率，可以适当提高酸的浓度。

(2)对有多种反应物的体系，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。如工业制硫酸过程中，通入过量的O2以提高SO2的转化率。

(3)增大物质浓度可以加快反应速率，使平衡发生移动，应结合具体问题进行具体分析。

5．加入物质的目的

(1)加碱：去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等。

(2)加沸石或碎瓷片：防止液体暴沸。

(3)加有机溶剂：萃取某些物质，或降低某些物质的溶解度。

(4)加氧化剂：与原体系中还原剂发生氧化还原反应。

6．在空气中进行的反应或操作

要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防变质、防分解、防

水解、防潮解等目的，例如使用保护气抑制弱离子的水解(如HCl氛围)。

技法02工艺流程中物质的分离和提纯

1．物质分离与提纯的常用方法

(1)过滤：分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。

(2)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中

的溴。

(3)蒸发结晶：提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl。

(4)冷却结晶：提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、

CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。

(5)蒸馏或分馏：分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油。

(6)冷却法：利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。

(7)离子交换法：利用离子交换剂与溶剂中的离子发生交换，进行分离，分离效率高，设备简单，树脂

可以重复使用，但耗时过多。

2．常用的结晶方法

(1)从溶液中获取不带结晶水的晶体，如NaCl、K2SO4等，用蒸发结晶的方法。

(2)从溶液中获取带结晶水的晶体，如CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等，用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的

方法。

(3)从混合液中获取溶解度受温度影响较小的溶质，如从含少量KNO3的NaCl溶液中获取NaCl晶体，

用蒸发结晶、趁热过滤的方法。

(4)从混合液中获取溶解度受温度影响较大的溶质，如从含少量KCl的KNO3溶液中获取KNO3晶体，

用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法。

(5)重结晶是指析出的晶体经过溶解后再次从溶液中结晶析出的过程，是一种利用被提纯物质与杂质在

同一溶剂中的溶解度不同而进行提纯、分离的方法。

3．金属离子的萃取与反萃取

(1)溶剂萃取简称萃取——利用溶质在两种不相溶的液体之间的溶解度或者分配差异，达到分离和富集

的目的。经过反复多次萃取，可将大部分化合物提取出来。

(2)反萃取和洗脱——与萃取过程相反，用一定的酸、碱或盐溶液把金属离子从有机相中再次返回到水

相中的过程。

类型01反应条件的控制与选择

、、

母题精讲1．（2025·湖南卷）一种从深海多金属结核[主要含MnO2FeO(OH)SiO2，有少量的

、、、、、

Co2O3Al2O3NiOCuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液NiSO4CoSO4MnSO4

的工艺流程如下：

(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是(写化学式)；

(3)“沉铁”时，加热至200℃的主要原因是。

思维解析【答案】(2)SiO2

(3)防止形成Fe(OH)3胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降

【第一步粗读题干】从深海多金属结核[主要含MnO2、FeO(OH)、SiO2，有少量的Co2O3、Al2O3、NiO、

、、

CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液NiSO4CoSO4MnSO4。

【第二步分析流程】

【第三步解答设问】

（2）由分析可知，“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是SiO2；

（3）已知金属氢氧化物胶体具有吸附性，可吸附金属阳离子，则加热至200℃的主要原因是防止形成Fe(OH)3

胶体，防止其吸附其他金属阳离子，造成产率下降。

变式应用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。

(1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有、。(写出两种)

(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。

【答案】(1)搅拌适当升温等

(4)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

【详解】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；

（4）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；

-

（5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为MgHPO4，调节到pH=4，磷元素存在形式为H2PO4，磷酸

2

不是强酸，不能拆，离子方程式为：MgHPO4H3PO4Mg2H2PO4

2．（2025·河北卷）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。过程如下：

已知：铬铁矿主要成分是、、、。

FeCrO22MgCrO22Al2O3SiO2

、

(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：Fe2O3H2SiO3、、(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)。

