模板03工艺流程中条件控制与选择、分离和提纯(解析版)_05-化学-高考总复习_专项复习_2025年_2025年高考化学答题技巧与答题模板（全国通用）

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模板03 工艺流程中条件控制与选择、分离和提纯
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01 化工流程中条件的控制与选择
1．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。
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技法01  化工流程中条件的控制与选择
技法02  化工流程中物质的分离和提纯
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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。
1
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(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。
2．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
KMnO4的还原产物一般为Mn2＋，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AlO 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。
3．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。
4．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。
5．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。
2
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(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。
1．（2024·湖南卷）铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)是一种含贵金属的可再生资源，
回收贵金属的化工流程如下：
已知：①当某离子的浓度低于
时，可忽略该离子的存在；
②
  
；
③
易从溶液中结晶析出；
3
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④不同温度下
的溶解度如下：
温度℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0
（3）“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的
：
①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是       。
（5）滤液4 中溶质主要成分为       (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”
工序需在
℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是       。
【答案】（3）使银元素转化为AgCl 沉淀
（5）Na2SO3
高于40℃后，Na2SO3的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产
【第一步 粗读题干】铜阳极泥(含有Au、
、
、
等)，回收贵金属的化工流。
【第二步 分析流程】
【第三步 解答设问】
（3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量
的原因是使银元素转化为AgCl 沉淀；
（5）由分析可知滤液4 中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下
的溶解度可知，高于40℃后，
的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。
2．（2024·山东卷）以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
的工艺流程如下：
4
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（1）“热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫。溶液中盐酸浓度不宜过
大，除防止“热浸”时
挥发外，另一目的是防止产生       (填化学式)。
（2）将“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，电解所得溶液可制备金属
“电解I”
阳极产物用尾液吸收后在工艺中循环使用，利用该吸收液的操作单元为     
 
       
 
     。
（3）“还原”中加入铅精矿的目的是      
 
           
 
   。
（4）“置换”中可选用的试剂X 为       (填标号)。
A．
         B．
        C．
        D．
“置换”反应的离子方程式为    
 
                        
 
    
 
 。
【答案】（1）H2S
（2）热浸
（3）将过量的Fe3+还原为Fe2+
（4）C     
【第一步 粗读题干】以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
。
【第二步 分析流程】
本题以铅精矿(含
，
等)为主要原料提取金属
和
， “热浸”时，难溶的
和
转化为
和
及单质硫，
被还原为Fe2+，过滤I 除掉单质硫滤渣，滤液中
在稀释降温的
过程中转化为PbCl2沉淀，然后用饱和食盐水热溶，增大氯离子浓度，使PbCl2又转化为
，电解得
到Pb；过滤II 后的滤液成分主要为
、FeCl2、FeCl3，故加入铅精矿主要将FeCl3还原为FeCl2，试
剂X 将
置换为Ag，得到富银铅泥，试剂X 为铅，尾液为FeCl2。
【第三步 解答设问】
（1）“热浸”时，
将
和
中-2 价的硫氧化为单质硫，
被还原为Fe2+，溶液中盐酸浓度过
大，这里主要考虑氢离子浓度会过大，会生成H2S 气体。
（2）“过滤Ⅱ”得到的
沉淀反复用饱和食盐水热溶，会溶解为
，电解
溶液制备金
属
，
在阴极产生，阳极Cl-放电产生Cl2， 尾液成分为FeCl2，FeCl2吸收Cl2后转化为FeCl3，可以在
5
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热浸中循环使用。
（3）过滤Ⅱ所得的滤液中有过量的未反应的Fe3+，根据还原之后可以得到含硫滤渣，“还原”中加入铅精
矿的目的是是将将过量的Fe3+还原为Fe2+。
（4）“置换”中加入试剂X 可以可以得到富银铅泥，为了防止引入其他杂质，则试剂X 应为Pb，发生的
反应为：
。
1．（2024·湖北卷）铍用于宇航器件的构筑。一种从其铝硅酸盐
中提取铍的路径为：
已知：
（2）为了从“热熔、冷却”步骤得到玻璃态，冷却过程的特点是       
 
             
 
