文档内容
专题 13 化学工艺流程
1．常见金属元素(如Na、Mg、Al、Fe、Cu等)
(1)了解常见金属的活动顺序；
(2)了解常见金属、重要化合物的主要性质及其应用；
(3)了解合金的概念及其重要应用。
考纲
2．了解常见非金属元素(如H、C、N、O、Si、S、Cl等)单质及其化合物的主要性质及
应用；
3．掌握常见金属、非金属单质及其重要化合物的主要性质和应用；
4．了解常见非金属单质及其重要化合物对环境的影响；
5．了解常见无机非金属材料的重要成分、生产原料及其用途。
预计2023年将化学工艺或化学工业生产及最新科技成果融入其中，来考查考生的综合
能力。化学工艺流程题主要从以下两点设置：(1)环境与化学：主要涉及“废水、废
气、废渣”的来源，对环境的影响和处理原理。(2)重要化工生产及资源利用：旨在用
考情预测 所学的基本理论(氧化还原、化学平衡、盐类水解、电化学、热化学、有机物结构与性
质等)指导化工生产。从命题趋势来看，一般有三种题型：一是从实验设计和评价的角
度对化工生产进行模拟；二是根据一些化工生产的流程来考查考生的综合应用能力；三
是关于化工生产的相关计算。
核心素养 科学探究与创新意识 科学态度与社会责任
高频考点一 化学工艺流程与物质制备
物质制备类化工流程题常以某种物质(目标产物)的制备为基础，涉及原料的预处理、物质的制备原理、产品的分离及提纯等具体步骤，兼顾考查元素及其化合物、化学基本概念和基本理论、化学实验等知识。一个完
整的物质制备类化工生产流程一般包括以下具体内容：
1．原料预处理的六种常用方法
方法 目的
研磨、 减小固体的颗粒度或将液体雾化，增大反应物的接触面积，加快反应速率或使反应更
雾化 加充分
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性
灼烧
杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
2．制备过程中控制反应条件的6种常用方法
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节 pH所需的物质一般应满足两
调节溶液的 点：①能与H＋反应，使溶液pH变大；②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混
pH 有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH) 或Cu (OH) CO 等物质来调节溶液的pH，不可
2 2 2 3
加入NaOH溶液、氨水等
控制温度 根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强 改变速率，影响平衡
使用合适的
加快反应速率，缩短达到平衡所需要的时间
催化剂
趁热过滤 防止某物质降温时析出
冰水洗涤 洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
3．工艺流程中的常见专业术语
关键词 释 义
研磨、雾 将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速
化 率或使反应更充分
使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭
灼烧(煅烧)
土、硫铁矿
向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱
浸取
溶、醇溶等
浸出率 固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少
酸浸 在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的过程
水浸 与水接触反应或溶解
过滤 固体与液体的分离
滴定 定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶 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
蒸发浓缩 蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度
水洗 用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等
酸作用 溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等
碱作用 去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)
【典例剖析】
【例1】(2022•辽宁省选择性考试)某工厂采用辉铋矿(主要成分为BiS，含有FeS、SiO 杂质)与软锰矿(主
2 3 2 2
要成分为MnO )联合焙烧法制备BiOCl和MnSO ，工艺流程如下：
2 4
已知：①焙烧时过量的MnO 分解为MnO，FeS 转变为Fe O；
2 2 3 2 2 3
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pH 完全沉淀pH
Fe2+ 6.5 8.3
Fe3+ 1.6 2.8
Mn2+ 8.1 10.1
回答下列问题：
(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
(2) Bi S 在空气中单独焙烧生成BiO，反应的化学方程式为___________。
2 3 2 3
(3)“酸浸”中过量浓盐酸的作用为：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②___________。
(4)滤渣的主要成分为___________(填化学式)。
(5)生成气体A的离子方程式为___________。
(6)加入金属 的目的是___________。【答案】(1)ab (2) 2Bi S+9O 2BiO+6SO
2 3 2 2 3 2
(3)抑制金属离子水解 (4) SiO
2
(5)Mn O+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl ↑+3H O
2 3 2 2
(6)将Fe3+转化为Fe2+
【解析】联合焙烧：由已知信息①和第(2)问题干可知，发生转化：BiS→BiO+SO、FeS→Fe O+SO、
2 3 2 3 2 2 2 3 2
MnO →MnO+ MnSO ，故联合焙烧后得到BiO、Fe O、MnO、MnSO 和SiO；水浸：MnSO 进入滤液，
2 2 3 4 2 3 2 3 2 3 4 2 4
滤渣为BiO、Fe O、MnO 和SiO；酸浸：加入过量浓盐酸后，BiO 和Fe O 发生转化：BiO→Bi3+、
2 3 2 3 2 3 2 2 3 2 3 2 3
Fe O→Fe3+，因MnSO 有氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl ↑+3H O，气体
2 3 4 2 3 2 2
A为Cl，滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO，滤液中金属离子为Bi3+、Fe3+、Mn2+；第(4)(5)问转化：由已知信
2 2
息②知，Fe的金属活动性强于Bi，且调pH=2.6时Mn2+和Fe2+进入滤液，可知加入金属Bi的目的是将Fe3+还原
为Fe2+。(1)a项，联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧效率，选项
a符合题意；b项，鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；c项，降低焙烧温度，反应速
率减慢，不利于提高焙烧效率，选项c不符合题意；答案选ab；(2) Bi S 在空气中单独焙烧生成BiO，根据原
2 3 2 3
子守恒可知还应生成SO ，结合得失电子守恒，反应的化学方程式为2BiS+9O 2BiO+6SO；(3)加入浓
2 2 3 2 2 3 2
盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3+、Fe3+、Mn2+、H+、Cl-，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子
水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低；(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO；(5)因MnO 有
2 2 3
氧化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO+6H++2Cl-=2Mn2++ Cl ↑+3H O；(6)由已知信息③知，调pH=2.6
2 3 2 2
时，Fe3+会水解生成Fe(OH) 沉淀，但Fe2+还没开始沉淀，故要将Fe3+转化为Fe2+，在调pH后获得含FeCl 的滤
3 2
液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原剂。
【例2】(2022•山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca F(PO )]，含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如
5 4 3 2
下：
回答下列问题：
(1)酸解时有 产生。氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，离子方程式为_______。
2 2 6
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱氟，
2 3 6 2 3充分反应后，c(Na+)=_______ mol•L-1；再分批加入一定量的BaCO ，首先转化为沉淀的离子是_______。
3
BaSiF NaSiF CaSO BaSO
6 2 6 4 4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
(3)SO 2-浓度(以SO %计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、HPO 浓度(以PO%计)的关系如图甲所示。
4 3 3 4 2 5
酸解后，在所得 、PO%为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗涤时使用一定浓度
2 5
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PO%和SO %的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_______(填标号)。
2 5 3