【答案】

(3)AlOH3MgO

(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行

(5)KHCO3

【分析】铬铁矿主要成分是、、、，与过量在空气中煅烧，生成、

FeCrO22MgCrO22Al2O3SiO2KOHK2CrO4

、，、；通入浸取，生成、，FeO、不

Fe2O3MgOKAlO2K2SiO3KHCO3-K2CO3/CO2AlOH3H2SiO323MgO

反应，故滤渣为：、，FeO、，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，

ⅠAlOH3H2SiO323MgOK2CrO4

滤液Ⅰ中含有K2CrO4；将K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，同时副产

物生成，将与分离，滤液的主要溶质为；做还原剂，将滤液中

KHCO3K2Cr2O7KHCO3ⅡKHCO3FeCO5Ⅰ

剩余的还原为，自身转化为进入滤渣，进一步处理得，循环使用，

K2CrO4CrOH3FeOH3ⅡKOHK2CO3

据此分析；

【详解】（）根据分析可知，滤渣的主要成分：FeO、HSiO、、；

3Ⅰ2323AlOH3MgO

（4）向K2CrO4中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将K2CrO4转化为K2Cr2O7，加大压强，可以增大CO2

的溶解度，使液体中CO2浓度增大，保证酸化反应充分进行；

（5）根据分析可知，滤液Ⅱ的主要溶质为KHCO3。

类型02物质的分离和提纯

母题精讲2．（2025·湖北卷）氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备：

Ⅰ

Ⅱ

已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。

20℃时，NaF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。

(5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为(填标号)。

a．蒸发至大量晶体析出，趁热过滤

b．蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤

(6)研磨能够促进固相反应的原因可能有(填标号)。

a．增大反应物间的接触面积b．破坏反应物的化学键

c．降低反应的活化能d．研钵表面跟反应物更好接触

思维解析【答案】(5)a(6)ab

【第一步粗读题干】通过两种工艺制备制备NaF。

【第二步分析流程】

工艺Ⅰ中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH=Ca(OH)2+2NaF，水浸后得到滤液Ⅰ主要是NaF、Ca(OH)2溶液，

经过系列操作得到NaF固体；

2+

流程Ⅱ添加TiO2粉末，由题目可知，生成的CaTiO3的溶解度极低，使得Ca不转化为Ca(OH)2，提高了NaF

的产率。

【第三步解答设问】

（5）滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶解度受温度影响小(题干说明)，故蒸发至大量晶体析出，趁热过滤

即可得到NaF晶体，故选a；其溶解度随温度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b；

（6）a．研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选；

b．研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选；

c．活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低

活化能，c不选；

d．研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；

故选ab。

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。

①沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为(填化学式)。

【答案③】(1)氧化S2生成S，促进酸浸反应正向进行ZnO

2

【详解】（1①）酸浸时，若不通入O2，会发生反应：Zn③SH2SO4ZnSO4H2S，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；

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。

、、、

③2．（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。

(2)“浸出液”中主要的金属离子有Sr2+、(填离子符号)。

(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】(2)Ca2、Mg2

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】（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；

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。

巩固提升

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：

(1)“酸溶1”的目的是。

(2)已知“酸溶2”中Rh转化为H3RhCl6，则生成该物质的化学方程式为；“滤渣”的主要成分是

(填化学式)。

-4-1

(4)若“活化还原”在室温下进行，SnCl2初始浓度为1.010molL，为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH

-28

为(填标号)[已知Sn(OH)2的Ksp=5.510]。

A．2.0B．4.0C．6.0

(6)“酸溶3”的目的是。

【答案】(1)溶解Fe，使其进入溶液，从而通过过滤实现分离

(2)Rh6HClHNO3H3RhCl6NO2H2OSiO2

(4)A

(6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn

【分析】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中，加入

浓盐酸溶解其中Fe，过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水(浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh，Rh转化

为H3RhCl6，Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐

酸、DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解为Rh、Rh2O3和RhCl3，再用H2进行高温还原

得到铑单质，向滤液中加入NH4Cl将铂元素相关化合物转化为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(III)转化为

4-

RhSnCl，再加入Zn进行还原，生成Rh，由于Zn过量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn，实现