 。
（3）“萃取分液”的目的是分离
和
，向过量烧碱溶液中逐滴加入少量“水相1”的溶液，观
察到的现象是       。
（4）写出反萃取生成
的化学方程式       。“滤液2”可以进入       步骤再利用。
（5）电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用是       。
【答案】（2）快速冷却
（3）无明显现象
（4）
     反萃取
（5）增强熔融氯化铍的导电性
【第一步 粗读题干】一种从其铝硅酸盐
中提取铍。
【第二步 分析流程】
本题是化工流程的综合考察，首先铝硅酸盐先加热熔融，然后快速冷却到其玻璃态，再加入稀硫酸酸浸过
滤，滤渣的成分为H2SiO3，“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，水相1
中含有Al3+，有机相为
，加入过量氢氧化钠反萃取Be2+使其转化为
进入水相2 中，
分离出含NaA 的煤油，最后对水相2 加热过滤，分离出Be(OH)2，通过系列操作得到金属铍，据此回答。
【第三步 解答设问】
（2）熔融态物质冷却凝固时，缓慢冷却会形成晶体，快速冷却会形成非晶态，即玻璃态，所以从“热熔、
冷却”中得到玻璃态，其冷却过程的特点为：快速冷却。
（3）“滤液1”中有Be2+和Al3+，加入含HA 的煤油将Be2+萃取到有机相中，则水相1 中含有Al3+，则向过
量烧碱的溶液中逐滴加入少量水相1 的溶液，可观察到的现象为：无明显现象。
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（4）反萃取生成
的化学方程式为
，滤液2
的主要成分为NaOH，可进入反萃取步骤再利用。
（5）氯化铍的共价性较强，电解熔融氯化铍制备金属铍时，加入氯化钠的主要作用为增强熔融氯化铍的
导电性。
2．（2023·新课标卷）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质
为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O
存在，在碱性介质中以CrO
存在。
（3）“沉淀”步骤调pH 到弱碱性，主要除去的杂质是___________。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的
pH≈9 以达到最好的除杂效果，若pH<9 时，会导致___________；pH>9 时，会导致___________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH 调到1.8 左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1 时，溶解为VO 或
VO3+在碱性条件下，溶解为VO 或VO
，上述性质说明V2O5具有___________(填标号)。
A．酸性          B．碱性         C．两性
【答案】（3）Al(OH)3
（4） 磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处
理     会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离
子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
【分析】由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铝、硅、磷等元素转化为相应的
最高价含氧酸盐，煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫
酸调节溶液pH 将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，过滤得到强氧化铝滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、
硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤
渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH 将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；
向滤液中焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH 将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤
得到氢氧化铬。
【解析】（3）由分析可知，沉淀步骤调pH 到弱碱性的目的是将Al 元素转化为氢氧化铝沉淀，故答案为：
Al(OH)3；
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4
沉淀，若溶液pH<9 时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅
酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9 时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品
中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应
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使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不
能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；
（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性
氧化物，故选C；
1．（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液含（
和
)。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物
质
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为___________________(答出一条即可)。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为_______(
的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为
、_______(填化学式)。
（6）“沉镁”中为使
沉淀完全
，需控制
不低于_______(精确至0.1)。
【答案】（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（3） 
     Fe(OH)3
（6）11.1
【分析】在“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸
，用石灰
乳调节
，
被
氧化为
，发生反应
，Fe3+水解同
时生成氢氧化铁，“沉钻镍”过程中，Co2+变为Co(OH)2，在空气中可被氧化成
。
【解析】（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增
大接触面积
（3）用石灰乳调节
，
被
氧化为
，该反应的离子方程式为：
；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-
5mol/L，
，c(OH-)=10-10.8mol/L，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶
液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀，故滤渣还有氢氧化铁；
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（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8， 当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5mol/L，根据Ksp 可计算c(OH-)=10-
2.9mol/L，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol/L，所以溶液的pH=11.1。
2．（2023·广东卷）
均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含
)中，利用氨浸工艺可提取
，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由
、
和
配制。常温下，
与
形成
可溶于水的配离子：
；
易被空气氧化为
；部分氢氧化物的
如下表。
氢氧化
物
（4）
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。
②
提高了
的浸取速率，其原因是           。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A 为           。
【答案】（4）②减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）
 