A．65℃、PO%=15、SO %=15 B．80℃、PO%=10、SO %=20
2 5 3 2 5 3
C．65℃、PO%=10、SO %=30 D．80℃、PO%=10、SO %=10
2 5 3 2 5 3
【答案】(1)6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O
2 6 2
(2) 2.0×10-2 SO 2-
4
(3) CaSO •0.5HO 减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率 酸解 D
4 2 4
【解析】根据题中的工艺流程，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SiF2-，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟
6
酸与SiO 反应生成二元强酸HSiF，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++ SiF2-+2H O。(2)精制1中，按物
2 2 6 2 6 2
质的量之比n(Na CO)：n(SiF2-)= 1：1加入NaCO 脱氟，该反应的化学方程式为HSiF+ Na CO=
2 3 6 2 3 2 6 2 3
NaSiF↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀NaSiF，溶液中有饱和的NaSiF，且c(Na+)=2c(SiF 2-)，根据
2 6 2 2 2 6 2 6 6
NaSiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF 2-)=4c3(SiF2-)，c(SiF 2-) = mol•L-1，因此
2 6 6 6 6
c(Na+)=2c(SiF 2-)=2.0×10-2mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO2-)=
6 4
mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
3 6mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol•L-1，因此，首先转
4
化为沉淀的离子是SO 2-，然后才是SiF2-。(3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、PO%为45的混
4 6 2 5
合体系中，石膏存在形式为CaSO•0.5HO；CaSO 在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓
4 2 4
度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO 的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，
4
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CaSO•0.5HO形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO•2H O形式存在，在两线之间的以两种
4 2 4 2
晶体的混合物形式存在：A项，PO%= l5、SO %= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故
2 5 3
不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B项，PO%= 10、SO %= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于两
2 5 3
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项，PO%= 10、SO %= 30，由
2 5 3
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CaSO•0.5HO形式存在，故不能实现
4 2
晶体转化， C不符合题意；D项，PO%=10、SO %= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体
2 5 3
全部以CaSO•2H O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；故选D。
4 2
【变式探究】
1．(2021•全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I 的一种制备方法如下图所示：
2
①加入 粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl 的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl )/
2 2
n(FeI )=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl )/n(FeI )＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
2 2 2
(2)以NaIO 为原料制备I 的方法是：先向NaIO 溶液中加入计量的NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液
3 2 3 3
中加入NaIO 溶液，反应得到I，上述制备I 的总反应的离子方程式为_______。
3 2 2
(3)KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I，若生成1 mol I ，消耗的KI至少为_______ mol。I 在
4 2 2 2
KI溶液中可发生反应I+I- I-。实验室中使用过量的KI与CuSO 溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏
2 3 4
可制得高纯碘。反应中加入过量 的原因是_______。
【答案】(1) ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO
3
②FeI+Cl= I+FeCl I、FeCl I 被过量的Cl 进一步氧化
2 2 2 2 2 3 2 2(2)2IO -+5HSO -=5SO2-+I +3H++H O
3 3 4 2 2
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI 和Ag，FeI 易溶于水，在离子
2 2
方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生
成硝酸银参与循环中；②通入Cl 的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl 先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有
2 2
一种，则该氧化产物只能是I，故反应的化学方程式为FeI+Cl= I+FeCl ，若反应物用量比n(Cl )/n(FeI )=1.5
2 2 2 2 2 2 2
时即Cl 过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I、FeCl ，当n(Cl )/
2 2 3 2
n(FeI )＞1.5即Cl 过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会
2 2
降低；(2)先向NaIO 溶液中加入计量的NaHSO，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO
3 3 3
溶液，反应得到I，上述制备I 的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO -与HSO -发生氧化还原反应，生成
2 2 3 3
SO 2-和I，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO -+5HSO -=5SO2-+I +3H+
4 2 3 3 4 2
+H O；(3) KI溶液和CuSO 溶液混合可生成CuI沉淀和I，化学方程式为4KI+2CuSO =2CuI↓ +I +2K SO ，若
2 4 2 4 2 2 4
生成1 mol I ，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I+I- I-平衡右移，
2 2 3
增大I 溶解度，防止I 升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
2 2
2．(2021•广东选择性考试）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝( )、钼
(Mo)、镍( )等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：
已知：25℃时，HCO 的K =4.5×10-7，K =4.7×10-11，K (BaMoO )=3.5×10-8, ，K (BaCO)=2.6×10-9；该工
2 3 a1 a1 sp 4 sp 3
艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO 2-的形态存在。
4
(1)“焙烧”中，有NaMoO 生成，其中Mo元素的化合价为_______。
2 4
(2)“沉铝”中，生成的沉淀 为_______。
(3)“沉钼”中，pH为7.0。
①生成BaMoO 的离子方程式为_______。
4
②若条件控制不当，BaCO 也会沉淀。为避免BaMoO 中混入BaCO 沉淀，溶液中c(HCO -)：
3 4 3 3c(MoO 2-)=_______(列出算式)时，应停止加入BaCl 溶液。
4 2
(4)①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为_______。
②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量_______(填化学式)气体，再通入足量CO，可析出 。
2
(5)高纯AlAs (砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一
种氧化物，可阻止HO刻蚀液与下层GaAs (砷化镓)反应。
2
①该氧化物为_______。
②已知： 和Al同族，As和N同族。在HO 与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则
