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

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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
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
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AlOeq \\al(－,2)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，有少量的]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液的工艺流程如下：
(2)“酸浸还原”时，“滤渣”的主要成分是 (写化学式)；
(3)“沉铁”时，加热至的主要原因是 。
思维解析【答案】(2)
(3)防止形成胶体，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C2O3、Al2O3、NiO、CuO]中分离获得金属资源和电池级镍钴锰混合溶液。
【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，当为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁，煅烧得到疏松的轻质。过大时，不能得到轻质的原因是 。
【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
【详解】（1）加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等；
（4）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；
（5）由题中信息可知，pH=8时，产生的沉淀为，调节到pH=4，磷元素存在形式为，磷酸不是强酸，不能拆，离子方程式为：
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。
(3)浸取工序中滤渣Ⅰ的主要成分：、 、 (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) MgO
(4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行
(5)
【分析】铬铁矿主要成分是，与过量KOH在空气中煅烧，生成、Fe2O3、MgO，；通入/CO2浸取，生成，、MgO不反应，故滤渣Ⅰ为：，、MgO，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出固体，滤液Ⅰ中含有；将中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，同时副产物生成，将与分离，滤液Ⅱ的主要溶质为；做还原剂，将滤液Ⅰ中剩余的还原为，自身转化为进入滤渣Ⅱ，KOH进一步处理得，循环使用，据此分析；
【详解】（3）根据分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分：、MgO；
（4）向中加水溶解，并通入过量CO2酸化，将转化为，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。
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，是难溶酸性氧化物，的溶解度极低。
时，的溶解度为水，温度对其溶解度影响不大。
(5)从滤液Ⅱ获取晶体的操作为 (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；
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Ca2+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）可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备。由闪锌矿[含及少量硫化镉等]制备的过程如下：
已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入可提高浸出率的原因是 。
③沉锌前调节溶液的至，加入的氧化物为 (填化学式)。
【答案】(1)①氧化生成S，促进酸浸反应正向进行 ③ZnO
【详解】（1）①酸浸时，若不通入，会发生反应：，通入可以氧化生成S，促进酸浸反应正向进行，提高浸出率；
③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，加入的氧化物为ZnO。
2．（2025·安徽卷）某含锶()废渣主要含有和等，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、 (填离子符号)。
(4)其他条件相同时，盐浸，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、 (填化学式)。
(6)将窝穴体a(结构如图2所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是 。
(7)由制备无水的最优方法是 (填标号)。
a．加热脱水 b．在气流中加热 c．常温加压 d．加热加压
【答案】(2)、
(4)升高温度，与有效碰撞次数增加，反应速率加快，所以锶浸出率增大；
(5)、
(6)窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，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()废渣主要含有和等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入滤液，浸出渣1中含有，加入溶液，发生沉淀转化，，得到溶液，经过系列操作得到晶体；
【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、、；
（4）随温度升高锶浸出率增大，原因是升高温度，与有效碰撞次数增加，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，不参与反应，故浸出渣2”中主要含有、、；
（6）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是窝穴体a的空腔与更匹配，可通过分子间相互作用形成超分子，且具有更多的空轨道，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）为强碱，则也是强碱，不水解，排除b，由平衡移动原理可知制备无水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、(铑)、，含有少量]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”中转化为，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)若“活化还原”在室温下进行，初始浓度为，为避免生成沉淀，溶液适宜的为 (填标号)[已知的]。
A．2.0 B．4.0 C．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) SiO2
(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、(铑)、，含有少量]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，转化为，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、和，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(III)转化为，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”中转化为，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；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分为SiO2。
（4）初始浓度为，则溶液中，当恰好生成沉淀时，，，，因此为避免生成沉淀，溶液的pH