【分析】硝酸浸取液(含
)中加入活性氧化镁调节溶液pH 值，过滤，得到滤液主要
是硝酸镁，结晶纯化得到硝酸镁晶体，再热解得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液氨浸，过滤，向滤液
中进行镍钴分离，，经过一系列得到氯化铬和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中加入氯化氢气体得到
氯化镍晶体。
【解析】（4）②根据题意
会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物，则
能提高了
的浸取速率，其原因是减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与
氨性溶液的接触面积。
（5）①“析晶”过程中为了防止
水解，因此通入的酸性气体A 为
；故答案为：
。
3．（2022·湖南卷）钛(Ti)及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣(主要成分为
2
TiO ，含少量
V、Si 和Al 的氧化物杂质)为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
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已知“降温收尘”后，粗
4
TiCl 中含有的几种物质的沸点：
物质
4
TiCl
3
VOCl
4
SiCl
3
AlCl
沸点/℃
136
127
57
180
（3）“除钒”过程中的化学方程式为____________________；“除硅、铝”过程中，分离
4
TiCl 中含Si、
Al 杂质的方法是_______。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______________。
【答案】（3）  3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3     蒸馏
（4）不能     若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质；
【分析】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg 还原得到Ti。
【解析】（3）“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al 得到VOCl2渣，根据得失电子守恒
和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过
程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
（4）若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al 杂质，因此“除钒”和“除硅、
铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入
Al 杂质；
（5）本工艺中加入Mg 冶炼Ti 的方法为热还原法；
4．（2022·湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂”越来越受到重视。某兴趣小组取盐湖水
进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)，并设计了以下流程通
过制备碳酸锂来提取锂。
25℃时相关物质的参数如下：
LiOH 的溶解度：
2
12.4g /100gH O
化合物
sp
K
10
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
2
Mg OH
12
5.6 10


2
Ca OH
6
5.5 10

3
CaCO
9
2.8 10

2
3
Li CO
2
2.5 10

（2）向“滤液1”中加入适量固体
2
3
Li CO 的目的是___________。
（3）为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，“操作A”依次为___________、___________、洗涤。
【答案】（2）将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质
（3）蒸发浓缩     趁热过滤
【分析】浓缩卤水(含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和少量
2+
2+
Mg
Ca
、
)中加入石灰乳[Ca(OH)2]后得到含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
的滤液1，沉淀1 为Mg(OH)2，向滤液1 中加入Li2CO3后，得到滤液2，含有的离子
为
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和OH-，沉淀2 为CaCO3，向滤液2 中加入Na2CO3，得到Li2CO3沉淀，再通过蒸发浓缩，
趁热过滤，洗涤、干燥后得到产品Li2CO3。
【解析】（2）滤液1 中含有
+
+
-
Na
Li
Cl
、
、
和
2+
Ca
，结合已知条件：LiOH 的溶解度和化合物的溶度积常数，
可推测，加入Li2CO3的目的是将
2+
Ca
转化成CaCO3沉淀除去，同时不引入新杂质；
（3）由Li2CO3的溶解度曲线可知，温度升高，Li2CO3的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于
析出，所以为提高
2
3
Li CO 的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁
热过滤，洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；
5．（2023·全国甲卷）
是一种压电材料。以
为原料，采用下列路线可制备粉状
。
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是_______。
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（3）“酸化”步骤应选用的酸是_______(填标号)。
a．稀硫酸    b．浓硫酸    c．盐酸    d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？_______，其原因是_______。
【答案】（1）做还原剂，将
还原
（3）c
（4）不可行     产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可
溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、最终所得产品的纯度降低
【分析】由流程和题中信息可知，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、易
溶于水的
和微溶于水的
；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和
，滤液中有
和
；滤
液经酸化后浓缩结晶得到
晶体；
晶体溶于水后，加入
和
将钡离子充分沉淀
得到
；
经热分解得到
。
【解析】（1）“焙烧”步骤中，
与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到
、
、
和
，
被还原为
，因此，碳粉的主要作用是做还原剂，将
还原。
（3）“酸化”步骤是为了将
转化为易溶液于的钡盐，由于硫酸钡和磷酸钡均不溶于水，而
可溶
于水，因此，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是：产物中的硫化物与酸反应生成的有毒气体
会污染空气，而且
与盐酸反应生成可溶于水的
，导致
溶液中混有
杂质无法除去、
最终所得产品的纯度降低。
6．（2023·全国乙卷）LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少
量Si、Fe、Ni、Al 等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为_______。为提高溶矿速率，可采取的措施_______(举1 例)。
（2）加入少量MnO2的作用是_______。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是_______。
【答案】（1） MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑     粉碎菱锰矿
（2）将Fe2+氧化为Fe3+     Fe3+可以催化H2O2分解
【分析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中
的Fe、Ni、Al 等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+；随
后将溶液pH 调至制约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可以将溶液中的Al3+沉淀
出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2+沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2+，将此溶液
置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
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【解析】（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎；故答案为：
MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑、粉碎菱锰矿。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2+氧化为Fe3+，但不宜使用H2O2氧化Fe2+，
因为氧化后生成的Fe3+可以催化H2O2分解，不能使溶液中的Fe2+全部氧化为Fe3+；故答案为：将Fe2+氧化
为Fe3+、Fe3+可以催化H2O2分解。
7．（2023·湖南卷）超纯
是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发
了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯
方面取得了显著成果，工业
上以粗镓为原料，制备超纯
的工艺流程如下：
已知：①金属
的化学性质和
相似，
的熔点为
；
②
(乙醚)和
(三正辛胺)在上述流程中可作为配体；
③相关物质的沸点：
物质
沸点/
55.7
34.6
42.4
365.8
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在
的原因是_______，阴极的电极反应式为
_______；
（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是_______；
（6）直接分解
不能制备超纯
，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
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的理由是_______；
【答案】（2）保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出     Ga3++3eˉ=Ga
（4）CH4
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O 的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
【分析】以粗镓为原料，制备超纯
，粗Ga 经过电解精炼得到纯Ga，Ga 和Mg 反应生产
Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O 反应生成
、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，
除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯
，Et2O 重复利用，据此
解答。
【解析】（2）电解池温度控制在
可以保证Ga 为液体，便于纯Ga 流出；粗Ga 在阳极失去电子，
阴极得到Ga，电极反应式为Ga3++3eˉ=Ga；
（4）“残渣”含
，经纯水处理，能产生可燃性气体CH4；
（6）直接分解
时由于Et2O 的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯
，
而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯
的理由是，根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高
于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离；
8．（2023·山东卷）盐湖卤水(主要含
、
和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以
高镁卤水为原料经两段除镁制备
的工艺流程如下：
已知：常温下，
。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中
的浓度为
，则常温下精制Ⅱ过
程中
浓度应控制在_____
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收
外，还将增加
_____的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作
时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致
_____。
【答案】（2） 
     
