微专题突破06 无机化工流程题透视（学案）-2025年高考化学二轮复习重点微专题突破学案（新高考专用）

微专题突破6 无机化工流程题透视 问题的态度：问则少；辩则明 2025届高三化学第二轮复习 微专题突破6 无机化工流程题透视 知之者不如好之者，好之者不如乐之者——孔子 1．知道化工生产术语及意义，了解流程题构成特点，会分析各步操作的作用。 2．能解释物质制备中反应条件控制的目的、会对混合物进行分离提纯。 3．能根据有关原理解释图像曲线变化的原因。 教学重点难点 1．学会审题，规范答题。 2．综合应用有关知识解决问题。 教学方法 讨论、归纳 教学过程 【规律点和易错点】孙猴子七十二般变化，都逃不出你的手心 1．化工流程题的结构 2．设问形式 ① 物质的分离 利用控制pH分离、利用溶解度分离、根据萃取、反萃取与离子交换分离 ② 反应条件的控制 温度、压强、催化剂、原料配比、pH、溶剂等 ③ 反应原理 化学平衡、水解平衡、化学反应速率、反应热、电化学等 ④ 绿色化学问题 物质循环利用(*)、废物的处理、原子利用率、能量充分利用等 ⑤ 化工安全 防爆、防污染、防中毒等 ⑥ 核心考点 物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产率的计算 (*)循环物质的确定：一是在方框旁标出每一步物质的化学式，二是前面加入的物质若后续步骤中又重新生成，则是可循环利用的物质(常为滤渣、滤液中的物质)，三是从流程图上看：箭头回头的物质；四是若是可逆反应则有可循环利用的物质。 3．解题顺序 4．过程解读 5．答题模板 5．表述性词汇“十大答题方向” 化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语，这些表述性词语就是隐性的信息，它可以暗示我们所应考虑的答题角度。 ① 控制较低温度 常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等 ② 加过量试剂 常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等 ③ 能否加其他物质 常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度 ④ 在空气中或在其他气体中 主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应 或达到防氧化、防水解、防潮解等目的 ⑤ 判断沉淀是否洗净 常取少量最后一次洗涤液置于试管中，向其中滴加某试剂，以检验某种离子是否存在 ⑥ 检验某物质的设计方案 通常取少量某液体置于试管中，加入另一试剂，通过产生的某种现象得出结论 ⑦ 控制pH 常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等 ⑧ 用某些有机试剂清洗 常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等 ⑨ 趁热过滤(或冰水洗涤)的目的 防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质 ⑩ 反应中采取加热措施的作用 一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解 6．答题模板 ⑴ 除杂 除去……中的…… ⑵ 干燥 除去……气体中的水蒸气，防止…… ⑶ 增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施 搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积 ⑷ 加热的目的 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向)移动 ⑸ 温度不高于××℃的原因 适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成 ⑹ 从滤液中提取溶解度随温度升高而增大晶体的方法 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 ⑺ 混合液中提取物溶解度随温度升高增大而杂质溶解度受温度影响较小 蒸发浓缩、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 ⑻ 减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发 ⑼ 检验溶液中离子是否沉淀完全的方法 将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全 ⑽ 洗涤沉淀 沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 ⑾ 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 ⑿ 洗涤沉淀的目的 除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质 ⒀ 冰水洗涤的目的 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗 ⒁ 乙醇洗涤的目的 降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物(乙醇易挥发,可迅速干燥) ⒂ 蒸发、反应时的气体氛围 抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行 ⒃ 事先煮沸溶液的原因 除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化 ⒄ 沉淀时pH范围的确定 pH过小导致某离子沉淀不完全，pH过大导致主要离子开始沉淀 7．常考试剂的作用 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解(沉淀)，H2SO4可提供SO42－作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去除油污；调节pH促进水解(沉淀)；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供CO32－使某些离子（如Cu2＋①、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 碳酸 氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HCO3－使某些离子{如[Al(OH)4]－]、Fe3＋③、Al3＋、Cr3＋、Fe2＋④、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等}沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2CO32－＋H2O＝Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑；②发生反应：[Al(OH)4]－＋HCO3－＝Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O；③发生反应：Fe3＋＋3HCO3－＝Fe(OH)3↓＋3CO2↑；④发生反应：Fe2＋＋2HCO3－＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 8．创新考查——萃取与反萃取 萃取原理 萃取则是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用是：从矿石的浸出液中，提取和富集有价值金属，分离化学性质相近的金属离子 萃取步骤 萃取的操作步骤一般是首先将水溶液(料液)与有机溶剂(或溶液)充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃取液，有机相称为负载有机相，被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物(起富集或分离作用) 反萃取 被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水)接触，使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程，故称为反萃取 9．工业流程常见专业术语 浸出 固体加水（酸）溶解得到离子 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 酸浸 在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程 水洗 通常为除去水溶性杂质（滤液淋洗——减少沉淀的溶解；冷水洗涤——减少沉淀的溶解；酒精洗涤——减少晶体溶解，得到较干燥的沉淀） 水浸 与水接触反应或溶解 提高“浸出率 ①将矿石粉碎；②适当加热；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度；⑤适当延长浸取时间等 （2023·江苏）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为 （1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝____________________________________________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________________(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 （2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g (20℃)，O2氧化溶液中SO的离子方程式为__________________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是__________________________________________________________ ____________________________________。 【答案】（1） BD （2）2SO＋O22SO pH增大，抑制SO的水解，反应物SO的浓度增大，故可加快氧化速率 【解析】（1）已知下列反应： ①Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O K ②Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) Ksp[Mg(OH)2] ③MgSO3(s)Mg2＋(aq)＋SO(aq) Ksp(MgSO3) ④H2SO3H＋＋HSO Ka1(H2SO3) ⑤HSOH＋＋SO Ka2(H2SO3) ⑥H2OH＋＋OH－ Kw 根据盖斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝。A项，加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，错误；B项，加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，正确；C项，降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，错误；D项，多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，正确；（2）根据题意，O2氧化溶液中的SO，SO被氧化为SO，1 mol O2氧化2 mol SO，故O2氧化溶液中SO的离子方程式为2SO＋O22SO；pH增大，抑制SO的水解，反应物SO的浓度增大，故可加快氧化速率。 【问题解决1】 （2023·南京模拟）纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)。 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Cu2＋ Zn2＋ Mn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1 完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1 （1）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是______________________________________________ ______________________________。 （2）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2＋发生反应的离子方程式为_______________________________________________________，溶液pH范围应控制在___________________。 【答案】（1）防止后续“氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO4和产生污染性气体Cl2 （2）2MnO＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋ 2.8～6.0 【解析】由题干流程图可知，氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应为ZnO＋2HCl＝ZnCl2＋H2O、Fe2O3＋6HCl＝2FeCl3＋3H2O、FeO＋2HCl＝FeCl2＋H2O、CuO＋2HCl＝CuCl2＋H2O、MnO＋2HCl＝MnCl2＋H2O，向浸取液中加入KMnO4固体，将Fe2＋氧化为Fe3＋，再转化为Fe(OH)3沉淀，将Mn2＋转化为MnO2沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH)3和MnO2，滤液中含有Cu2＋和Zn2＋，加入锌粉，置换出Cu，Zn＋Cu2＋＝Zn2＋＋Cu，过滤出滤渣2，主要成分为Cu和Zn，滤液2主要成分是ZnCl2和KCl，加入Na2CO3，发生反应：5Zn2＋＋5CO＋5H2O＝2ZnCO3·3Zn(OH)2·2H2O↓＋3CO2↑，据此分析解题。 （1）后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4能与盐酸反应生成有毒有害的Cl2，则为了防止过量的盐酸与后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO4反应生成有毒有害的Cl2，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多；（2）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2＋发生反应的离子方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2H2O＝5MnO2↓＋4H＋，调节溶液pH是使Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋、Zn2＋不生成沉淀，由题干表中数据可知，范围应控制在2.8～6.0。 化工流程与条件控制 1．流程中反应条件的控制 条件控制 答题指导 控制溶液的pH ①使金属离子全部转化氢氧化物沉淀，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关 常用试剂：①酸[稀HCl、H2SO4、HNO3(注意氧化性)]、酸性气体；②碱[NaOH、NH3·H2O]；③盐[Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3]；④金属氧化物 反应物用量或浓度 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(量不能太多,有时后续除杂时还会加碱,会多消耗碱)；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；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(或还原剂) ①转化为目标产物的价态；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] 加入沉淀剂 ①如加入硫化钠、硫化铵、硫化亚铁，转化为硫化物沉淀；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＋、Mg2＋ 加热煮沸 促进水解，聚沉后利于过滤分离 趁热过滤 防止某物质降温时会大量析出 控制温度 (常用水浴、冰水浴或油浴) 降温 ①防止某物质在高温时溶解、挥发(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；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，减少损失；④降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求等 升温 ①使溶液中的气体逸出；②使易挥发的物质挥发出来；③促进水解，聚沉后便于过滤分离 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会分解或挥发；③适宜的温度使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生等 2．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制 ①运用Ksp计算反应所需要的pH条件。 ②根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。 温度的控制 Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如图： （1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如右上图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为______________________________________。 （2）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示： 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO2·xH2O转化率% 92 95 97 93 88 分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________________________ _________________________________________________________。 【答案】（1）100℃、2 h或90℃、5 h （2）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 【解析】（1）由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100℃、2 h或90℃、5 h；（2）40℃时，TiO2·xH2O转化率最高；因低于40℃，TiO2·xH2O转化率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分解及氨气逸出，导致TiO2·xH2O转化率下降。 pH的控制 铟(In)作为一种稀有贵金属，广泛应用于很多高新领域。工业上从含铟废渣(主要成分是In3＋、Cl－，还含有少量Bi3＋、Pb2＋、Sn2＋等杂质)中提取粗铟的工艺流程如下图所示： 已知：①该工艺条件下，溶液中有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Fe3＋ In3＋ Fe2＋ 开始沉淀的pH 2.0 2.9 7.5 完全沉淀(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 5.0 9.7 ②氧化性：Fe3＋＞Bi3＋＞Sn2＋＞Fe2＋ 回答下列问题： （1）“中性水洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物。Sn2＋转化为SnO的离子方程式是________________________________________，该过程需加入大量水并加热，目的是____________________ ______________________________________________________________________。 （2）“酸浸”时，得到对应的硫酸盐，则“滤渣”的主要成分是________________(填化学式)。 （3）“净化”时，生成Bi的离子方程式是___________________________________________________。 （4）“富铟”时，“调pH”应控制的pH范围是____________________。 【答案】（1）Sn2＋＋H2OSnO＋2H＋ Sn2＋与H2O的反应属于吸热反应，加热促使Sn2＋转化为SnO；加水促进Sn2＋水解 （2）PbSO4 （3）2Bi3＋＋3Fe＝2Bi＋3Fe2＋ （4）5.0≤pH＜7.5 【解析】含铟废渣(主要成分是In3＋、Cl－，还含有少量Bi3＋、Pb2＋、Sn2＋等杂质)，“中性水洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物，加稀硫酸溶解，Pb2＋转化成硫酸铅除去，浸出液中含有Sn2＋、Bi3＋、In3＋等阳离子，加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，调节溶液pH，使In3＋沉淀，过滤得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3＋，再用Zn置换出In制得粗铟。 （1）“中性水洗”时，Sn2＋水解生成SnO，反应的离子方程式为Sn2＋＋H2OSnO＋2H＋，Sn2＋水解吸收热量，因此该过程需加入大量水并加热，目的是加热促使Sn2＋转化为SnO，同时加水促进Sn2＋水解；（2）由上述分析可知，加稀硫酸溶解，Pb2＋转化成硫酸铅，因此“滤渣”的主要成分PbSO4；（3）净化时加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，生成Bi的离子方程式为2Bi3＋＋3Fe＝2Bi＋3Fe2＋；（4）“富铟”时需要使In3＋完全沉淀同时Fe2＋不能沉淀，因此需要调节pH范围为5.0≤pH＜7.5。 【问题解决2】 （2022·江苏卷）实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： （2）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为__________(填序号)。 A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 （3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)CeA3(有机层)＋3H＋(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是___________________________ ____________________________________________________________________。 ②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。为使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_____________________________________________________________________(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_________________(填化学式)。 【答案】（2）B （3）①降低溶液中氢离子的浓度，促进Ce3＋的萃取平衡正向移动，提高Ce3＋的萃取率 ②适当提高稀硝酸浓度，多次萃取 ③Ce3＋、H＋ 【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，以此解题。 （2）反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3，故选B；（3）②根据萃取原理可知，反萃取应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3＋，过滤后溶液中Ce3＋离子浓度较小，H＋溶液也减小。 化工流程与反应原理 1．