35

Zn与Rh分离，过滤获得铑粉，以此分析解答。

【详解】（1）原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2，Fe易溶于酸(如盐酸或硫酸)，而Rh和Pt

在常温下不易被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过

滤后Fe(II)进入滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SiO2，实现初步分离，故答案为：溶解Fe，使其进入溶液，

从而通过过滤实现分离。

（2）“酸溶2”中Rh转化为H3RhCl6，Rh元素化合价由0升高至+3，HNO3中N元素化合价由+5降低至

+3，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学方程式为Rh6HClHNO3H3RhCl6NO2H2O；

由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。

-4-12-4-1

（4）SnCl2初始浓度为1.010molL，则溶液中cSn1.010molL，当恰好生成Sn(OH)2沉淀时，

2814

KSn(OH)K10

sp25.510-112W3

cOHmolL2.310，cH124.310，

cSn21.010-4cOH2.310

3

pHlgcHlg4.31030.62.4，因此为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH<2.4，故答案为A。

4-

（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Zn和生成

35

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·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

(3)“氧③化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为。

(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)。

【答案】(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

(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

2+2+

【分析】废渣用(NH4)2S2O8和NH3·H2O氧化浸出过滤，滤液中有[Cu(NH3)4]和[Zn(NH3)4]，滤渣1有PbSO4

和Fe(OH)3，滤液加Zn置换出Cu，除铜后的溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZnS，滤渣1用H2A和Na2A浸铅

后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得到PbA，再真空热解得到纯Pb。

【详解】（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；

（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；

2-22----

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

2---2-2-2

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；

3．（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：

(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)。

【答案】(3)凝华减少H2Se生成，提高Se产率H2，H2Se

【详解】（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．（2025·北京卷）(2)随着铅酸电池广泛应用，需要回收废旧电池材料，实现资源的再利用。回收过程中

主要物质的转化关系示意图如下。

2+

将PbSO4等物质转化为Pb的过程中，步骤I加入NaOH溶液的目的是。

①步骤Ⅱ、Ⅲ中H2O2和K2S2O8作用分别是。

【答案②】(2)①使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解

②H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂

【详解】（2）废旧铅酸电池通过预处理得到PbSO4、PbO、PbO2；加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，

2+

过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2；若加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb溶液，电解后生成Pb；若加入K2S2O8，

在碱性条件下可生成PbO2。

由以上分析可知，加入NaOH，使PbSO4转化为Pb(OH)2，过滤得到Pb(OH)2、PbO、PbO2，其目的是为

2-

①了使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解SO4；

2+

由以上分析可知，加入H2O2，在酸性条件下生成含Pb溶液，说明PbO2被H2O2还原，故H2O2的作用

②为还原剂；加入K2S2O8，在碱性条件下可生成PbO2，说明Pb(OH)2、PbO被K2S2O8氧化，故K2S2O8的作

用为氧化剂。

5．（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。

(1)“酸浸”中，提高浸取速率的措施有(写一条)。

(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

【答案】(1)搅拌、粉碎多金属精矿、提高酸浸温度等

(3)5

(4)AD

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；

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；

6．（2025·甘肃卷）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘(主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐)中高效

