第3章 4.微专题1 化工流程题解题策略（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考化学大一轮复习学案

该高中化学高考复习课件聚焦“化工流程题”专题，依据高考评价体系覆盖原料预处理、反应条件控制、分离提纯、物质循环等核心考点，通过分析近五年真题明确“反应条件控制”“分离提纯操作”等高频考点权重，归纳“成分分析”“化合价判断”等常考题型，构建系统解题框架。 课件亮点在于“考点拆解+真题精析+素养融合”，如以2025福建厦门质检题为例，解析原料粉碎提高浸出率的科学原理（科学思维），结合温度控制中“防止物质分解”的答题模板（化学观念），培养学生证据推理与模型认知能力。特设“易错点警示”和“流程分析步骤”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

微专题1 化工流程题解题策略 返回目录 一、化工流程图的结构特点 返回目录 　 解题技巧 　　①读题时可先对比原料与产品的成分,初步分析生产过程中保留了哪些元素或物 质,除去了哪些元素或物质,引入了哪些成分,结合流程图分析杂质元素在哪些工序中被 除去。 ②比较原料与产品中主要元素的化合价是否一致,若升高或降低,要结合流程图找出生 产过程中可能用到的氧化剂或还原剂;若不变,中间过程中加入的氧化剂或还原剂一般 是为了除去杂质等。 返回目录 二、化工流程中的操作 1.原料的预处理 预处理操作 说明 粉碎、研磨、 球磨、乳化 作用:增大反应物接触面积,加快反应速率,使反应更充分,提高原料利用率 返回目录 浸取 作用 使原料转化为离子进入溶液中 类型 水浸:溶解、过滤,分离溶解性不同的 物质 酸浸:使原料中的碱性物质、两性物 质、活泼金属等溶解进入溶液。注 意酸的性质以及对后续操作的影响, 如用硫酸浸取,若体系中存在Ba2+、 Ca2+、Pb2+等会形成相应的硫酸盐沉 淀,过滤可除去,但因CaSO4微溶,可能 会进行二次除杂(除尽Ca2+);如用盐酸 浸取,需要控制反应温度防止HCl大 量挥发,后续若加入ClO-、Mn 等氧 化剂时会与Cl-反应产生Cl2 返回目录 浸取 类型 碱浸:使原料中的酸性物质、两性物 质、部分金属、Si等溶解进入溶液; 也可除去原料中的油污 盐浸:利用盐类的水解调节溶液pH (相当于酸浸或碱浸),或与原料中的 成分发生氧化还原反应 提高浸出 率的方法 适当升温、适当增大酸(或碱)的浓 度、将矿石粉碎(减小矿粉的粒径)、 搅拌、超声、延长浸取时间等 焙烧、煅烧、 灼烧 作用:①使热稳定性差的物质发生分解,便于后续提取; ②除去原料中的可燃性杂质(木炭、有机化合物等); ③将低价元素氧化为高价元素(例如将金属硫化物中的硫元素转化为SO2而 除去) 返回目录 2.反应条件的控制 (1)改变温度要达到的目的 ①改变反应速率。 ②改变物质的溶解度(注意气体溶解度随温度升高而减小)。 ③防止物质分解或挥发(H2O2、NH3·H2O、铵盐、硝酸等易分解,有机溶剂、气体等易 挥发)。 ④促进或抑制平衡移动(例如水解平衡)。 ⑤催化剂的活性在某温度下达到最高。 ⑥防止副反应发生。 返回目录 　 方法技巧 回答温度过低、过高时的思路   返回目录 返回目录 (2)改变压强要达到的目的 ①控制反应速率。 ②促进或抑制平衡移动。 ③改变气体溶解度。 ④真空防氧化(也可充入氩气、氮气等保护气)。 ⑤减压蒸馏可降低蒸馏温度,防止物质分解。 ⑥减压可降低对设备的要求。 返回目录 (3)调节溶液pH要达到的目的   返回目录 例:下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示。 物质 开始沉淀pH 沉淀完全pH Fe(OH)3 1.5 3.7 Fe(OH)2 7.6 9.6 Mn(OH)2 8.3 9.8 若要除去Mn2+溶液中含有的Fe2+,可先用氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+,再调节溶液的pH为3.7 ≤pH<8.3。 返回目录 注意 ①除去混合体系中的Cu2+、Ag+、Pb2+常用H2S或Na2S等作沉淀剂;②除去Mg2+、Ca2+常 用HF或NaF等作沉淀剂。 