原理型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查考生运用化学平衡原理、化学反应与能量变化、电化学等知识来解决化工生产中实际问题的能力。 2．解答此类型题目的基本步骤是：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品；（2）分析流程中的每一步骤，如：每一步骤中反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制取产品有什么作用；（3）从题中获取信息，运用化学反应原理分析制备产品的最佳条件，帮助解题。 3．化学工艺流程图题常考查的主要化学反应原理 ① 沉淀溶解平衡的相关应用 ①沉淀的最小浓度控制；②沉淀的转化条件；③不同离子的分步沉淀 ② 反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用 ①反应速率的控制(如温度等)；②化学平衡的移动(如浓度、温度等)；③化学平衡常数的计算与应用；④反应条件的控制 ③ 盐类水解的具体应用 ①抑制盐的水解；②水解反应的规律；③水解反应的控制 ④ 氧化还原反应规律及其运用 ①反应的强弱规律；②反应的守恒规律；③反应的选择规律 4．试题中会出现一些化工术语如水(或酸)浸、苛化、煅烧、脱硫、提取、热过滤、水热处理、表面处理等，实际考查的是化学反应原理(包括化学平衡原理、水解原理)或相关实验操作，以及绿色化学观念和从经济的视角分析实际生产中各种问题的能力。因此试题的解答始于对各阶段流程的化学原理的分析。图示如下： （2023·无锡调研）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14。 NH3·H2O的电离常数为Kb＝1.8×10－5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10－2、Ka2＝5.6×10－5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2，该反应的离子方程式为__________________________________________________________。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高，Co2＋在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是________________________________ _______________________________________________________。 （3）“反萃取”的目的是将有机层中Co2＋转移到水层。使Co2＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有__________________________________________________________________________________(填两项)。 （4）“沉钴”时，可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4。 ①若用H2C2O4溶液作沉淀剂，反应Co2＋＋H2C2O4CoC2O4＋2H＋的平衡常数K的数值为________。 ②不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是_______________________________________________________________。 【答案】（1）2LiCoO2＋H2O2＋6H＋＝2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O （2）萃取产生H＋，随pH升高，H＋被消耗，促进萃取金属离子的反应正向进行 （3）适当提高稀硫酸浓度，调节溶液pH＜3，多次萃取、充分振荡 （4）①48 ②Na2C2O4溶液的碱性更强，易生成Co(OH)2沉淀 【解析】（1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2，由得失电子守恒和元素质量守恒，可写出反应的离子方程式：2LiCoO2＋H2O2＋6H＋＝2Li＋＋2Co2＋＋O2↑＋4H2O；（2）由萃取反应：Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)知，该过程可逆，并且萃取过程中生成H＋，随着pH升高c(H＋)减小，促进萃取平衡正向移动，MAn(有机层)增大，Co2＋萃取率增大；（3）“反萃取”的目的是将有机层中的Co2＋转移到水层，根据萃取反应：Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)知，可以控制酸度使反应逆向移动，因此可以适当提高稀硫酸的浓度，由图甲中萃取和pH关系曲线知，调节溶液pH＜3，并且采取多次萃取、充分振荡等措施；（4）①“沉钴”时，若用H2C2O4溶液作沉淀剂，反应的平衡常数K＝＝＝＝48；②由Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15可知，溶液pH过高时，Co2＋会生成Co(OH)2沉淀，Na2C2O4溶液的碱性较强，易生成Co(OH)2沉淀。 【问题解决3】 （2024·南通市如皋市高三上学期开学考）用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4•H2O的工艺流程如下： （1）基态Fe原子与基态Mn原子核外未成对电子数之比___________。 （2）FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，其晶胞如左下图示。 ①写出FeS2的电子式：_______________。 ②在图中用“□”标出其他位置的S22－。 （3）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如上右图所示。由“除铁”后的滤液制取较多MnSO4•H2O的操作是：____________________________________________________________________________ ________________________________________。 【答案】（1）4∶5 （2）①Fe2＋[∶∶∶]2－ ②其他位置的S22－位于各棱的棱心 （3）在80～90℃之间进行蒸发结晶，趁热过滤，再用80～90℃蒸馏水洗涤MnSO4•H2O晶体2～3次，最后真空干燥 【解析】废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)加硫酸酸溶，MgO和Fe2O3溶解，MnO2不溶，过滤后，固体MnO2在酸性条件下被硫铁矿(主要成分FeS2)还原，其反应为3MnO2＋2FeS2＋6H2SO4＝3MnSO4＋4S＋Fe2(SO4)3＋6H2O，加MnO2将Fe2＋氧化成Fe3＋，加CaCO3调节pH使Fe3＋水解生成Fe(OH)3，过滤得S和Fe(OH)3，硫酸锰的溶液，反应Ⅲ经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰产品。 （1）Fe原子序数26，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe原子核外未成对电子数为4；Mn原子序数25，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn原子核外未成对电子数为5；则原子核外未成对电子数之比：4∶5；（2）FeS2为离子化合物，其电子式：Fe2＋[∶∶∶]2－；参考氯化钠晶体结构，其他位置的S22－位于各棱的棱心；（3）根据溶解度曲线图，要从过滤所得的MnSO4溶液中获得较多MnSO4•H2O，应在80～90℃之间进行蒸发结晶，趁热过滤，再用80～90℃蒸馏水洗涤MnSO4•H2O晶体2～3次，最后真空干燥。 化工流程与实验技术 实验型化工流程题是以考查考生实验基础知识、基本操作及基本技能为主要目的的一类化工流程题。解答此类题时，应认真审题，找到该实验的目的。一般来说，该流程题只有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某一物质；另一目的就是利用某些物质制备另一物质。 无机化工流程题中的除杂、净化 常用的方法 水溶法 除去可溶性杂质 酸溶法 除去碱性杂质 碱溶法 除去酸性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易分解或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性溶液中的Fe3＋等 常用的操作 过滤(热滤或抽滤) 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 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 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如从溶液中提取NaCl 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 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 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平衡混合气体中的氨气 （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Mg2＋、Ca2＋)，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：12.4 g/100 g H2O 化合物 Ksp Mg(OH)2 5.6×10－12 Ca(OH)2 5.5×10－6 CaCO3 2.8×10－9 Li2CO3 2.5×10－2 回答下列问题： （1）“沉淀1”为_______________。 （2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是_________________________________________________。 （3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为________________、________________、洗涤。 （4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的LiHCO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3____________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________。 （5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由_____________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________。 【答案】（1）Mg(OH)2 （2）将Ca2＋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 （4）不稳定 Li＋＋HCO＝LiHCO3，2LiHCO3 ＝Li2CO3↓＋CO2↑＋H2O （5）能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果 【解析】（1）浓缩卤水中含有Mg2＋，当加入石灰乳后，转化为Mg(OH)2沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)2；（2）滤液1中含有Na＋、Li＋、Cl－和Ca2＋，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Ca2＋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Li2CO3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；（4）饱和LiCl和饱和NaHCO3等体积混合后，产生了LiHCO3和NaCl，随后LiHCO3分解产生了CO2和Li2CO3；（5）“滤液2”中含有LiOH，加入Na2CO3，目的是将LiOH转化为Li2CO3。