2 2
该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______。
【答案】（1）+6 （2）Al（OH）
3
（3）①Ba2++MoO2-= BaMoO ↓ ②
4 4
（4）①NaHCO ②NH
3 3
（5）①Al O ②4：1
2 3
【解析】
由题中信息可知，废催化剂与氢氧化钠一起焙烧后，铝和钼都发生了反应分别转化为偏铝酸钠和钼酸钠，
经水浸、过滤，分离出含镍的固体滤渣，滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，过滤
得到的沉淀X为氢氧化铝，滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，过滤得到钼酸钡。
【解析】（1）“焙烧”中，有NaMoO 生成，其中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为
2 4
0可知，Mo元素的化合价为+6。（2）“沉铝”中，偏铝酸钠转化为氢氧化铝，因此，生成的沉淀X为Al
（OH）。（3）①滤液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO 沉淀，该反应的离子方程式为Ba2+
3 4
+MoO2-= BaMoO ↓。②若开始生成BaCO 沉淀，则体系中恰好建立如下平衡：HCO -+BaMoO
4 4 3 3 4BaCO3+MoO2-+H+，该反应的化学平衡常数为
4
。为避免BaMoO 中混入
4
BaCO 沉淀，必须满足 ，由于“沉钼”中pH为7.0， c(H＋)= 1.0×10-7
3
mol·L－1，所以溶液中 时，开始生成BaCO 沉淀， 因此，
3
时，应停止加入BaCl 溶
2
液。（4）①滤液I中加入过量的二氧化碳，偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，同时生成碳酸氢钠，过滤得到的
滤液II中含有碳酸氢钠和钼酸钠。滤液II中加入适量的氯化钡溶液沉钼后，因此，过滤得到的滤液Ⅲ中，主
要存在的钠盐有NaCl和NaHCO ，故Y为NaHCO 。②根据侯氏制碱法的原理可知，往滤液Ⅲ中添加适量
3 3
NaCl固体后，通入足量NH ，再通入足量CO，可析出NaHCO 。（5）①由题中信息可知，致密的保护膜为
3 2 3
一种氧化物，是由HO 与AlAs反应生成的，联想到金属铝表面容易形成致密的氧化膜可知，该氧化物为
2 2
Al O。②由Ga和Al同族、As和N同族可知，GaAs中显+3价（其最高价）、As显-3价。在HO 与上层
2 3 2 2
GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，其化合价升高了8，As元素被氧化，则该反应的氧化剂为
HO，还原剂为GaAs。HO 中的O元素为-1价，其作为氧化剂时，O元素要被还原到-2价，每个HO 参加反
2 2 2 2 2 2
应会使化合价降低2，根据氧化还原反应中元素化合价升高的总数值等于化合价降低的总数值可知，该反应的
氧化剂与还原剂物质的量之比为8：2=4：1。
3．( 2019年江苏高考化学)实验室以工业废渣(主要含CaSO·2H O，还含少量SiO、Al O、Fe O)为原料
4 2 2 2 3 2 3
制取轻质CaCO 和(NH )SO 晶体，其实验流程如下：
3 4 2 4(1)室温下，反应CaSO(s)+CO2- (aq) CaCO (s)+SO 2- (aq)达到平衡，则溶液中
4 3 3 4
=________[K (CaSO)=4.8×10−5，K (CaCO)=3×10−9]。
sp 4 sp 3
(2)将氨水和NH HCO 溶液混合，可制得(NH )CO 溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向
4 3 4 2 3
(NH )CO 溶液中加入适量浓氨水的目的是_____________________。
4 2 3
(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导
致CaSO 的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高
4
CaSO 转化率的操作有________。
4
(4)滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO 所需的CaCl 溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取
3 2
CaCl 溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH) 和Al(OH) 沉淀完全；pH=8.5时Al(OH) 开始溶解。实验
2 3 3 3
中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH) ]。
2
【答案】(1) 1.6×104
(2)HCO -+NH·H O＝NH ++CO 2-+H O(或HCO -+NH·H O NH ++CO 2-+H O)
3 3 2 4 3 2 3 3 2 4 3 2
增加溶液中CO2-的浓度，促进CaSO 的转化
3 4
(3)温度过高，(NH )CO 分解 加快搅拌速率
4 2 3
(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量
Ca(OH) ，用pH试纸测量溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤
2
【解析】(1)反应 CaSO(s)+CO2-(aq) CaCO (s)+SO 2-(aq)达到平衡时，溶液中 =
4 3 3 4
= = =1.6×104 ； (2)NH HCO 属 于 酸 式 盐 ， 与 氨 水 反 应 生 成
4 3
(NH )CO ， 反 应 的 化 学 方 程 式 为 NH HCO +NH·H O=(NH )CO+H O[ 或 NH HCO +NH·H O
4 2 3 4 3 3 2 4 2 3 2 4 3 3 2
(NH )CO+H O] ， 离 子 方 程 式 为 HCO -+NH·H O=NH ++CO 2-+H O( 或 HCO -+NH·H O NH ++CO 2-
4 2 3 2 3 3 2 4 3 2 3 3 2 4 3+H O)；浸取废渣时，加入的(NH )CO 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO2-+NH++H O HCO -
2 4 2 3 3 4 2 3
+NH·H O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO2-的浓度增大，反应CaSO(s)+CO2-(aq)
3 2 3 4 3
CaCO (s)+SO 2-(aq)正向移动，促进CaSO 的转化；(3)由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，
3 4 4
(NH )CO 分解，从而使CaSO 转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转
4 2 3 4
化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO 转化率即提高反应速率，结合外界条件对化
4
学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO 转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，
4
提高浸取率)；(4)工业废渣主要含CaSO·2H O，还含有少量SiO 、Al O 和Fe O ，加入(NH )CO 溶液浸取，
4 2 2 2 3 2 3 4 2 3
其中CaSO 与(NH )CO 反应生成CaCO 和(NH )SO ，SiO 、Al O 和Fe O 都不反应，过滤后所得滤渣中含
4 4 2 3 3 4 2 4 2 2 3 2 3
CaCO 、SiO 、Al O 和Fe O ；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐
3 2 2 3 2 3 2
酸将 CaCO 完全转化为 CaCl ，发生的反应为 CaCO +2HCl=CaCl +H O+CO↑，与此同时发生反应
3 2 3 2 2 2
Al O+6HCl=2AlCl +3H O、Fe O+6HCl=2FeCl +3H O，SiO 不反应，经过滤除去 SiO ；得到的滤液中含
2 3 3 2 2 3 3 2 2 2
CaCl 、AlCl 、FeCl ，根据“pH=5时Fe(OH) 和Al(OH) 沉淀完全，pH=8.5时Al(OH) 开始溶解”，为了将滤
2 3 3 3 3 3
液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH) 调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH) 的过程中要边加边测定溶液
2 2
的pH]，然后过滤即可制得CaCl 溶液。
2
无机工业流程题能够以真实的工业生产过程为背景，体现能力立意的命题为指导思想，为近年来高考的必
考题型。该类试题的解题思路为：明确整个流程及每一部分的目的→仔细分析每步反应发生的条件以及得到的
产物的物理或化学性质→结合基础理论与实际问题思考→注意答题的模式与要点。基本方法和步骤为：(1)从
题干中获取有用信息，了解生产的产品。(2)然后整体浏览一下流程，基本辨别出预处理、反应、提纯、分离
等阶段。(3)分析流程中的每一步骤，从以下几个方面了解流程：①反应物是什么；②发生了什么反应；③该
反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。易
错点和难点是最后一问。
高频考点二 化学工艺流程与反应原理
化工生产过程中的主要生产阶段涉及多种化学反应原理，试题中根据生产流程中的有关化学知识步步设问，
只要明确实验目的，理解装置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并能加以灵活运用。结合化学反应
原理类化工生产流程一般包括以下具体内容：
1．温度、浓度、压强的控制
术语 功能
温度 ①加快反应速率或溶解速率；②促进平衡向吸热方向移动；③除杂，除去热不稳定
的控 升温 的杂质，如NaHCO 、Ca(HCO )、KMnO 、I、NH Cl等物质。④使沸点相对较
3 3 2 4 2 4
制 低的原料气化①防止某物质在高温时会溶解(或分解) ；② 使化学平衡向着题目要求的方向移动
降温 (放热方向)；③使某个沸点较高的产物液化，使其与其他物质分离;④降低晶体的溶
解度，减少损失.