     纯碱
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（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度     盐酸     浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混
有
，最终所得
的产率减小
【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有
Na+、Li+、Cl-、
等，焙烧后生成HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件
下溶解度最小的是
，则滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加
纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为
;精制Ⅱ所得滤液经操作X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化
钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到
。
【解析】（2）由分析可知，滤渣I 的主要成分是
；精制I 后溶液中
的浓度为2.0
，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中
浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，
因此，还将增加纯碱（
）的用量。
（3）精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为
；由于
微溶于
水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的
，还需要除去
，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精
制Ⅰ所得滤液中的
转化为
（或除去精制Ⅰ所得滤液中的
），提高
纯度。操作X 是
为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余
的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因
浓度过大使得
过早沉淀，即浓缩
结晶得到的
中会混有
，最终所得
的产率减小。
9．（2022·全国甲卷）硫酸锌(
4
ZnSO )是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。
硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为
3
ZnCO ，杂质为
2
SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。
其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离子
3+
Fe
2+
Zn
2+
Cu
2+
Fe
2+
Mg
sp
K
38
4.0 10

17
6.7 10

20
2.2 10

16
8.0 10

11
1.8 10

（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_______、_______。
（3）加入物质X 调溶液pH=5 ，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
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A．
3
2
NH
H O

        B．
2
Ca(OH)         C．NaOH
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（5）滤液②中加入锌粉的目的是_______。
【答案】（2） 将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积     增大硫酸的浓度等
（3） B     Fe(OH)3     CaSO4     SiO2
（5）置换Cu2+为Cu 从而除去
【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，结合
流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3
焙烧
ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X 调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过
滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣③为
Cu，再向滤液③中加入HF 脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理
得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。
【解析】（2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；
（3）A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；B．Ca(OH)2不会引入新的
杂质，且成本较低，故B 适宜；C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；故答案选B；
当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp 计算各离子完全沉淀时pH＜5 的只有Fe3+，故滤渣
①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；
（5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu 从而除去；
10．（2022·福建卷）粉煤灰是火电厂的大宗固废。以某电厂的粉煤灰为原料(主要含
和
等)提铝的工艺流程如下：
（1）“浸出”时适当升温的主要目的是_______，
发生反应的离子方程式为_______。
（3）“沉铝”时，体系中三种物质的溶解度曲线如下图所示，加入
沉铝的目的是_______，“沉
铝”的最佳方案为_______。
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【答案】（1）提高浸出率(或提高浸出速率)     
（3）使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度     高温溶解再冷却结晶
【分析】粉煤灰为原料(主要含SiO2、Al2O3和CaO 等)加入硫酸，浸渣为二氧化硅、硫酸钙，加入硫酸钾，
产生复盐明矾沉铝，干燥脱水，焙烧产生氧化铝、硫酸钾和二氧化硫或三氧化硫气体，水浸除去硫酸钾，
得到氧化铝。
【解析】（1）温度高速率大，“浸出”时适当升温的主要目的是提高反应速率，提高浸出率；Al2O3和
H2SO4发生反应生成Al2(SO4)3和H2O，离子反应方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