返回目录 过滤 分离难溶物和可溶物,根据特殊需要可采用趁热过滤、抽滤等方法 抽滤(减压过滤) 过滤速度快,并可缩短干燥时间 萃取和分液 利用物质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同来分离、提纯物质 蒸发结晶 提取溶解度随温度升高变化不大的物质,如NaCl 蒸发浓缩、冷却结晶 提取溶解度随温度升高明显增大的物质、易水解的物质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、CuSO4·5H2O 蒸馏和分馏 分离沸点不同且互溶的液体的混合物 减压蒸馏(减压蒸发) 减小压强,使液体沸点降低,防止物质受热分解或挥发 冷却法 利用某些气体易液化的特点来分离气体,如合成氨工业中采用冷却法分离氨气 反萃取 被萃取物萃入有机相后,可能需要使其重新返回水相,则需要把反萃剂(一般为无机酸或碱的水溶液)加入有机相,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 3.物质转化过程中分离、提纯的常用方法 返回目录 4.获得产品阶段的常用操作 洗涤 洗涤时要减少产品溶解损失,结合产品性质选择合适的 洗涤剂;有机溶剂洗涤(有机物易挥发)能缩短干燥时间 在气体氛围中蒸发 如从溶液中析出FeCl3、AlCl3等溶质时,应在HCl氛围中 加热,以防水解 蒸发浓缩、冷却结晶 如除去KNO3中的少量NaCl,获得KNO3晶体 蒸发结晶、趁热过滤 如除去NaCl中的少量KNO3,获得NaCl晶体 重结晶 提纯晶体 返回目录 　 注意 趁热过滤时,如果目标产物在滤渣中,则目的是避免杂质降温析出造成产品纯度下降;如 果目标产物在滤液中,则目的是避免产物降温析出造成产率降低。 返回目录   5.循环物质的确定 返回目录 即练即清 典例1    (2025福建厦门第四次质检,5)利用铬铁矿粉[主要成分为亚铬酸亚铁Fe(CrO2)2, 含少量Al2O3杂质]制备重要化工原料Cr(OH)3的工业流程如图所示。   已知:Al2O3+Na2CO3  2NaAlO2+CO2↑,2Cr +2H+  Cr2 +H2O。 返回目录 下列说法错误的是 (　　　 ) A.“焙烧”过程被氧化的元素为Fe、Cr B.“焙烧”后的固体进行粉碎能提高“水浸”时Cr元素的浸出率 C.“沉铝”时加入的试剂X为NaOH溶液 D.“还原”环节的离子方程式为Cr2 +3SO2+2H+  2Cr3++3S +H2O C 返回目录 　 解析　“焙烧”过程中Fe(CrO2)2(其中Fe为+2价、Cr为+3价)被氧化为 Cr (Cr为+6 价)和Fe2O3,Fe、Cr元素被氧化,A正确;“焙烧”后的固体进行粉碎可增大接触面积,提 高“水浸”时Cr元素的浸出率,B正确;由题干信息知,“焙烧”后Al2O3转化为NaAlO2 [注意:焙烧过程中没有水参与反应,生成的是NaAlO2],NaAlO2在“水浸”时转化为Na [Al(OH)4],故“沉铝”时加入的试剂X不能为NaOH溶液,可为CO2,C错误;根据2Cr +2 H+  Cr2 +H2O,可知酸性条件下,平衡正向移动,+6价Cr主要以Cr2 形式存在,“还 原”时通入SO2,将Cr2 还原为Cr3+,离子方程式为Cr2 +3SO2+2H+  2Cr3++3S + H2O,D正确。 返回目录 典例2    (2025黑龙江齐齐哈尔三模,16)铈的氧化物CeO2是提高净化汽车尾气催化剂性 能的一种重要添加剂,此外在光催化剂以及抗菌陶瓷和富氧离子环保涂料方面也有广 泛应用;工业上利用主要成分为CeCO3F的氟碳铈矿石制取CeO2的工艺流程如下: 返回目录 (1)“焙烧”过程中常采用高压空气、逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从中上部 加入),这样操作的目的是_______________________________________________。 (2)“焙烧”过程中生成1 mol气体X时转移电子的数目为______________。 (3)上述流程中CeO2与盐酸反应的离子方程式为___________________________________, 该流程中为了避免产生污染性气体,其中盐酸可用稀硫酸和___________替换 (填物质名称)。 (4)写出“沉铈”过程中反应的离子方程式:______________________________________ ________。若“沉铈”中,Ce3+恰好沉淀完全[c(Ce3+)=1.0×10-5 mol/L],此时溶液的pH为5, 则溶液中c(HC )=_________mol/L(保留2位有效数字)。已知:常温下 (H2CO3)=4.3×10 -7, 　0.18     　2Ce3++6HC   Ce2(CO3)3↓+3CO2↑+ 　过氧化氢     2CeO2+2Cl-+8H+  2Ce3++Cl2↑+4H2O     　6.02×1023     　增大氧气浓度,增大固体接触面积,提高焙烧速率     3H2O     返回目录  (H2CO3)=5.6×10-11,Ksp[Ce2(CO3)3]=1.0×10-28。 (5)CeO2在汽车尾气净化器中发挥关键作用,铈的氧化还原特性使其能够在不同的情况 下进行氧气的供给和消耗。写出CeO2供氧并生成CeO的化学方程式:_______________ ____________。 2CeO2  2CeO+O2↑     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)采用高压空气可增大O2浓度,采用逆流操作(空气从焙烧炉下部通入,矿粉从 中上部加入),可增大反应物的接触面积,都可提高焙烧速率。(2)主要成分为CeCO3F的 氟碳铈矿石经“焙烧”得到CeO2、CeF4,Ce元素化合价从+3升高到+4,被氧化,O2作氧 化剂,根据元素守恒可得气体X为CO2,根据得失电子守恒和原子守恒可得“焙烧”时 发生的化学反应为4CeCO3F+O2  3CeO2+CeF4+4CO2,则每生成4 mol CO2转移4 mol 电子,故生成1 mol CO2转移电子的数目为6.02×1023。(3)CeO2、CeF4中加盐酸和H3BO3 后,CeO2、CeF4转化为CeCl3、Ce(BF4)3,Ce元素化合价从+4降低为+3,根据物质性质及反 应前后元素化合价的变化,可知HCl作还原剂,被氧化为Cl2;根据得失电子守恒可得2 CeO2+2Cl-  2Ce3++Cl2↑,根据电荷守恒可知在左边加“8H+”,最后根据原子守恒可 返回目录 知在右边加“4H2O”,则离子方程式为2CeO2+2Cl-+8H+  2Ce3++Cl2↑+4H2O;为避免 产生污染性气体Cl2,可用稀硫酸提供酸性环境,H2O2作还原剂。(4)结合流程分析,可知 “沉铈”过程中CeCl3和NH4HCO3反应生成Ce2(CO3)3沉淀、CO2、NH4Cl和H2O,根据电 荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为2Ce3++6HC   Ce2(CO3)3↓+3H2O+3 CO2↑;若“沉铈”中,Ce3+恰好沉淀完全,c(Ce3+)=1.0×10-5 mol/L,则c(C )=  =10-6 mol/L,此时溶液的pH=5,即c(H+)=10-5 mol/L,则溶液中c(HC )=  =  mol/L≈0.18 mol/L。(5)CeO2供氧并生成CeO,Ce元素的化合价 降低,则另一产物为O2,根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为2CeO2   2CeO+O2↑。 返回目录 变式　〔变考查点:涉及萃取与反萃取〕(2026届四川成都树德中学开学考,17)稀有金 属钒和钛在钢铁、化工、航空航天等领域应用广泛。一种利用钒钛磁铁矿精矿(主要 成分为Fe3O4、FeV2O4、TiO2和SiO2)综合提取钒、钛,并同步制备黄铵铁矾的工艺流程 如下图所示:   返回目录 已知:①“加压焙烧”过程中存在反应2FeCl3(s)  2FeCl2(s)+Cl2(g),生成的Cl2会对钒 钛磁铁矿精矿“二次氯化”; ②“酸浸”所得溶液中钒、钛分别以V 、TiO2+形式存在。 