①防止某种物质温度过高时会分解或挥发；②为了使某物质达到沸点挥发出来；③
控温(用水 使催化剂的活性达到最好；④防止副反应的发生；⑤降温或减压可以减少能源成
浴或油浴 本，降低对设备的要求，达到绿色化学的要求；⑥如果题目中出现了包括产物在内
控温) 的各种物质的溶解度信息，则要根据它们的溶解度随温度升高而改变的情况，寻找
合适的结晶分离方法 ( 蒸发结晶或浓缩结晶) 。
增大反应 ①可加快反应速率 。对气体分子数减少的反应，加压使平衡向生成物方向移动。
浓 物浓 但压强太大，动力消耗更多，设备要求更高，成本增加，故必须综合考虑；②加压
度、 度 、 加 一般是提高气体反应物浓度措施 ，在气体和固体、液体反应的体系中并不适宜；
压强 压 ③生产中常使廉价易得的原料适当过量，以提高另一原料的利用率。
的控
制 减压蒸馏 减小压强，降低液体的沸点，防止(如浓HNO 3 、NH 3 .H 2 O、H 2 O 2 、NH 4 HCO 3 等)物
质分解；
2．pH的控制
术语 功能
(1)目的：调节pH值实质上是利用沉淀溶解平衡把某些离子转化成沉淀。(2)原则：不管是调高
还是调低，原则都是加过量的除杂剂而不引进新的杂质，这里分两种情况①如果要得到滤液，
控制溶 可加固体沉淀剂消耗H＋或OH—，如除去含Cu2+溶液中混有的Fe3+,可通过加入CuO、Cu(OH) 、
2
液的 Cu(OH) CO 等；②要得到滤渣，则需加入碱性溶液，如氨水或氢氧化钠溶液。调低PH值的原
2 3
PH 则与调高PH的原则相同。(3)题目呈现方式：题中通常会以表格数据形式，或“已知信息”给
出需求的“适宜PH范围”的信息;(4)解题步骤：①判断溶液呈酸(或碱)性; ②判断调高还是调
低; ③选择合适的调节剂。
3．体系环境氛围及其它条件的控制
术语 功能
(1)蒸发或结晶时，加入相应的酸或碱，以抑制某些盐的水解；(2)需要在酸性气流中干燥
酸性、 FeCl 、AlCl 、MgCl 等含水晶体，以防止水解。如从海水中提取镁，从MgCl 的溶液里结晶
3 3 2 2
碱性 析出的是氯化镁结晶水合物，电解熔化氯化镁才能制得金属镁，要去除氯化镁晶体中的结晶
或 某 水"需要在氯化氢气流中加热，否则煅烧所得的最后固体不是MgCl ，而是熔点更高的MgO, 具
2
种 环 有相似情况的还有FeCl AlCl 等；(3)营造还原性氛围：加热煮沸酸液后再冷却，其目的是排
3 、 3
境 氛 除酸溶液中的氧气，如用废铁制备绿矾晶体，需要把硫酸加热煮沸后再加入，同时还不能加入
围 过量，防止Fe2+被氧化；(4)营造氧化性氛围：加入氧化剂进行氧化，如加入绿色氧化剂 HO
2 2
将 Fe2+ 氧化转化为Fe3+ 。
【典例剖析】
【例1】(2022•湖南选择性考试)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
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：
2
已知“降温收尘”后，粗TiCl 中含有的几种物质的沸点：
4
物质 TiCl VOCl SiCl AlCl
4 3 4 3沸点/℃ 136 127 57 180
回答下列问题：
(1)已知ΔG= ΔH-TΔS， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若ΔG＜
0，则该反应可以自发进行。根据下图判断：600℃时，下列反应不能自发进行的是_______。
A．C(s)＋O(g)=CO (g) B．2C(s)＋O(g)=2CO(g)
2 2 2
C．TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g) D．TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)
2 2 4 2 2 2 4 2
(2) TiO 与C、Cl，在600℃的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
2 2
物质 TiCl CO CO Cl
4 2 2
分压
①该温度下，TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为_______；
2 2
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是_______。
(3)“除钒”过程中的化学方程式为_______；“除硅、铝”过程中，分离TiCl 中含 、 杂质的方法是
4
_______。
(4)“除钒”和“除硅、铝”的顺序_______(填“能”或“不能”)交换，理由是_______。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是_______。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠 C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1)C
(2) 5TiO+6C+10Cl 5TiCl +2CO+4CO 随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO 2CO
2 2 4 2 2 2
(3) 3VOCl +Al=3VOCl +AlCl 蒸馏
3 2 3
(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；
(5)AC【解析】钛渣中加入C、Cl 进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl ，加入单质Al
2 4
除钒，再除硅、铝得到纯TiCl ，加入Mg还原得到Ti。(1)记①C(s)＋O(g)=CO (g)，②2C(s)＋O(g)=2CO(g)，
4 2 2 2
③TiO (s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋O(g)，④TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)= TiCl (g)＋CO(g)；A项，由图可知，600℃
2 2 4 2 2 2 4 2
时C(s)＋O(g)=CO (g)的ΔG＜0，反应自发进行，故A不符合题意；B项，由图可知，600℃时2C(s)＋
2 2
O(g)=2CO(g)的ΔG＜0，反应自发进行，故B不符合题意；C项，由图可知，600℃时TiO (s)＋2Cl(g)=
2 2 2
TiCl (g)＋O(g)的ΔG＞0，反应不能自发进行，故C符合题意；D项，根据盖斯定律，TiO (s)＋C(s)＋2Cl(g)=
4 2 2 2
TiCl (g)＋CO(g)可由①+③得到，则600℃时其ΔG＜0，反应自发进行，故D不符合题意；故选C；(2)①根据
4 2
表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl 、
2 4
CO和CO 的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO 与C、Cl 反应的总化学方程式为5TiO+6C+10Cl
2 2 2 2 2
5TiCl +2CO+4CO ；②随着温度升高，CO 与C发生反应C＋CO 2CO，导致CO含量升高；(3)“降温收
4 2 2 2
尘”后钒元素主要以VOCl 形式存在，加入Al得到VOCl 渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为
3 2
3VOCl +Al=3VOCl +AlCl ；AlCl 、SiCl 与TiCl 沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离
3 2 3 3 4 4
AlCl 、SiCl ；(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
3 4
“除硅、铝”的顺序不能交换；(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；A项，高炉炼铁的原理是用
还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；B项，电解熔融氯化钠制取金属
钠的原理是电解法，故B不符合题意；C项，铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，
为热还原法，故C符合题意；D项，Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符
合题意；故选AC。
【例2】(2022•全国乙卷)废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb。还有少量Ba、Fe、
4 2
Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。
一些难溶电解质的溶度积常数如下表：
难溶电解质 PbSO PbCO BaSO BaCO
4 3 4 3
K 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9
sp一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的 如下表：
金属氢氧化物 Fe(OH) Fe(OH) Al(OH) Pb(OH)
3 2 3 2
开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2
完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1
回答下列问题：
(1)在“脱硫”中PbSO 转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择NaCO 的原因
4 2 3
________。
(2)在“脱硫”中，加入NaCO 不能使铅膏中BaSO 完全转化，原因是________。
2 3 4
(3)在“酸浸”中，除加入醋酸( )，还要加入HO。
2 2
(ⅰ)能被HO 氧化的离子是________；
2 2
(ⅱ) H O 促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac) ，其化学方程式为________；
2 2 2
(ⅲ) H O 也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，HO 的作用是________。
2 2 2 2 2 2
(4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。
(5)“沉铅”的滤液中，金属离子有________。
【答案】(1) PbSO (s)+CO2-(aq)= PbCO (s)+SO 2-(aq)
4 3 3 4
反应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =3.4×105>105，PbSO 可以比较彻底
4 3 3 4 4
的转化为PbCO
3
(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)+SO 2- (aq)的平衡常数K= =0.04<<105，反应正向进行的程度
4 3 3 4
有限
(3) Fe2+ Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O 作还原剂
2 2 2 2
(4)Fe(OH) 、Al(OH) (5)Ba2+、Na+
3 3
【解析】铅膏中主要含有PbSO 、PbO 、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加