若改为通入过量的CO2，则LiOH转化为LiHCO3，结合（4）的探究结果，LiHCO3也会很快分解产生Li2CO3，所以这一改动能达到相同的效果。 【问题解决4】 （2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·L－1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_____________(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____________________________________________________。 【答案】①Fe(OH)3 ②浸出初期，c(H＋)较大，铁的浸出率较大，约5 min后，溶液酸性减弱，Fe3＋水解生成Fe(OH)3进入滤渣 【解析】①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd2O3、Fe2O3均可溶于盐酸，得到含有NdCl3和FeCl3的溶液。由图中信息可知，Nd的浸出率逐渐增大，而Fe的浸出率先增大后逐渐减小，说明随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H＋的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为Fe(OH)3；②由①中分析可知，浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是：浸出初期，Fe2O3溶解，Fe的浸出率增大，约5 min随着Nd的浸出率增大，稀盐酸中的H＋的浓度逐渐减小，pH逐渐增大导致Fe3＋水解生成Fe(OH)3进入滤渣，Fe的浸出率又减小。 化工流程与图像分析 1．反应适宜条件选择：根据图像提供的数据，选择最佳的反应条件，如工业生产中控制反应条件时，选择达到较高“浸出率”的时间、温度等。 2．分析曲线变化原因：根据物质的物理性质、化学性质及有关原理解释曲线变化的趋势。 3．分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因：“浸出率”升高，一般是反应温度升高，反应速率加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高，“浸出率”反而下降，一般是因为反应试剂的分解或挥发。 （2023·徐州考前打靶）钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： （1）钪的萃取率(E%)与值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如图1所示。采用一次萃取时，应选择最合适的值为________。 （2）“沉钪”时得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图2所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 【答案】（1）1∶4 （2）温度低于80 ℃时，随温度升高，沉淀反应速率加快，钪的沉淀率上升(或随温度升高，草酸电离程度增大，草酸根离子浓度增大，钪的沉淀率上升)；温度高于80 ℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，致使钪的沉淀率下降 【解析】（1）由图1可知，值为1∶4时，E%比较高，当大于1∶4(如1∶2)时，处理的废酸液体积太小，当小于1∶4(如1∶6或1∶8)时，E%太低；（2）由图2可知，温度低于80 ℃时，随着温度的升高，沉淀反应速率加快，钪的沉淀率上升；温度高于80 ℃时，随着温度的升高，草酸钪的溶解度增大，导致钪的沉淀率下降。 【问题解决5】 2024·苏州）雷尼镍(Raney-Ni)为一种镍铝合金，是不饱和化合物(烯烃、炔烃等)氢化反应的高效催化剂。以铜镍渣(主要含Cu、Fe和Ni等金属)生产雷尼镍的流程如下： 已知：镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解释放出氢气而产生Ni2＋，耐强碱。 （1）“滤渣”的成分是______(填化学式)；“酸浸”时为了提高铜镍渣浸出的速率，可以在“酸浸”前采取的措施为____________________________________。 （2）在“除铁”步骤中先加入H2O2，其作用是_________________________________；而后加入NiO调节溶液pH至除铁完全。若用NaOH替代NiO_____(填“是”或“否”)会对镍的电解产生影响。 （4）硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)z·nH2O]常用于电镀领域。为测定其组成，进行如下实验： ①称取7.900 g样品，配成500 mL溶液A。 ②取50.00 mL溶液A，加足量NaOH浓溶液并加热，生成NH3 89.60 mL(标准状况)。 ③另取50.00 mL 溶液A，用0.05 mol·L－1 BaCl2标准溶液滴定其中的SO，进行三次平行实验，平均消耗80.00 mL BaCl2标准溶液。通过计算确定硫酸镍铵的化学式为_________________________________(Ni—59)。 【答案】（1）Cu 将铜镍渣研成粉末等 （2）将溶液中Fe2＋转化为Fe3＋ 是 （4）(NH4)2Ni(SO4)2·6H2O 【解析】（1）铜不与盐酸反应，因此“滤渣”的成分是Cu；“酸浸”时为了提高铜镍渣浸出的速率，可以在“酸浸”前将铜镍渣研成粉末；（2）在“除铁”步骤中先加入H2O2，其作用是将溶液中Fe2＋转化为Fe3＋，便于生成Fe(OH)3沉淀，而后加入NiO调节溶液pH至除铁完全；若用NaOH替代NiO，则Ni2＋与OH－反应生成Ni(OH)2沉淀，电解时Ni2＋的量减少；（4）7.900 g样品中含有n(NH)＝×＝0.04 mol，n(SO)＝0.05 mol/L×80.00×10－3 L×10＝0.04 mol，根据电荷守恒得到化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·nH2O，根据×2＝0.04 mol，解得n＝6，则硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·6H2O。 化工流程与计算 常见计算类型 类型 解题方法 物质 含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定 物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量； ②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量； ③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量； ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 多步滴定计算 ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 （2023·扬州中学模拟预测）用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O的工艺流程如下： ①取0.171 0 g MnSO4·H2O晶体样品，溶于水并加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为MnO，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液，加入0.469 0 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，用去标准溶液20.00 mL，计算样品中MnSO4·H2O的质量分数__________________(写出详细计算过程)。 C2O发生的反应为MnO＋C2O＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。 ②若实验测定MnSO4·H2O样品的纯度大于100%，可能的原因是___________________________________ ___________________________(忽略操作过程中的误差)。 【答案】①98.83%(计算过程见解析) ②晶体样品可能失去部分结晶水 【解析】①0.469 0 g Na2C2O4的物质的量为0.003 5 mol，其被样品中MnSO4生成的MnO和加入的20.00 mL 0.020 0 mol·L－1 KMnO4氧化。根据电子守恒得2MnO～5C2O，设样品中MnSO4·H2O物质的量为x，则2.5(x＋0.020 0×0.020 0)＝0.003 5 mol，解得：x＝0.001 mol，m(MnSO4·H2O)＝169×0.001＝0.169 0 g，MnSO4·H2O样品的纯度为×100%＝98.83%；②若晶体样品失去结晶水，而在数据处理时以“MnSO4·H2O”计算，会使得MnSO4·H2O质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。 1．（2024•南通市如皋市高三上学期开学考）实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2＋、Mn2＋，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程如图甲所示，S2O82－具有强氧化性，易被还原为SO42－，S2O82－的结构如图乙所示。下列说法正确的是 A．“除锰”反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O＝2SO42－＋MnO2↓＋4H＋ B．“除锰”反应中每消耗1 mol S2O82－，硫元素共得到2 mol电子 C．试剂X可以选用Zn、ZnO等物质 D．滤液中一定大量存在阳离子有Na＋、NH和Zn2＋ 【答案】A 【解析】向含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀且将Fe2＋氧化为Fe3＋，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入氨水和NH4HCO3沉锌生成碳酸锌ZnCO3。 A项，含锌废液中加入Na2S2O8溶液，发生氧化还原反应生成MnO2沉淀，反应中锰元素化合价由＋2变为＋4，S2O82－中过氧根中氧元素化合价由－1变为－2，根据电子守恒可知，“除锰”反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O＝2SO42－＋MnO2↓＋4H＋，正确；B项，“除锰”反应中S2O82－中过氧根中氧元素化合价由－1变为－2，则每消耗1 mol S2O82－，氧元素共得到2 mol电子，错误；C项，溶液中Fe3＋能与锌反应生成Fe2＋和Zn2＋，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，错误；D项，根据分析，锰、铁、锌转化为沉淀，则滤液中不会大量存在锌离子，错误。 2．（2023·苏北四市一调）工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿(主要含SrSO4)和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。 （1）煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图1所示，最佳煅烧温度为______________。 （2）天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图2所示。天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5∶1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 【答案】（1）1 200 ℃ （2）若煤粉量过少，还原剂不足，SrSO4不能被完全还原成SrS(或煤粉量过少，还原剂不足，回转窑中氧气能将部分SrS氧化为SrSO4，使硫酸锶转化率下降) 【解析】（1）由图1可知，随着温度的升高，硫酸锶的转化率升高，1 200 ℃以后硫酸锶转化率没有明显变化，故选择1 200 ℃；（2）天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5∶1后，煤粉的量不足，不能使硫酸锶充分被还原，或生成的SrS又被回转窑中的O2重新氧化为SrSO4，从而导致SrSO4转化率下降。 