故答案为：提高浸出率(或提高浸出速率)；Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。
（3）根据沉铝体系中，Al2(SO4)3·18H2O 溶解度最大，KAl(SO4)2·12H2O 溶解度最小，更容易析出，加入
K2SO4沉铝的目的是更多的使Al2(SO4)3转化为KAl(SO4)2·12H2O，使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保
证晶体纯度；KAl(SO4)2·12H2O 溶解度受温度影响较大，“沉铝”的最佳方案为高温溶解再冷却结晶；
故答案为：使更多的铝元素转化为晶体析出，同时保证晶体纯度；高温溶解再冷却结晶。
11．（2022·辽宁卷）某工厂采用辉铋矿(主要成分为
，含有
、
杂质)与软锰矿(主要成分为
)联合焙烧法制各
和
，工艺流程如下：
已知：①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
；
②金属活动性：
；
③相关金属离子形成氢氧化物的
范围如下：
开始沉淀
完全沉淀
6.5
8.3
17
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1.6
2.8
8.1
10.1
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为_______。
a.进一步粉碎矿石     b.鼓入适当过量的空气     c.降低焙烧温度
（3）“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②_______。
（6）加入金属Bi 的目的是_______。
【答案】（1）ab
（3）抑制金属离子水解
（6）将Fe3+转化为Fe2+
【分析】已知①焙烧时过量的
分解为
，
转变为
，
在空气中单独焙烧生成
和二氧化硫，经过酸浸，滤渣为二氧化硅，
与浓盐酸生成A 氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi 将
Fe3+转化为Fe2+，调节pH 得到
，据此分析解题。
【解析】（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过
量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
（3）“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生
成不溶性沉淀，提高原料的浸出率；过量浓盐酸的作用为：①充分浸出
和
；②抑制金属离子水解；
（6）金属活动性：
，Fe3+在pH 为1.6 时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入
金属Bi 将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
12．（2022·山东卷）工业上以氟磷灰石[


5
4
3
Ca F PO
，含
2
SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如
下：
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比


2-
2
3
6
n Na CO
:n SiF
=1:1加入
2
3
Na CO 脱氟，
充分反应后，

+
c Na
= _______
-1
mol L

；再分批加入一定量的
3
BaCO ，首先转化为沉淀的离子是
_______。
6
BaSiF
2
6
Na SiF
4
CaSO
4
BaSO
sp
K
6
1.0 10

6
4.0 10

4
9.0 10

10
1.0 10

（3）
2-
4
SO 浓度(以
3
SO % 计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
3
4
H PO 浓度(以
2
5
P O % 计)的关系如图甲
所示。酸解后，在所得100℃、
2
5
P O % 为45 的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使
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用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是_______，回收利用洗涤液X 的操作单元是_______；一定温度
下，石膏存在形式与溶液中
2
5
P O % 和
3
SO % 的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的
是_______(填标号)。
A．65℃、
2
5
P O %=15、
3
SO %=15         B．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=20
C．65℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=30         D．80℃、
2
5
P O %=10 、
3
SO %=10
【答案】（2）  
2
2.0 10

     
2
4
SO 
（3）  CaSO4•0.5H2O     减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率     酸解     D
【解析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制
I 脱氟、除硫酸根离子和
2
6
SiF ，过滤，滤液经精制II 等一系列操作得到磷酸。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
2
6
SiF )= 1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为
H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且
c(Na+)=2c(
2
6
SiF )，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(
2
6
SiF )=4c3(
2
6
SiF )，c(
2
6
SiF ) =
6
2
3 4.0 10
1.0 10
4





mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
2
6
SiF )=
2
2.0 10

mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和
溶液，c(Ca2+)=c(
2
4
SO )=
4
2
9.0 10
3.0 10





mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成
时，c(Ba2+)=
6
3
3
1.0 10
1.0 10
1.0 10







 mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
10
9
2
1.0 10
3.3 10
3.0 10