4 2
入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢
可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣
主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中
的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。(1)“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)+SO 2- (aq)，由一些难溶电解质
4 3 3 4
的溶度积常数的数据可知，K (PbCO )=7.4×10-14，K (PbSO )=2.5×10-8，反应PbSO (s)+CO2- (aq)= PbCO (s)
sp 3 sp 4 4 3 3
+SO2- (aq)的平衡常数K= = = = ≈3.4×105>105，说明可以转化的比
4
较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。(2)反应BaSO(s)+CO2- (aq)= BaCO (s)
4 3 3
+SO2- (aq)的平衡常数K= = = = ≈0.04<<105，说明该反应正向进行
4
的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化。(3)(i)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，
4
会被过氧化氢氧化为铁离子。(ii)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac) ，过氧化氢与Pb、HAc发
2
生氧还原反应生成Pb(Ac) 和HO，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：
2 2
Pb+HO+2HAc=Pb(Ac) +2H O。(iii)过氧化氢也能使PbO 转化为Pb(Ac) ，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，
2 2 2 2 2 2
PbO 是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤
2
渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO 完全转化，铁离子、
4
铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金
属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。
【变式探究】
1．(2022•全国甲卷)硫酸锌(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
4
可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程
3 2
如下：
本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：
离
Fe3+ Zn2+ Cu2+ Fe2+ Mg2+
子回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_______。
(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 ，最适宜使用的X是_______(填标号)。
A．NH ·H O B．Ca(OH) C．
3 2 2
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
(4)向 的滤液①中分批加入适量KMnO 溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO，该步反应的离
4 2
子方程式为_______。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是_______。
(6)滤渣④与浓HSO 反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是_______、_______。
2 4
【答案】(1)ZnCO ZnO+CO ↑
3 2
(2) 增大压强 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) CaSO SiO
3 4 2
(4)3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+
4 2 3 2
(5)置换Cu2+为Cu从而除去
(6) CaSO MgSO
4 4
【解析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO ，杂质为SiO 以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结
3 2
合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO ZnO+CO ↑，再加入HSO 酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、
3 2 2 4
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) 、CaSO、SiO 的滤
3 4 2
渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO 溶液氧化Fe2+，过滤得到
4
Fe(OH) 和MnO 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
3 2
滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF 、MgF ，滤液④为ZnSO 溶液，经一系列处理得到
2 2 4
ZnSO·7H O。(1)由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO ZnO+CO ↑；(2)可采用增大压强、将焙烧
4 2 3 2
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项，NH ·H O易分解产生NH
3 2 3
污染空气，且经济成本较高，故A不适宜；B项，Ca(OH) 不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜；C项，
2
NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜；故选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) ，又CaSO 是微溶物，SiO 不溶于酸，
3 4 2故滤渣①的主要成分是Fe(OH) 、CaSO、SiO；(4)向80~90℃滤液①中加入KMnO 溶液，可氧化Fe2+，得到
3 4 2 4
Fe(OH) 和MnO 的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2++ MnO -+7H O=3Fe(OH) ↓+MnO↓+5H+；(5)滤液②中加
3 2 4 2 3 2
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；(6)由分析，滤渣④为
CaF 、MgF ，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO、MgSO 。
2 2 4 4
2．(2019年天津高考化学)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与 在300℃时反应生成1molSiHCl 气体和 ，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为
3
________________________；SiHCl 的电子式为__________________。
3
Ⅱ．将SiCl 氢化为SiHCl 有三种方法，对应的反应依次为：
4 3
① SiCl (g)+ H (g) SiHCl (g)+HCl (g) ∆H>0
4 2 3 1
② 3SiCl (g)+2 H (g)+ Si(s)+ 4SiHCl (g) ∆H<0
4 2 3 2
③ 2SiCl (g)+ H (g)+ Si(s) +HCl (g) 4SiHCl (g) ∆H
4 2 3 3
(1)氢化过程中所需的高纯度 可用惰性电极电解 溶液制备，写出产生 的电极名称______(填“阳
极”或“阴极”)，该电极反应方程式为________________________。
(2)已知体系自由能变 ， 时反应自发进行。三个氢化反应的 与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的 小，主要
原因是________________________。
(3)不同温度下反应②中SiCl 转化率如图2所示。下列叙述正确的是______(填序号)。
4
a．B点： b． ：A点 点 c．反应适宜温度： ℃
(4)反应③的∆H=__________(用∆H、∆H 表示)；温度升高，反应③的平衡常数K______(填“增大”、
3 1 2
“减小”或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl 、SiHCl 和 外，还有______(填分子式)。
4 3
【答案】(1) Si(s)+3HCl(g) SiHCl (g)+H(g) ∆H=-225kJ·mol-1
3 2
(2) (3)阴极 (4) 2H O+2e-=H ↑+2OH-或2H++2e-=H↑
2 2 2
(5) 1000℃ (6) ∆H<∆H 导致反应②的∆G小 (7) a、c
2 1
(8)=∆H-∆H (9)减小 (10)HCl、H
2 1 2
【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl 和氢气，反应条件是300℃，
3
配平后发现SiHCl 的化学计量数恰好是1mol，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)
3
SiHCl (g)+H(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl 中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电
3 2 3
子式为： ，注意别漏标3个氯原子的孤电子对。
II.(1)电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O 、阴极发生还原反应才产生H ；阴极的电极反应式可以
2 2
直接写成2H++2e-=H↑，或写成由水得电子也可以：2HO+2e-=H ↑+2OH-；(2)由题目所给的图1可以看出，反
2 2 2
应①(最上面那条线)当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的
熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然
是焓变产生了较大的影响，即∆H<∆H 导致反应②的∆G小(两个反应对应的∆H，一个为正值，一个为负值，
2 1