3．（1）（2023·苏锡常镇一调）Co2＋的萃取率随pH的变化如图1所示。已知：萃取时发生的反应为Co2＋＋n(HA)2CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。Co2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 （2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图2所示。可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为______________________。 （3）酸浸时，若使钛的浸取率η达到90%，则根据如图3所示判断工业上应采取的适宜条件：酸浓度和液固比的取值分别约为__________、________。 （4）图4为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，若使锰浸出率达到85%，根据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在________%左右。 图1 图2 图3 图4 【答案】（1）当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H＋)减小，平衡向正反应方向移动，更多的Co2＋与萃取剂反应，当pH＞6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH－)增大，Co2＋与OH－形成Co(OH)2沉淀 （2）100 ℃、3 h左右 （3）40% 6 （4）40 4．（2024·苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： 已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH ＜1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 ＞13.0 主要存在形式 VO2＋ V2O5 多钒酸根 VO3－ 多钒酸根 VO43－ 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 （2）通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知VO3－能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为： VO3－(水层)＋ROH(有机层)RVO3(有机层)＋OH－(水层)。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是___________________________________。 ②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是_______________________________。 （3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是______________________________________________。 【答案】（2）①使溶液中的钒微粒以VO3－形式存在；减小c(OH－)，有利于向萃取方向进行，提高VO3－的萃取率 ②pH升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3－的反萃取率增大；但c(OH－)过大，＋5价钒主要以VO43－或多钒酸根的形式存在，VO3－的反萃取率减小 （3）温度过高，NH3·H2O受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3的析出 【解析】钒渣用硫酸、MnO2“酸浸”将VO＋转化为VO2＋；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液；NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液得到NH4VO3沉淀，NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。 （2）①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式知，萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是：使溶液中的钒微粒以VO3－形式存在；同时H＋与OH－结合成H2O，c(OH－)减小，有利于向萃取方向进行，提高VO3－的萃取率；②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是：pH升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO3－的反萃取率增大；但c(OH－)过大，＋5价钒主要以VO43－或多钒酸根的形式存在，VO3－的反萃取率减小；（3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀，由于溶液呈碱性故有NH3·H2O生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是：温度过高，NH3•H2O受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH4VO3的析出。 5．（2025·江苏苏州市开学考）以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、IiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，部分实验流程如下： I．精制FeSO4 （1）“除钛”时，利用TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀。 ①TiO2＋水解的离子方程式为____________________________________。 ②加入Fe粉的作用是___________________________________。 （2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2＋和Ca2＋沉淀完全时，溶液中F－浓度最小值为___________mol·L－1。[已知：Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol·L－1认为沉淀完全] Ⅱ．制铁红(Fe2O3) 方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红。 （3）补充完成由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，___________，干燥，得到FeCO3。[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5] （4）70℃时，O2将FeCO3的化学方程式为_______________________________________。 方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （5）NaNO2、H2SO4产生的NOx作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄。其中NO作催化剂时分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________。 （6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于40℃时，铁黄产率下降的原因可能是___________________________________________________________________________。 【答案】（1）①TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3＋2H＋ ②将Fe3＋还原为Fe2＋ （2）2.74×10－3 （3）冷却结晶，过滤，洗涤 （4）4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2 （5）4Fe(NO)2＋＋O2＋6H2O＝4FeOOH＋4NO＋8H＋ （6）温度越高，气体溶解度越小，催化剂NOx，会从水中逸出 【解析】Ⅰ．以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、TiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，工业钛白副产品加热水溶解，加入铁粉TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀，过滤，向滤液中加入氟化铵，生成氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到硫酸亚铁精制液，经过一系列操作得到氧化铁。Ⅱ．方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红；方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （1）①TiO2＋水解生成H2TiO3，离子方程式为：TiO2＋＋2H2O＝H2TiO3＋2H＋；②加入Fe粉的作用是将Fe3＋还原为Fe2＋；（2）由氟化钙和氟化镁的溶度积常数可知，氟化镁若完全沉淀，则氟化钙亦完全沉淀，则氟离子浓度最小为：c(F－)＝＝≈2.74×10－3 mol·L－1；（3）由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70°C下将精制液浓缩成饱和溶液，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；（4）70°C时，O2氧化FeCO3生成氧化铁和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2；（5）用NO作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄时，分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步为Fe(NO)2＋与氧气、水反应生成铁黄，离子方程式为：4Fe(NO)2＋＋O2＋6H2O＝4FeOOH＋4NO＋8H＋；（6）温度越高，气体溶解度越小，催化剂NOx，会从水中逸出，则生成铁黄产率下降。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 请每天用5分钟预习下一讲的复习内容！ 学科网（北京）股份有限公司 $$微专题突破6 无机化工流程题透视 问题的态度：问则少；辩则明 2025届高三化学第二轮复习 微专题突破6 无机化工流程题透视 知之者不如好之者，好之者不如乐之者——孔子 1．知道化工生产术语及意义，了解流程题构成特点，会分析各步操作的作用。 2．能解释物质制备中反应条件控制的目的、会对混合物进行分离提纯。 3．能根据有关原理解释图像曲线变化的原因。 【规律点和易错点】孙猴子七十二般变化，都逃不出你的手心 1．化工流程题的结构 2．设问形式 ① 物质的分离 利用控制pH分离、利用溶解度分离、根据萃取、反萃取与离子交换分离 ② 反应条件的控制 温度、压强、催化剂、原料配比、pH、溶剂等 ③ 反应原理 化学平衡、水解平衡、化学反应速率、反应热、电化学等 ④ 绿色化学问题 物质循环利用(*)、废物的处理、原子利用率、能量充分利用等 ⑤ 化工安全 防爆、防污染、防中毒等 ⑥ 核心考点 物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产率的计算 (*)循环物质的确定：一是在方框旁标出每一步物质的化学式，二是前面加入的物质若后续步骤中又重新生成，则是可循环利用的物质(常为滤渣、滤液中的物质)，三是从流程图上看：箭头回头的物质；四是若是可逆反应则有可循环利用的物质。 3．解题顺序 4．过程解读 5．答题模板 5．