回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下：

已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃

℃℃

分解温度：CuO1100℃，CuSO4560，ZnSO4680，PbSO4高于1000℃

(1)设计焙烧温度为600℃，理由为。

(3)酸浸的目的为。

(4)从浸出液得到Cu的方法为(任写一种)。

【答案】(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时使As2O3沸腾收集

(3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液

(4)电解法或置换法

【详解】（1）设计焙烧温度为600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集，故

答案为：使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，使As2O3沸腾收集；

（3）酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液

主要为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液；

（4）浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法；

、

7．（2025·山东卷）采用两段焙烧—水浸法从铁锰氧化矿(要含Fe2O3MnO2及Co、Cu、Ca、Si等元素的氧

化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下：

已知：该工艺条件下，低温分解生成NHHSO，高温则完全分解为气体；在℃

NH42SO444Fe2SO43650

完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。

(1)“高温焙烧”温度为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有(填化学式)。

在投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接高温焙烧，水浸时金属元素的浸出率

(2)NH42SO4“”“

__________(填“增大”“减小”或“不变”)。

22

(3)HR萃取Cu反应为：2HR(有机相)Cu(水相)CuR2(有机相)2H(水相)。“反萃取”时加入的试剂

为_________(填化学式)。

【答案】(1)Fe2O3、CaSO4

(2)减小

(3)H2SO4

【详解】（1）根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化

铁，二氧化硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含

低温焙烧

有，Fe2O3、CaSO4；故答案为：3MnO2+3NH4HSO43MnSO4+N2NH36H2O；Fe2O3、CaSO4；

（2）根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵

会分解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小，故答案为：减小；

2

（3）根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)Cu(水相)CuR2(有机相)2H(水相)，加入有机相将铜离

子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移到，生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试

剂为稀H2SO4，故答案为：H2SO4；

8．（2025·上海卷）工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：

已知矿中含有H2O、煤焦油、As2O3等杂质，相关物质的熔、沸点如下表所示：

H2O煤焦油As2O3GeOGeO2

熔点0℃20~30℃312℃710℃升华1100℃

沸点100℃70~80℃465℃

(3)使用分段升温的原因是。

(4)下图为在不同温度下，使用不同浓度的NaH2PO2H2O真空还原时，Ge元素的萃出率，图可知真空还原

采用的最佳温度及浓度为_______。

A．1000℃，2.5%B．1000℃，5.0%

C．1100℃，2.5%D．1200℃，2.5%

【答案】(3)在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；

真空还原①阶段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出

②(4)C

【详解】（3）在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质，将Ge元素氧化为GeO2；

真空还原阶①段，升温到1000~1200℃，GeO升华蒸出；使用分段升温，可以除去杂质，能得到较纯的GeO2；

②（4）由图，1100℃，使用2.5%的NaH2PO2H2O真空还原时，Ge元素的萃出率几乎为100%，此时能节约

能源和原料；

9．（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

密度/gcm11.37.55.625.2

−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

(1)“分③选”得到粗�Pb的原因是3=2.8×。1010≈0.03

(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

(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

2

(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

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；

-1

所以�当(HCl)=1⋅molL时，PbCl溶解度最小；2

2+2+2

（5）Fe�置换Cu生成⋅Fe，溶质主要为FeCl2；为使该溶液能继续用作浸出液，需要需将FeCl2氧化为FeCl3，

并补充适量盐酸，使之恢复到原有的“浸出”条件后循环使用，故系列操作是通入空气（或加入H2O）并补

2

充HCl。

10．（2025·福建卷）从炼油厂焙烧炭渣(主要含炭、MoO3和V2O5，以及少量NiO、CaO)中提取钼的工艺流

程如下：

已知：VOSO4和(MoO)2SO43均易溶于水；草酸(H2C2O4)在水中溶解度见下表。

温度℃20406080

溶解度(g/100g)9.521.544.384.5

(1)“酸浸”中钼和钒分别转化为MoO3+和VO2+。100℃下各元素浸出率与草酸浓度的关系如图。

最佳草酸浓度为molL-1。

(2)“酸①转化”中加浓硫酸后，过滤前的⋅操作为；“滤渣2”为(填名称)。

(5)关于该工艺流程，下列说法错．误．的是。(填标号)

a．“气体1”为COb．“滤渣1”主要含炭、NiO和CaC2O4

c．“滤液1”含H2C2O4d．CaMoO4粗产品含CaSO4

【答案】(1)2.0

(2)冷却结晶草酸晶体

(5)ab

【分析】炭渣加入草酸浸取，钼和钒分别转化为MoO3+和VO2+，Mo、V被还原为盐溶液，草酸被氧化为二

氧化碳（气体1），炭不反应、镍、钙转化为草酸镍沉淀、草酸钙沉淀，三者成为滤渣1，过滤，滤液加入

浓硫酸使得钼、钒的草酸盐转化为硫酸盐和草酸，较低温度时草酸溶解度较小得到草酸晶体成为滤渣2，过

滤得到含VO