大小比较很明显)；(3)图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相
同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。a项正确，
B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正(或逆)反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl 的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生
3
产中还要综合考虑催化剂的活性温度。(4)将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H=∆H-
3 2
∆H ，因∆H<0、∆H>0，所以∆H 必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温
1 2 1 3
度的升高而减小；(5)反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H 也可循环
2
使用。
3．(2021•山东卷)工业上以铬铁矿(FeCrO，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
2 4
(Na Cr O•2H O)的工艺流程如图。回答下列问题：
2 2 7 2
(1)焙烧的目的是将FeCr O 转化为NaCrO 并将Al、Si氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流
2 4 2 4
而行，目的是________________________________。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如图所示。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-
5mol•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH的理论范围为_________________；酸化的目的是________________；Fe元素在_________(填
操作单元的名称)过程中除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致________________________________；冷却结晶所得母液中，除
NaCr O 外，可在上述流程中循环利用的物质还有________。
2 2 7
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以NaCrO 为主要原料制备NaCr O 的总反应方程式为：
2 4 2 2 74NaCrO+4H O 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O ↑。则NaCr O 在_______ (填“阴”或“阳”)极室制得，电
2 4 2 2 2 7 2 2 2 2 7
解时通过膜的离子主要为________________。
【答案】(1)增大反应物接触面积，提高化学反应速率
(2)4.5≤pH≤9.3 使2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O平衡正向移动，提高NaCr O 的产率 浸取
4 2 7 2 2 2 7
(3)所得溶液中含有大量NaSO •10H O H SO (4)阳 Na＋
2 4 2 2 4
【解析】以铬铁矿(FeCrO，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na Cr O•2H O)过程中，向
2 4 2 2 7 2
铬铁矿中加入纯碱和O 进行焙烧，FeCr O 转化为NaCrO，Fe(II)被O 氧化成Fe O，Al、Si氧化物转化为
2 2 4 2 4 2 2 3
NaAlO 、NaSiO，加入水进行“浸取”，Fe O 不溶于水，过滤后向溶液中加入HSO 调节溶液pH使AlO-、
2 2 3 2 3 2 4 2
SiO2-转化为沉淀过滤除去，再向滤液中加入HSO ，将NaCrO 转化为NaCr O，将溶液蒸发结晶将NaSO
3 2 4 2 4 2 2 7 2 4
除去，所得溶液冷却结晶得到NaCr O•2H O晶体，母液中还含有大量HSO 。(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，
2 2 7 2 2 4
目的是利用热量使O 向上流动，增大固体与气体的接触面积，提高化学反应速率；(2)中和时调节溶液pH目
2
的是将AlO-、SiO2-转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液pH≥4.5时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3时，
2 3
HSiO 会再溶解生成SiO2-，因此中和时pH的理论范围为4.5≤pH≤9.3；将Al元素和Si元素除去后，溶液中Cr
2 3 3
元素主要以Cr O2-和CrO2-存在，溶液中存在平衡：2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O，降低溶液pH，平衡正向
2 7 4 4 2 7 2
移动，可提高NaCr O 的产率；由上述分析可知，Fe元素在“浸取”操作中除去；(3)蒸发结晶时，NaSO 主
2 2 7 2 4
要以NaSO •10H O存在，NaSO •10H O的溶解度随温度升高先增大后减小，若蒸发结晶时，过度蒸发将导致
2 4 2 2 4 2
所得溶液中含有大量NaSO •10H O；由上述分析可知，流程中循环利用的物质除NaCr O 外，还有HSO ；
2 4 2 2 2 7 2 4
(4)由4NaCrO+4H O 2NaCr O+4NaOH+2H↑+O ↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子
2 4 2 2 2 7 2 2
生成H＋和O，阴极上H+得到电子生成H，由2CrO2-+2H+ Cr O2-+H O可知，Cr O2-在氢离子浓度较大
2 2 4 2 7 2 2 7
的电极室中制得，即NaCr O 在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以
2 2 7
为提高制备NaCr O 的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极。
2 2 7化学工艺流程常涉及的化学反应原理有：
(1)沉淀溶解平衡的相关应用：①沉淀的最小浓度控制；②沉淀转化的条件。
(2)反应速率及化学平衡理论在实际生产中的应用：①反应速率控制；②化学平衡移动；③化学平衡常数的
应用；④反应条件的控制。
(3)氧化还原反应的具体应用：①强弱规律；②守恒规律；③选择规律。
(4)盐类水解的具体应用：①水解规律；②水解反应的控制(抑制或促进)。
高频考点三 化学工艺流程与物质提纯
物质提纯类化工流程题以物质的分离、提纯为基础，涉及蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、蒸馏、萃取、
分液、重结晶、洗涤、干燥等基本操作，突出考查化学实验基本方法在物质分离、提纯中的作用。物质提纯类
化工流程题一般包括以下具体内容：
1．物质分离的6种常用方法
看目的 选方法
过滤
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
(热滤或抽滤)
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提纯分离物质，如用
萃取和分液
CCl 或苯萃取溴水中的溴
4
提纯溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl 蒸发结晶
提纯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
冷却结晶
KNO、FeCl 、CuCl 、CuSO ·5H O、FeSO ·7H O等
3 3 2 4 2 4 2
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油 蒸馏与分馏
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氨气
冷却法
与氮气、氢气
2．获得产品阶段的主要操作
水洗：洗去晶体表面的杂质离子(适用于溶解度小的物质)
冰水洗涤：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗
洗涤(冰水、
(适用于高温溶解度大、低温溶解度小的物质)
热水、有机
醇洗(常用于溶解度较大的物质)：洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在
溶剂)
洗涤过程中的溶解损耗(若对溶解度小的物质进行醇洗，则是为了洗去杂质离
子，并使其尽快干燥)
蒸发时的气
如从溶液中析出FeCl 、AlCl 、MgCl 等溶质时，应在HCl的气流中加热，以
3 3 2
体氛围抑制
防其水解
水解如KCr O 和少量NaCl的混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析
2 2 7
蒸发浓缩、
出的固体主要是KCr O ，母液中是NaCl和少量KCr O ，这样就可分离出
2 2 7 2 2 7
冷却结晶
大部分KCr O；同样原理可除去KNO 中的少量NaCl
2 2 7 3
如NaCl和少量KCr O 的混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固
2 2 7
蒸发结晶、
体主要是NaCl，母液中是KCr O 和少量NaCl；同样原理可除去NaCl中的
2 2 7
趁热过滤
少量KNO
3
3．“目的或原因”
目的或原因 答题模板
沉淀水洗的目的 除去××(可溶于水)杂质
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水
沉淀用乙醇洗涤的目的
分，使固体快速干燥
冷凝回流的作用及目的 防止××蒸气逸出脱离反应体系，提高××物质的转化率
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××
控制溶液pH的目的
溶解等；促进/抑制××气体吸收/逸出
加过量A试剂的原因 使B物质反应完全(或提高B物质的转化率)等
温度过高××物质分解(如HO 、NH ·H O、浓硝酸、NH HCO 等)或××
2 2 3 2 4 3
温度不高于××℃的原因 物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如NaSO 等)或促进××物
2 3
质水解(如AlCl 、FeCl 等)
3 3
减压蒸馏(减压蒸发)的 减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如HO 、浓硝
2 2
原因 酸、NH HCO 等)
4 3
蒸发、反应时的气体氛 抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl 溶液时需在HCl气流中进行；加
3
围 热MgCl ·6H O 得MgCl 时需在HCl气流中进行等)
2 2 2
配制某溶液前先煮沸水
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
的原因
反应容器中和大气相通