表述性词汇“十大答题方向” 化工生产流程和综合实验题中经常会出现一些表述性词语，这些表述性词语就是隐性的信息，它可以暗示我们所应考虑的答题角度。 ① 控制较低温度 常考虑物质的挥发、物质的不稳定性和物质的转化等 ② 加过量试剂 常考虑反应完全或增大转化率、提高产率等 ③ 能否加其他物质 常考虑会不会引入杂质或是否影响产品的纯度 ④ 在空气中或在其他气体中 主要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应 或达到防氧化、防水解、防潮解等目的 ⑤ 判断沉淀是否洗净 常取少量最后一次洗涤液置于试管中，向其中滴加某试剂，以检验某种离子是否存在 ⑥ 检验某物质的设计方案 通常取少量某液体置于试管中，加入另一试剂，通过产生的某种现象得出结论 ⑦ 控制pH 常考虑防水解、促进生成沉淀或除去杂质等 ⑧ 用某些有机试剂清洗 常考虑降低物质溶解度有利于析出、减少损耗和提高利用率等 ⑨ 趁热过滤(或冰水洗涤)的目的 防止某些物质降温时会析出(或升温时会溶解)而带入新的杂质 ⑩ 反应中采取加热措施的作用 一般是为了增大反应速率或加速某固体的溶解 6．答题模板 ⑴ 除杂 除去……中的…… ⑵ 干燥 除去……气体中的水蒸气，防止…… ⑶ 增大原料浸出率(离子在溶液中的含量多少)的措施 搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压强)，增大气液或固液接触面积 ⑷ 加热的目的 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向)移动 ⑸ 温度不高于××℃的原因 适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解(如H2O2、NH4HCO3)、氧化(如Na2SO3)或促进水解(如AlCl3)等，影响产品的生成 ⑹ 从滤液中提取溶解度随温度升高而增大晶体的方法 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 ⑺ 混合液中提取物溶解度随温度升高增大而杂质溶解度受温度影响较小 蒸发浓缩、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 ⑻ 减压蒸馏(减压蒸发)的原因 减小压强，使液体沸点降低，防止(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3)受热分解、挥发 ⑼ 检验溶液中离子是否沉淀完全的方法 将溶液静置一段时间后，向上层清液中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则离子沉淀完全 ⑽ 洗涤沉淀 沿玻璃棒往漏斗中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次 ⑾ 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 ⑿ 洗涤沉淀的目的 除掉附着在沉淀表面的可溶性杂质 ⒀ 冰水洗涤的目的 洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗 ⒁ 乙醇洗涤的目的 降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物(乙醇易挥发,可迅速干燥) ⒂ 蒸发、反应时的气体氛围 抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl3溶液时为获得AlCl3需在HCl气流中进行 ⒃ 事先煮沸溶液的原因 除去溶解在溶液中的氧化性气体(如氧气)，防止某物质被氧化 ⒄ 沉淀时pH范围的确定 pH过小导致某离子沉淀不完全，pH过大导致主要离子开始沉淀 7．常考试剂的作用 类别 物质 作用 氧化剂 H2O2、HNO3、空气、次氯酸盐、KMnO4、MnO2等 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 还原剂 SO2、Na2SO3、I－、金属单质等 还原某些氧化性物质，便于后续分离，如还原Fe3＋等 酸 HCl、H2SO4、HNO3等 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解(沉淀)，H2SO4可提供SO42－作沉淀剂 碱 NaOH、NH3·H2O等 去除油污；调节pH促进水解(沉淀)；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、二氧化硅 碳酸盐 Na2CO3、(NH4)2CO3等 调节pH使某些离子沉淀；提供CO32－使某些离子（如Cu2＋①、Ca2＋、Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 碳酸 氢盐 NaHCO3、NH4HCO3 调pH使某些离子沉淀；提供HCO3－使某些离子{如[Al(OH)4]－]、Fe3＋③、Al3＋、Cr3＋、Fe2＋④、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等}沉淀；相对于碳酸盐，碳酸氢盐可避免溶液碱性过强而使金属离子转化为氢氧化物 草酸盐 Na2C2O4 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 硫化物 H2S、Na2S、(NH4)2S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2CO32－＋H2O＝Cu2(OH)2CO3↓＋CO2↑；②发生反应：[Al(OH)4]－＋HCO3－＝Al(OH)3↓＋CO32－＋H2O；③发生反应：Fe3＋＋3HCO3－＝Fe(OH)3↓＋3CO2↑；④发生反应：Fe2＋＋2HCO3－＝FeCO3↓＋CO2↑＋H2O。 8．创新考查——萃取与反萃取 萃取原理 萃取则是利用物质性质由一个液相转移到另一个液相的分离方法。萃取的作用是：从矿石的浸出液中，提取和富集有价值金属，分离化学性质相近的金属离子 萃取步骤 萃取的操作步骤一般是首先将水溶液(料液)与有机溶剂(或溶液)充分混合，然后利用两相的密度不同静置分相。分出的称为萃取液，有机相称为负载有机相，被萃入到有机相中去的物质称为被萃取物(起富集或分离作用) 反萃取 被萃取物萃入有机相后，一般需要使其重新返回水相，此时把负载有机相与反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液，也可以是纯水)接触，使被萃取物转入水相，这一过程相当于萃取的逆过程，故称为反萃取 9．工业流程常见专业术语 浸出 固体加水（酸）溶解得到离子 浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少 酸浸 在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程 水洗 通常为除去水溶性杂质（滤液淋洗——减少沉淀的溶解；冷水洗涤——减少沉淀的溶解；酒精洗涤——减少晶体溶解，得到较干燥的沉淀） 水浸 与水接触反应或溶解 提高“浸出率 ①将矿石粉碎；②适当加热；③充分搅拌；④适当提高浸取液的浓度；⑤适当延长浸取时间等 （2023·江苏）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO4·H2O，其实验过程可表示为 （1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代数关系式为K＝____________________________________________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有________________(填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料 B．加快搅拌速率 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 （2）在催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4。已知MgSO3的溶解度为0.57 g (20℃)，O2氧化溶液中SO的离子方程式为__________________________________；在其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是__________________________________________________________ ____________________________________。 【问题解决1】 （2023·南京模拟）纳米氧化锌是一种新型无机功能材料。以氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe2O3、FeO、MnO、CuO)为原料制备纳米氧化锌的工艺流程如图： 如表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为0.1 mol·L－1计算)。 金属离子 Fe3＋ Fe2＋ Cu2＋ Zn2＋ Mn2＋ 开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.0 6.2 8.1 完全沉淀的pH 2.8 8.3 8.0 8.2 10.1 （1）“浸取”过程中盐酸不宜过量太多，其可能原因是______________________________________________ ______________________________。 （2）“滤渣1”的成分是MnO2、Fe(OH)3。“氧化除杂”过程中KMnO4与Mn2＋发生反应的离子方程式为_______________________________________________________，溶液pH范围应控制在___________________。 化工流程与条件控制 1．流程中反应条件的控制 条件控制 答题指导 控制溶液的pH ①使金属离子全部转化_______________沉淀，以达到除去金属离子的目的；②抑制盐类水解；③促进盐类水解生成沉淀，有利于过滤分离；④金属离子的萃取率与溶液的pH密切相关 常用试剂：①酸[稀HCl、H2SO4、HNO3(注意氧化性)]、酸性气体；②碱[NaOH、NH3·H2O]；③盐[Na2CO3、NaHCO3、NH4HCO3]；④金属氧化物 反应物用量或浓度 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(量不能太多,有时后续除杂时还会加碱,会多消耗碱)；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；③增大物质浓度可以加快___________，使平衡发生移动等 加入氧化剂(或还原剂) ①转化为目标产物的价态；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_________沉淀除去] 加入沉淀剂 ①如加入硫化钠、硫化铵、_________，转化为硫化物沉淀；②加入可溶性碳酸盐，生成碳酸盐沉淀；③加入_________，除去Ca2＋、Mg2＋ 加热煮沸 促进水解，聚沉后利于过滤分离 趁热过滤 防止某物质降温时会_________ 控制温度 (常用水浴、冰水浴或油浴) 降温 ①防止某物质在高温时_________、挥发(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；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____________，减少损失；④降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求等 升温 ①使溶液中的气体_________；②使易挥发的物质_________出来；③促进水解，聚沉后便于____________ 控温 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如H2O2、草酸、浓硝酸、铵盐等)温度过高时会_________或挥发；③适宜的温度使催化剂的活性达到最好；④防止____________的发生等 2．结合沉淀溶解平衡进行的条件控制 ①运用Ksp计算反应所需要的pH条件。 ②根据题目要求计算某条件下的离子浓度、需要加入的试剂量等。 