 
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是
2
4
SO ，然后才是
2
6
SiF 。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45 的混合体系中，石膏存在形式为
CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用
水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X 中含有硫酸，其具有回收利用的价
值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度
越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，在两线之间的以两种晶体
的混合物形式存在：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转
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化，A 不符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实
现晶体的完全转化， B 不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，故不能实现晶体转化， C 不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O 形式
存在，故能实现晶体的完全转化，D 符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
13．（2022·广东卷）稀土(RE )包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可
用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸

11
23
C H COOH 熔点为44 C
；月桂酸和

11
23
3
C H COO
RE 均难溶于水。该工艺条件下，
稀土离子保持3
价不变；

11
23
2
C H COO
Mg 的
8
sp
1.8 10
K



，
3
Al(OH) 开始溶解时的pH 为8.8；有关
金属离子沉淀的相关pH 见下表。
离子
2
Mg 
3
Fe 
3
Al 
3
RE 
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/
（2）“过滤1”前，用NaOH 溶液调pH 至_______的范围内，该过程中
3
Al 发生反应的离子方程式为
_______。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg 元素，滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L

。为尽可能多地提取
3
RE ，
可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中

-
11
23
c C H COO
低于_______
1
mol L

(保留两
位有效数字)。
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
【答案】（2） 4.7pH<6.2     


3
3
Al
3OH
Al OH





（3）4.010-4
（4） 加热搅拌可加快反应速率     冷却结晶
【分析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO4溶液浸取，得到浸取液中含有
3
RE 、
2
Mg 、
2
Fe 、
3
Fe 、
3
Al 、
2
4
SO 等离子，经氧化调pH 使
3
Fe 、
3
Al 形成沉淀，经过滤除去，滤液1 中含
20
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有
3
RE 、
2
Mg 、
2
4
SO 等离子，加入月桂酸钠，使
3
RE 形成

11
23
3
C H COO
RE 沉淀，滤液2 主要含有
MgSO4溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到
RECl3溶液。
【解析】（2）由表中数据可知，
3
Al 沉淀完全的pH 为4.7，而
3
RE 开始沉淀的pH 为6.2~7.4，所以为保
证
3
Fe 、
3
Al 沉淀完全，且
3
RE 不沉淀，要用NaOH 溶液调pH 至4.7pH<6.2 的范围内，该过程中
3
Al 发
生反应的离子方程式为


3
3
Al
3OH
Al OH




，故答案为：4.7pH<6.2；


3
3
Al
3OH
Al OH




；
（3）滤液2 中
2
Mg 浓度为
1
2.7g L

，即0.1125mol/L，根据




2
2
-
sp
11
23
11
23
2
[ C H COO
Mg]=c(Mg
) c
C H COO
K

，若要加入月桂酸钠后只生成

11
23
3
C H COO
RE ，而不产
生

11
23
2
C H COO
Mg ，则



sp
11
23
2
-
11
23
2
C H COO
Mg
C H COO
(Mg
)
K
c
c






=
8
1.8 10
0.1125


=4

10-4
1
mol L

，故答案
为：410-4；
（4）①“加热搅拌”有利于加快
3
RE 溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：
加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸

11
23
C H COOH 熔点为44 C
，故“操作X”的过
程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
14．废旧铅蓄电池具有较高的回收利用价值。由废铅膏(含
、
、
和
以及少量的铁和铝的
氧化物)制备
的流程如下：
已知：
；
②
，
请回答下列问题：
（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有           (请写一点)。
（3）“浸取”时将
换成
溶液效果会更好，
除作还原剂外，还有的作用为           。
【答案】（1）粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增加硫酸浓度等
（3）作氧化剂，促进金属Pb 在硫酸中转化为硫酸铅
【分析】废铅膏与硫酸、
浸取时，铅元素全部转化为硫酸铅，铁和铝的氧化物转化为相应离子进入
滤液，硫酸铅与碳酸铵反应转化为碳酸铅，焙烧得到氧化铅。
【解析】（1）“浸取”时为增大浸取速率，可以采取的措施有粉碎废铅膏或者适当提高温度或者适当增
加硫酸浓度等；
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（3）“浸取”时将
换成
溶液效果会更好，
除作还原剂外，还可以作氧化剂，促进金属
Pb 在硫酸中转化为硫酸铅；
15．（2024·广东惠州一模）氯碱厂制备的原盐中含有的杂质主要为
及大分子有机物和难
溶性泥沙等物质。为供给电解槽以合格的盐水，可采用以下工艺流程精制盐水。
已知：
的电离常数
（1）溶浸工序中，以下除杂试剂：①过量的
②过量的
③过量的
，正确的加入顺序为  
。
A．②①③　　B．③①②　　C．①③②
（4）利用膜的选择性，可除去脱氯过程中引入的
，通过“错流”方式截留下
，使
以渗透液
的形式输送到后续工序。不同膜对介质的截留率，相关离子系数如下表：
截留率
物质
反渗透膜(%)
纳滤膜(%)
超滤膜(%)
99
15.6
0
99
99
0
系数
离子
水合离子半径
扩散系数/
0.397
1.065
0.332
2.032
最好的选择是     膜，该膜脱硫率高的原因是     。
【答案】（1）A
（4）纳滤     与Cl—相比，SO
具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间位阻较大，且膜表
面对SO
的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力
【分析】由题给流程可知，向原盐中依次加入氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液、氯化钡溶液溶浸，将溶液中的
镁离子、钙离子、硫酸根离子和过量的钡离子转化为沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入盐酸除去
过量的氢氧根离子、碳酸根离子，加入微生物后电解所得溶液，将有机物大分子在阳极转化为二氧化碳，
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继续电解直至得到氢氧化钠和含有氯气的氯化钠溶液，向溶液中加入亚硫酸钠溶液除去溶液中的氯气，将
所得溶液降温结晶、过滤得到十水硫酸钠和精盐。
【解析】（1）溶浸工序中，加入过量氢氧化钠溶液的目的是除去溶液中的镁离子、加入过量氯化钡溶液
的目的是除去溶液中的硫酸根离子，加入过量碳酸钠溶液的目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，
所以除杂试剂正确的加入顺序为②①③或①②③，故选A；
（4）由表格数据可知，与氯离子相比，硫酸根离子具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到空间
位阻较大，且膜表面对硫酸根离子的静电排斥力大于对氯离子的静电排斥力，所以纳滤膜更有利于硫酸根
离子更容易被截留，故答案为：纳滤；与Cl—相比，SO
具有更大的水合离子半径和更小的扩散系，受到
空间位阻较大，且膜表面对SO
的静电排斥力大于对Cl—的静电排斥力；
16．（2024 届·河北承德·三模）废旧手机的废线路板中富含Cu、Sn、Ni、Pb 等金属和少量Ag、Au，具有
较高的回收价值，其中部分金属的回收工艺流程如下：
已知：①常温下，
微溶于水，可与
结合生成
配离子：
。
25℃
②
时，
，
。
（1）“拆解破碎”的目的是       。
（2）“75℃酸浸”中，金属Sn 与盐酸反应的离子方程式为       ，选用浓度较大的4 mol·L
盐酸可提
高铅元素的浸出率，理由是     
 
             
 