指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大
的玻璃管的作用
【典例剖析】
【例1】(2022•江苏卷)实验室以二氧化铈(CeO)废渣为原料制备Cl-含量少的Ce (CO)，其部分实验过程如
2 2 3 3
下：
(1)“酸浸”时CeO 与HO 反应生成Ce3+并放出O，该反应的离子方程式为_______。
2 2 2 2
(2)pH约为7的CeCl 溶液与NH HCO 溶液反应可生成Ce (CO) 沉淀，该沉淀中 含量与加料方式有关。
3 4 3 2 3 3得到含Cl-量较少的Ce (CO) 的加料方式为_______(填序号)。
2 3 3
A．将NH HCO 溶液滴加到CeCl 溶液中
4 3 3
B．将CeCl 溶液滴加到NH HCO 溶液中
3 4 3
(3)通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 含量少的Ce (CO)。已知Ce3+能被有机萃取剂(简
2 3 3
称HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层) Ce(A) (有机层)+3H+(水层)
3
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。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Ce (CO) 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______(填化
2 3 3
学式)。
(4)实验中需要测定溶液中Ce3+的含量。已知水溶液中 可用准确浓度的(NH )Fe(SO ) 溶液滴定。以苯
4 2 4 2
代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为 。请补充
完整实验方案：①准确量取25.00mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为0.2 mol·L-1]，加氧化剂将 完全氧化并去除多余氧
化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000
mol·L-1(NH )Fe(SO ) 和待测 溶液装入如图所示的滴定管中：③_______。
4 2 4 2
【答案】(1)2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O
2 2 2 2 2
(2)B
(3)降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度 酸性条件，多次萃取 Ce3+
(4)从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000
mol·L-1(NH )Fe(SO ) 来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录
4 2 4 2
标准液的体积
【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。
(1)根据信息反应物为CeO 与HO，产物为Ce3+和O，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：
2 2 2 2
2CeO+H O+6H+=2Ce3++O ↑+4H O；(2)反应过程中保持CeCl 少量即可得到含Cl-量较少的Ce (CO)，故选
2 2 2 2 2 3 2 3 3
B；(3)①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物；②根据萃取原理可知，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；(4)应该用标准液滴定待测Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂，故答案为：
从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000
mol·L-1(NH )Fe(SO ) 来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录
4 2 4 2
标准液的体积。
【例2】(2022•北京卷)铵浸法由白云石[主要成分为CaMg(CO )，含Fe O、SiO 杂质]制备高纯度碳酸钙和
3 2 2 3 2
氧化镁。其流程如下：
已知：
物质 Ca(OH) Mg(OH) CaCO MgCO
2 2 3 3
K
sp
(1)煅烧白云石的化学方程式为___________。
(2)根据下表数据分析：
n(NH Cl)：n(CaO) CaO浸出率/ MgO浸出率/ w (CaCO )理论值/ w (CaCO )实测值/
4 3 3
98.4 1.1 99.7 -
98.8 1.5 99.2 99.598.9 1.8 98.8 99.5
99.1 6.0 95.6 97.6
已知：i．对浸出率给出定义
ii．对w (CaCO )给出定义
3
①“沉钙”反应的化学方程式为___________。
②CaO浸出率远高于MgO浸出率的原因为___________。
③不宜选用的“n(NH Cl)：n(CaO)”数值为___________。
4
④w (CaCO )实测值大于理论值的原因为___________。
3
⑤蒸馏时，随馏出液体积增大，MgO浸出率可出 增加至 ，结合化学反应原理解释MgO浸出
率提高的原因为___________。
(3)滤渣C为___________。
(4)可循环利用的物质为___________。
【答案】(1)CaMg(CO ) CaO+MgO+2CO ↑
3 2 2
(2) CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O Ca(OH) 的溶度积大于Mg(OH) ，溶液中Ca(OH) 能与
2 3 2 2 3 4 2 2 2 2
NH Cl反应，而Mg(OH) 不能 2.4：1 反应加入的CaO也转化为CaCO Mg(OH) +(NH)SO
4 2 3 2 4 2 4
MgSO +2NH↑+2H O，蒸馏时，NH 逸出促进NH +水解，溶液中H+浓度增大，有利于Mg(OH) 完全转化为
4 3 2 3 4 2
MgSO
4
(3)SiO、Fe O
2 2 3
(4)NH Cl、(NH )SO
4 4 2 4
【解析】由题给流程可知，白云石煅烧时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙和氧化镁，向煅烧后的固体
3 2
中加入氯化铵溶液和氧化钙，氧化钙和氯化铵溶液反应生成氯化钙和一水合氨，氧化镁与水反应生成氢氧化镁，
过滤得到含有氯化钙、一水合氨的滤液A和含有氢氧化镁、氧化铁、二氧化硅的滤渣B；向滤液A中通入二
氧化碳，二氧化碳与滤液A反应、过滤得到碳酸钙沉淀和氯化铵溶液；向滤渣B中加入硫酸铵溶液蒸馏，将
氢氧化镁转化为硫酸镁，氧化铁、二氧化硅与硫酸铵溶液不反应，过滤得到含有氧化铁、二氧化硅的滤渣C
和含有硫酸镁的滤液D；向滤液D中加入碳酸铵溶液，碳酸铵溶液与滤液D反应、过滤得到碳酸镁沉淀和硫
酸铵溶液，煅烧碳酸镁得到氧化镁，制备分离过程中氯化铵溶液和硫酸铵溶液可以循环利用。(1)白云石煅烧
时，CaMg(CO ) 高温分解生成氧化钙、氧化镁和二氧化碳，反应的化学方程式为CaMg(CO )
3 2 3 2
CaO+MgO+2CO ↑；(2)①由分析可知，“沉钙”时发生的反应为二氧化碳与氯化钙和一水合氨混合溶液反应生
2
成碳酸钙沉淀、氯化铵和水，反应的化学方程式为CaCl +NH·H O+CO=CaCO ↓+NHCl+H O；②由题给溶度
2 3 2 2 3 4 2积数据可知，氢氧化钙的溶度积大于氢氧化镁，溶液中氢氧化钙的浓度大于氢氧化镁，能与氯化铵溶液反应生
成氯化钙和一水合氨，而氢氧化镁不能反应，所以氧化钙的浸出率远高于氧化镁；③由题给数据可知，氯化铵
和氧化钙的物质的量比为2.4：1时，氧化镁的浸出率最高，而碳酸钙的质量分数无论是理论值还是实测值都
最低，所以不宜选用的物质的量比为2.4：1；④硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应为吸热反
应，加热蒸馏时，氨气逸出促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，有利于氢氧化镁完全溶解转化为硫酸
铵，所以氧化镁浸出率提高；(3)滤渣C为氧化铁、二氧化硅；(4)由分析可知，制备分离过程中氯化铵溶液和
硫酸铵溶液可以循环利用。
【变式探究】
1．(2022•广东选择性考试)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(C H COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C H COO) RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离
11 23 11 23 3
子保持 价不变；(C H COO) Mg的K =1.8×10-8，Al(OH) 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相
11 23 2 sp 3
关pH见下表。
离子 Mg2+ Fe3+ Al3+ RE3+
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 /
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是_______。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至_______的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为_______。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1。为尽可能多地提取RE3+，可提高
月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中c(C H COO―)低于_______ mol·L-1 (保留两位有效数字)。
11 23
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是_______。
②“操作X”的过程为：先_______，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有_______(写化学式)。
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt Y。
3
①还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移_______ mol电子。
3 4 3 3
②Pt Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O 的还原，发生的电极反应为_______。
3 2【答案】(1)Fe2+ (2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH-= Al(OH) ↓
3
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO
4
(6) 15 O+4e-+2H O=4OH-
2 2
【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中含有RE3+、