温度的控制 Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如图： （1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如右上图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为______________________________________。 （2）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示： 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO2·xH2O转化率% 92 95 97 93 88 分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_______________________________________________________ _________________________________________________________。 pH的控制 铟(In)作为一种稀有贵金属，广泛应用于很多高新领域。工业上从含铟废渣(主要成分是In3＋、Cl－，还含有少量Bi3＋、Pb2＋、Sn2＋等杂质)中提取粗铟的工艺流程如下图所示： 已知：①该工艺条件下，溶液中有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Fe3＋ In3＋ Fe2＋ 开始沉淀的pH 2.0 2.9 7.5 完全沉淀(c＝1.0×10－5 mol·L－1)的pH 3.2 5.0 9.7 ②氧化性：Fe3＋＞Bi3＋＞Sn2＋＞Fe2＋ 回答下列问题： （1）“中性水洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物。Sn2＋转化为SnO的离子方程式是________________________________________，该过程需加入大量水并加热，目的是____________________ ______________________________________________________________________。 （2）“酸浸”时，得到对应的硫酸盐，则“滤渣”的主要成分是________________(填化学式)。 （3）“净化”时，生成Bi的离子方程式是___________________________________________________。 （4）“富铟”时，“调pH”应控制的pH范围是____________________。 【问题解决2】 （2022·江苏卷）实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下： （2）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2(CO3)3的加料方式为__________(填序号)。 A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中 B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中 （3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3＋能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3＋(水层)＋3HA(有机层)CeA3(有机层)＋3H＋(水层) ①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是___________________________ ____________________________________________________________________。 ②反萃取的目的是将有机层Ce3＋转移到水层。为使Ce3＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_____________________________________________________________________(填两项)。 ③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_________________(填化学式)。 化工流程与反应原理 1．原理型化工流程题是以物质制备流程为主线，主要考查考生运用化学平衡原理、化学反应与能量变化、电化学等知识来解决化工生产中实际问题的能力。 2．解答此类型题目的基本步骤是：（1）从题干中获取有用信息，了解生产的产品；（2）分析流程中的每一步骤，如：每一步骤中反应物是什么，发生了什么反应，该反应造成了什么后果，对制取产品有什么作用；（3）从题中获取信息，运用化学反应原理分析制备产品的最佳条件，帮助解题。 3．化学工艺流程图题常考查的主要化学反应原理 ① 沉淀溶解平衡的相关应用 ①沉淀的最小浓度控制；②沉淀的转化条件；③不同离子的分步沉淀 ② 反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用 ①反应速率的控制(如温度等)；②化学平衡的移动(如浓度、温度等)；③化学平衡常数的计算与应用；④反应条件的控制 ③ 盐类水解的具体应用 ①抑制盐的水解；②水解反应的规律；③水解反应的控制 ④ 氧化还原反应规律及其运用 1 反应的________规律；②反应的________规律；③反应的选择规律 4．试题中会出现一些化工术语如水(或酸)浸、苛化、煅烧、脱硫、提取、热过滤、水热处理、表面处理等，实际考查的是化学反应原理(包括化学平衡原理、水解原理)或相关实验操作，以及绿色化学观念和从经济的视角分析实际生产中各种问题的能力。因此试题的解答始于对各阶段流程的化学原理的分析。图示如下： （2023·无锡调研）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO2及少量Al、Fe等)为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co(OH)2]＝1.6×10－15，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8，Ksp(CoCO3)＝1.4×10－14。 NH3·H2O的电离常数为Kb＝1.8×10－5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10－2、Ka2＝5.6×10－5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2＋并放出O2，该反应的离子方程式为__________________________________________________________。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂(用HA表示)萃取金属离子的原理可表示为Mn＋＋nHA(有机层)MAn(有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有机磷萃取剂中的萃取率与pH的关系如图所示。随pH的升高，Co2＋在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是________________________________ _______________________________________________________。 （3）“反萃取”的目的是将有机层中Co2＋转移到水层。使Co2＋尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有__________________________________________________________________________________(填两项)。 （4）“沉钴”时，可加入H2C2O4溶液或(NH4)2C2O4溶液反应制得CoC2O4。 ①若用H2C2O4溶液作沉淀剂，反应Co2＋＋H2C2O4CoC2O4＋2H＋的平衡常数K的数值为________。 ②不能用Na2C2O4溶液代替(NH4)2C2O4溶液的原因是_______________________________________________________________。 【问题解决3】 （2024·南通市如皋市高三上学期开学考）用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4•H2O的工艺流程如下： （1）基态Fe原子与基态Mn原子核外未成对电子数之比___________。 （2）FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，其晶胞如左下图示。 ①写出FeS2的电子式：_______________。 ②在图中用“□”标出其他位置的S22－。 （3）已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如上右图所示。由“除铁”后的滤液制取较多MnSO4•H2O的操作是：____________________________________________________________________________ ________________________________________。 化工流程与实验技术 实验型化工流程题是以考查考生实验基础知识、基本操作及基本技能为主要目的的一类化工流程题。解答此类题时，应认真审题，找到该实验的目的。一般来说，该流程题只有两个目的：一是从混合物中分离、提纯某一物质；另一目的就是利用某些物质制备另一物质。 无机化工流程题中的除杂、净化 常用的方法 水溶法 除去______性杂质 酸溶法 除去___性杂质 碱溶法 除去___性杂质 氧化剂或还原剂法 除去还原性或氧化性杂质 加热灼烧法 除去受热易______或易挥发的杂质 调节溶液的pH法 如除去酸性溶液中的Fe3＋等 常用的操作 过滤(热滤或抽滤) 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用______过滤或者______等方法 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 蒸发结晶 提取溶解度随温度变化______的溶质，如从溶液中提取NaCl 冷却结晶 提取溶解度随温度变化______的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等 蒸馏或分馏 分离______不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇或甘油 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平衡混合气体中的氨气 （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Mg2＋、Ca2＋)，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：12.4 g/100 g H2O 化合物 Ksp Mg(OH)2 5.6×10－12 Ca(OH)2 5.5×10－6 CaCO3 2.8×10－9 Li2CO3 2.5×10－2 回答下列问题： （1）“沉淀1”为_______________。 （2）向“滤液1”中加入适量固体Li2CO3的目的是_________________________________________________。 （3）为提高Li2CO3的析出量和纯度，“操作A”依次为________________、________________、洗涤。 （4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2CO3。查阅资料后，发现文献对常温下的LiHCO3有不同的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO3的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO3溶液等体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该实验条件下LiHCO3____________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________。 （5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2CO3改为通入CO2。