     (从平衡移动角度分析)。
【答案】（1）增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率
（2）
     常温下，
微溶于水，增大
，使
平衡正
向移动，增大铅的浸出率
【分析】由题干流程图可知，废线路板经拆解破碎后加入4.0mol/L 的HCl 溶液在75℃下酸浸，其中Pb、
Sn、Ni 分别转化为PbCl2、SnCl2和NiCl2，过滤得到滤液1 主要含有PbCl2、SnCl2和NiCl2、HCl，滤渣1 主
要含有Cu、Ag、Au，向滤渣1 中加入H2O2、稀硫酸进行氧化酸浸，即将Cu 转化为CuSO4，过滤得到含有
H2SO4、CuSO4的滤液，含有Ag、Au 的滤渣2，向滤渣2 中加入CoSO4溶液、甘氨酸溶液和O2，将Ag、
Au 转化为Ag+、Au+，然后用Na2S2O3对Ag+进行络合酸浸，并加萃取剂进行Au+萃取，然后反萃取得到含
Au+的水层，最后经过一系列操作转化为Au，对滤液1 进行降温沉铅，得到PbCl2，过滤得到PbCl2沉淀，
向滤液中加入NaOH 溶液进行沉锡，得到Sn(OH)2，最后制得Sn，据此分析解题。
【解析】（1）对废线路板进行可以增大酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大
酸浸时固体与盐酸的接触面积，加快反应速率；
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（2）“75℃酸浸”中，金属Sn 与盐酸反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl2+H2↑，则其离子方程式为
Sn+2H+=Sn2++H2↑，由题干信息可知，常温下，
微溶于水，选用浓度较大的4 mol·L
盐酸，增大
，使
平衡正向移动，可提高铅元素的浸出率，故答案为：Sn+2H+=Sn2+
+H2↑；常温下，
微溶于水，增大
，使
平衡正向移动，增大铅的浸出率；
17．（2024 届·山东济宁·三模）一种以锌精矿(主要成分是ZnS，还含有铁、钴、铜等元素的氧化物)为原料
制备纯锌并将其它金属元素回收利用的工艺流程如下：
已知：①锌精矿在高温焙烧过程中部分转化为铁酸锌(
)，铁酸锌不溶于稀硫酸
②黄钠铁矾
是一种浅黄色晶体，过滤及沉淀性能较好，但溶液酸性较强时不易
生成
③
；
；
（2）“调pH
”
①试剂X 可选用       。
（4）“沉铁”步骤中，pH 不宜过大或过小，原因是       ，“沉铁”时生成黄钠铁矾的离子方䅠式为   
。
【答案】（2）ZnO 或ZnCO3或Zn(OH)2
（4）pH 过小时黄钠铁矾不易生成，pH 过大时生成Fe(OH)3沉淀 
【分析】锌精矿在空气中焙烧部分转化为铁酸锌(ZnFe2O4)、部分得到各金属元素的氧化物，加入稀硫酸酸
浸后加入氧化锌或碳酸锌或氢氧化锌调节溶液的pH，得到氢氧化铁沉淀和不反应的铁酸锌；滤液为各金属
的盐溶液，加粗锌粉置换出铜，过滤滤液加入较细锌粉进一步置换出Cu，过滤滤液中加a-亚硝酸基-β-萘
酚将Co 转化为
沉淀，过滤除去Co 的沉淀，加入较浓硫酸热浸后溶液和除铁后得到滤液合
并后加入碳酸钠，得到黄钠铁矾沉淀，滤液电解得到锌和电解废液；
【解析】（2）“调pH
”
①时，试剂X 最宜选用不引入新杂质且能和过量稀硫酸反应的物质，故可选ZnO
或ZnCO3或Zn(OH)2；
（4）“沉铁”步骤中，pH 不宜过大或过小，因为pH 过小时黄钠铁矾不易生成，pH 过大时生成Fe(OH)3
沉淀；“沉铁”时Na2SO4和Fe3+生成黄钠铁矾，根据质量守恒可知，反应物中还有水，生成物中还会生成
氢离子，生成的氢离子与碳酸根反应生成二氧化碳气体，离子反应方程式为
；
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18．（2024 届·湖南衡阳·三模）氢化钛(TiH2)是一种潜在储氢材料。以钛废料(主要成分是TiO2，含少量
V2O5、WO3等)为原料制备氢化钛的流程如图：
（1）“操作A”是       (填名称)；下列仪器中，“操作B”不需要的是       (填标号)。
A．
       B．
      C．
     D．
（3）“酸洗”的目的是      ；设计实验确认“水洗”已洗净：      。
【答案】（1）过滤     AD
（3）将Na2TiO3转化成TiO2•nH2O     取最后流出洗涤液，滴加盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若不产生
白色沉淀，则已洗涤干净(或测定洗涤液pH，中性时已洗涤干净)
【分析】钛废料(主要成分是TiO2，含少量V2O5、WO3等)加入NaOH 溶液高温碱洗，过滤后得到钒钨溶液
和Na2TiO3固体，然后用稀硫酸酸性Na2TiO3固体，将Na2TiO3转化成TiO2•nH2O，将TiO2•nH2O 灼烧转化为
TiO2，电解TiO2得到Ti，Ti 和H2反应生成TiH2，以此解答。
【解析】（1）由分析可知，“操作A”是过滤，“操作B”为灼烧，需要酒精灯和坩埚，不需要烧杯和分液
漏斗，故选AD。
（3）由分析可知，“酸洗”的目的是将Na2TiO3 转化成TiO2•nH2O，确认“水洗”已洗净只需要检验洗涤
液中的硫酸即可，方法为：取最后流出洗涤液，滴加盐酸酸化，再加入BaCl2 溶液，若不产生白色沉淀，
则已洗涤干净(或测定洗涤液pH，中性时已洗涤干净)。
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