4
Mg2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、SO 2-等离子，经氧化调pH使Fe3+、Al3+形成沉淀，经过滤除去，滤液1中含有RE3+、
4
Mg2+、SO 2-等离子，加入月桂酸钠，使RE3+形成(C H COO) RE沉淀，滤液2主要含有MgSO 溶液，可循环
4 11 23 3 4
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RECl 溶液。(1)由分析可
3
知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有
变化的金属离子是Fe2+；(2)由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所
以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中
Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH-= Al(OH) ↓；(3)滤液2中Mg2+浓度为2.7g·Lˉ1，即0.1125mol/L，根据
3
，若要加入月桂酸钠后只生成(C H COO) RE，而不产生
11 23 3
(C H COO) Mg，则 = =4×10-4 mol·L-1；(4)①“加热搅
11 23 2
拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是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(C H COOH)熔点为44℃，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离；(5)由
11 23
分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO ；(6)①YCl 中Y为+3价，PtCl 中Pt为+4价，而Pt Y
4 3 4 3
中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时，生成1molPt Y转移15 mol电子；②碱性溶液中，
3 4 3 3
氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O+4e-+2H O=4OH-。
2 2
2．( 2019年新课标Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与
硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备，工艺如下图所示。回答下列问题：
相关金属离子[c(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
0金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+
开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9
沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9
(1)“滤渣1”含有S和__________________________；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式
____________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO 的作用是将________________________。
2
(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是______________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF 沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是
2
_____________________________________________________________________。
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNiCoMnO，其中Ni、Co、Mn的化合
x y z 2
价分别为+2、+3、+4。当x=y= 时，z=___________。
【答案】(1) SiO (不溶性硅酸盐) MnO +MnS+2H SO =2MnSO +S+2H O
2 2 2 4 4 2
(2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3) 4.7 (4) NiS和ZnS
(5) F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF Mg2++2F−平衡向右移动
2
(6) Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO ↑+H O (7).
3 3 2 2
【解析】(1)Si元素以SiO 或不溶性硅盐存在，SiO 与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO ；在硫酸
2 2 2
的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：
MnO +MnS+2H SO =2MnSO +S+2H O；(2)二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为
2 2 4 4 2
Fe3+；(3)由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；(4)根据题干信息，
加入NaS除杂为了出去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；(5)由HF H++F-知，酸
2
度过大，F-浓度减低，使得MgF Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；(6)根据题干信
2
息沉锰的过程是生成了MnCO 沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO-=MnCO↓+CO ↑+H O；(7)根据化
3 3 3 2 2
合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3。
3．( 2019年新课标Ⅰ卷) 硫酸铁铵[NH Fe(SO )·xH O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在
4 4 2 2
实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：
(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_________________。
(2)步骤②需要加热的目的是_________________，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是
_________________。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为__________(填标
号)。
(3)步骤③中选用足量的HO，理由是_________________。分批加入HO，同时为了_________________，
2 2 2 2
溶液要保持pH小于0.5。
(4)步骤⑤的具体实验操作有______________，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
(5)采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失
重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为______________。
【答案】(1) 碱煮水洗 (2)加快反应速率 水浴加热 C
(3) 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质 因为HO 本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时
2 2
为了防止Fe3+水解
(4) 加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤) (5) NH Fe(SO )∙12H O
4 4 2 2
【解析】(1)步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热
的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；(2)步骤②需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持80~95 ℃，由于
保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热(热水浴)；铁屑中含有少量硫化物，硫
化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择 C
装置；(3)步骤③中选用足量的HO ，HO 可以将Fe2+氧化为Fe3+，且HO 的还原产物为HO，不会引入新的
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杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为HO 本身易分解，所以在加入时需分量加入，
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同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；(4)为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：
加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)；(5)设硫酸铁铵的化学式为 NH Fe(SO )∙xH O，其相对分子质量为
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266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.5×18=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学
式为NH Fe(SO )∙12H O。
4 4 2 2在解化工流程题无机物质的制备，常与物质分离与提纯联系在一起，制备的目标物质要容易分离出来，物
质分离与提纯有多种方法，总的说有物理方法和化学方法两大类：物理方法有过滤、蒸发、蒸馏、分液、萃取、
结晶、重结晶、渗析等；化学方法有沉淀法、热分解法、电解法、氧化还原法等；要根据目标物质的性质和特
点来选择适宜的制备、分离方法。在审题时，应粗看流程图，没必要看得非常明白(因耗时太多)，然后接着往
下看问题作答，容易的迅速写下，做到“笔过留分”，难的再结合流程、信息回答。这样做耗时短，能得到大
部分分数。