回答下列问题: (1)基态钛原子的价电子排布式为___________;已知FeV2O4中Fe为+2价,则V的化合价为 __________。 (2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2的化学方程式为 ______________________________。 (3)“酸浸”时,产生的“浸出渣”的主要成分为_________(填化学式)。     +3     　3d24s2     　FeV2O4+2Cl2  FeCl2+2VO2Cl     　SiO2     返回目录 (4)已知Ksp[TiO(OH)2]=1×10-29,“沉钛”时,为使TiO2+沉淀完全(c≤1.0×10-5 mol·L-1),需要 调节溶液的pH不低于________;该过程中,加入适量铁粉的目的为__________________ ___________________。 (5)“氧化”时,H2O2的使用量远大于理论计算量,可能的原因为____________________ _______________。 (6)“萃取”时,V 先转化为H2V10 ,再与萃取剂R3N结合,其过程可表示为4R3N+4H++ H2V10   [R3NH]4H2V10O28。据此分析“反萃取”过程中加入Na2CO3溶液的作用为 ______________________________________________________________。 (7)“沉铁”时,生成黄铵铁矾的离子方程式为__________________________________ _____________________________。 　N +3Fe3++2S +6H2O  　消耗H+,使萃取反应的平衡逆向移动,使H2V10  与萃取剂分离     　产生的Fe3+催化 　调节溶液pH使 　2.0     TiO2+沉淀完全     H2O2的分解     NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+     返回目录 流程分析 返回目录 　 解析    (1)钛为22号元素,其价电子排布式为3d24s2;已知FeV2O4中Fe为+2价,根据化合物 中各元素正、负化合价的代数和为零,可得V的化合价为+3。 (2)“加压焙烧”中FeV2O4经“二次氯化”转化为VO2Cl和FeCl2,V元素化合价从+3升 高到+5,根据得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式为FeV2O4+2Cl2  FeCl2+ 2VO2Cl。 (3)根据流程分析及已知信息知,“酸浸”时,Ti、V、Fe等元素进入溶液,SiO2不溶于盐 酸,则“浸出渣”的主要成分为SiO2。 (4)“沉钛”时,当TiO2+沉淀完全时,c(TiO2+)≤1×10-5 mol·L-1,Ksp[TiO(OH)2]=c(TiO2+)·c 2 返回目录 (OH-)=1×10-29,则c(OH-)≥1×10-12 mol·L-1, c(H+)≤1×10-2 mol·L-1,则需要调节溶液的pH不 低于2;Fe粉能与H+反应,加入适量Fe粉的目的是消耗H+,调节溶液pH,使TiO2+沉淀完 全。 (5)“氧化”时,H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,产生的Fe3+会催化H2O2的分解,故H2O2用量比理论 量要大。 (6)Na2CO3与H+反应,使c(H+)减小,萃取反应平衡逆向移动,使H2V10 与萃取剂分离。 (7)“沉铁”时,加入(NH4)2SO4,生成黄铵铁矾[NH4Fe3(SO4)2(OH)6],为非氧化还原反应,结 合原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为N +3Fe3++2S +6H2O  NH4Fe3 (SO4)2(OH)6↓+6H+。 返回目录 $