这一改动能否达到相同的效果，作出你的判断并给出理由_____________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________。 【问题解决4】 （2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼(Nd2Fe14B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd2O3、Fe2O3等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·L－1盐酸酸浸后过滤得到NdCl3溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 ①含铁滤渣的主要成分为_____________(填化学式)。 ②浸出初期Fe浸出率先上升后下降的原因是_____________________________________________________。 化工流程与图像分析 1．反应适宜条件选择：根据图像提供的数据，选择最佳的反应条件，如工业生产中控制反应条件时，选择达到较高“浸出率”的时间、温度等。 2．分析曲线变化原因：根据物质的物理性质、化学性质及有关原理解释曲线变化的趋势。 3．分析“浸出率”图表，解释“浸出率”高低变化的原因：“浸出率”升高，一般是反应温度升高，______________加快；但当“浸出率”达到最大值后，温度升高，“浸出率”反而下降，一般是因为反应试剂的______或挥发。 （2023·徐州考前打靶）钪(Sc)广泛应用于航空航天、超导、核能等领域。从钛白水解工业废酸(含Sc3＋、TiO2＋、Mn2＋、H＋、SO等离子)中提取Sc2O3的一种工艺流程如下： （1）钪的萃取率(E%)与值[萃取剂体积(O)和废酸液体积(A)之比]的关系如图1所示。采用一次萃取时，应选择最合适的值为________。 （2）“沉钪”时得到Sc2(C2O4)3·6H2O沉淀。“沉钪”时测得相同时间钪的沉淀率随温度的变化如图2所示，随温度升高钪的沉淀率先升高后降低的可能原因是________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 【问题解决5】 2024·苏州）雷尼镍(Raney-Ni)为一种镍铝合金，是不饱和化合物(烯烃、炔烃等)氢化反应的高效催化剂。以铜镍渣(主要含Cu、Fe和Ni等金属)生产雷尼镍的流程如下： 已知：镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解释放出氢气而产生Ni2＋，耐强碱。 （1）“滤渣”的成分是______(填化学式)；“酸浸”时为了提高铜镍渣浸出的速率，可以在“酸浸”前采取的措施为____________________________________。 （2）在“除铁”步骤中先加入H2O2，其作用是_________________________________；而后加入NiO调节溶液pH至除铁完全。若用NaOH替代NiO_____(填“是”或“否”)会对镍的电解产生影响。 （4）硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)z·nH2O]常用于电镀领域。为测定其组成，进行如下实验： ①称取7.900 g样品，配成500 mL溶液A。 ②取50.00 mL溶液A，加足量NaOH浓溶液并加热，生成NH3 89.60 mL(标准状况)。 ③另取50.00 mL 溶液A，用0.05 mol·L－1 BaCl2标准溶液滴定其中的SO，进行三次平行实验，平均消耗80.00 mL BaCl2标准溶液。通过计算确定硫酸镍铵的化学式为_________________________________(Ni—59)。 化工流程与计算 常见计算类型 类型 解题方法 物质 含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量 确定 物质化学式的计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的_______________； ②根据电荷守恒，确定出_________离子的物质的量； ③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量； ④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 多步滴定计算 ①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量 （2023·扬州中学模拟预测）用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O的工艺流程如下： ①取0.171 0 g MnSO4·H2O晶体样品，溶于水并加硫酸酸化，用过量NaBiO3(难溶于水)将其完全氧化为MnO，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液，加入0.469 0 g Na2C2O4固体，充分反应后，用0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，用去标准溶液20.00 mL，计算样品中MnSO4·H2O的质量分数__________________(写出详细计算过程)。 C2O发生的反应为MnO＋C2O＋H＋―→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。 ②若实验测定MnSO4·H2O样品的纯度大于100%，可能的原因是___________________________________ ___________________________(忽略操作过程中的误差)。 1．（2024•南通市如皋市高三上学期开学考）实验室以含锌废液(主要成分为ZnSO4，还含有少量的Fe2＋、Mn2＋，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO3的实验流程如图甲所示，S2O82－具有强氧化性，易被还原为SO42－，S2O82－的结构如图乙所示。下列说法正确的是 A．“除锰”反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O＝2SO42－＋MnO2↓＋4H＋ B．“除锰”反应中每消耗1 mol S2O82－，硫元素共得到2 mol电子 C．试剂X可以选用Zn、ZnO等物质 D．滤液中一定大量存在阳离子有Na＋、NH和Zn2＋ 2．（2023·苏北四市一调）工业上还可用碳还原法制备高纯硫酸锶。将天青石精矿(主要含SrSO4)和煤粉按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO4。 （1）煅烧温度对SrSO4转化率的影响如图1所示，最佳煅烧温度为______________。 （2）天青石精矿和煤粉质量比对SrSO4转化率的影响如图2所示。天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5∶1后，SrSO4转化率下降的可能原因是_________________________________________________________________ _______________________________________________________________________。 3．（1）（2023·苏锡常镇一调）Co2＋的萃取率随pH的变化如图1所示。已知：萃取时发生的反应为Co2＋＋n(HA)2CoA2·(n－1)(HA)2＋2H＋。Co2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 （2）“酸浸”实验中，镁的浸出率结果如图2所示。可知，当镁的浸出率为80%时，所采用的实验条件为______________________。 （3）酸浸时，若使钛的浸取率η达到90%，则根据如图3所示判断工业上应采取的适宜条件：酸浓度和液固比的取值分别约为__________、________。 （4）图4为黄铁矿的质量分数对锰浸出率的影响，若使锰浸出率达到85%，根据图中信息，黄铁矿的质量分数应保持在________%左右。 图1 图2 图3 图4 4．（2024·苏州调研期初）五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备V2O5的一种流程如下： 已知：i．NaVO3溶于水，NH4VO3难溶于水。 ii．部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式： pH ＜1.0 1.0～4.0 4.0～6.0 6.0～8.5 8.5～13.0 ＞13.0 主要存在形式 VO2＋ V2O5 多钒酸根 VO3－ 多钒酸根 VO43－ 备注 多钒酸盐在水中溶解度较小 （2）通过“调pH、萃取、反萃取”等过程，可制得NaVO3溶液。 已知VO3－能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为： VO3－(水层)＋ROH(有机层)RVO3(有机层)＋OH－(水层)。 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是___________________________________。 ②反萃取中，VO3－反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是_______________________________。 （3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液，析出NH4VO3沉淀。沉钒温度需控制在70℃左右，温度不能过高的原因是______________________________________________。 5．（2025·江苏苏州市开学考）以工业钛白副产品(主要成分FeSO4•7H2O，含少量MgSO4、IiOSO4、CaSO4)为原料制备铁红(Fe2O3)，部分实验流程如下： I．精制FeSO4 （1）“除钛”时，利用TiOSO4电离出的TiO2＋水解，生成H2TiO3沉淀。 ①TiO2＋水解的离子方程式为____________________________________。 ②加入Fe粉的作用是___________________________________。 （2）“除镁钙”时，当溶液中Mg2＋和Ca2＋沉淀完全时，溶液中F－浓度最小值为___________mol·L－1。[已知：Ksp(CaF2)＝1.0×10－10，Ksp(MgF2)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol·L－1认为沉淀完全] Ⅱ．制铁红(Fe2O3) 方法一：FeSO4精制液与NH4HCO3溶液反应生成FeCO3沉淀，再用O2将FeCO3氧化为铁红。 （3）补充完成由FeSO4精制液制备FeCO3的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，___________，干燥，得到FeCO3。[FeCO3沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH)2开始沉淀的pH＝6.5] （4）70℃时，O2将FeCO3的化学方程式为_______________________________________。 方法二：精制液与NaNO2、H2SO4、O2反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 （5）NaNO2、H2SO4产生的NOx作催化剂，使精制FeSO4溶液被O2氧化为铁黄。其中NO作催化剂时分两步进行：第一步反应为Fe2＋＋NO＝Fe(NO)2＋，第二步反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________。 （6）实验测得铁黄产率随反应液温度变化情况如图所示。当温度高于40℃时，铁黄产率下降的原因可能是___________________________________________________________________________。 2 细节决定成败 目标成就未来 找出试题的“命题点”、“关键点”、“易错点” 2 请每天用5分钟预习下一讲的复习内容！ 学科网（北京）股份有限公司 $$