微专题突破6无机化工流程题透视（学案）（教师版）_05高考化学_2025年新高考资料_二轮复习_2025年高考化学二轮复习重点微专题突破学案（新高考专用）3419182

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 目标定位 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 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 主要考虑O、HO、CO 或其他气体是否参与反应 ④ 在空气中或在其他气体中 2 2 2 或达到防氧化、防水解、防潮解等目的 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 ⑤ 判断沉淀是否洗净 某种离子是否存在 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 ⑥ 检验某物质的设计方案 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…… 增大原料浸出率(离子在溶液中的含 搅拌、升高温度、延长浸出时间、增大气体的流速(浓度、压 ⑶ 量多少)的措施 强)，增大气液或固液接触面积 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 ⑷ 加热的目的 的方向)移动 适当加快反应速率，但温度过高会造成挥发(如浓硝酸)、分解 ⑸ 温度不高于××℃的原因 (如HO 、NH HCO )、氧化(如NaSO )或促进水解(如AlCl ) 2 2 4 3 2 3 3 等，影响产品的生成 从滤液中提取溶解度随温度升高而 蒸发浓缩(至少有晶膜出现)、冷却结晶、过滤、洗涤(冰水洗、 ⑹ 增大晶体的方法 热水洗、乙醇洗等)、干燥 混合液中提取物溶解度随温度升高 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 ⑺ 增大而杂质溶解度受温度影响较小 出来)、洗涤、干燥 减小压强，使液体沸点降低，防止(如 HO 、浓硝酸、 ⑻ 减压蒸馏(减压蒸发)的原因 2 2 NH HCO )受热分解、挥发 4 3 ⑼ 检验溶液中离子是否沉淀完全的方 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 2 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找法 生成，则离子沉淀完全 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 ⑽ 洗涤沉淀 后，重复操作2～3次 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 ⑾ 检验沉淀是否洗涤干净的方法 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 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 ⒀ 冰水洗涤的目的 在洗涤过程中的溶解损耗 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 得到较干燥的产物(乙醇易挥发,可迅速干燥) 抑制某离子的水解，如加热蒸发AlCl 溶液时为获得AlCl 需在 ⒂ 蒸发、反应时的气体氛围 3 3 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 HO、HNO、空气、次氯酸 氧化剂 2 2 3 氧化某些还原性物质，便于后续分离，如氧化Fe2＋、Co2＋等 盐、KMnO 、MnO 等 4 2 还原剂SO 、NaSO 、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 2 2 3 溶解金属和金属氧化物，调节pH促进水解(沉淀)，HSO 可提供SO 2－ 酸 HCl、HSO 、HNO 等 2 4 4 2 4 3 作沉淀剂 去除油污；调节pH促进水解(沉淀)；NaOH溶液可溶解氧化铝、铝、 碱 NaOH、NH ·HO等 3 2 二氧化硅 调节pH使某些离子沉淀；提供CO2－使某些离子（如Cu2＋①、Ca2＋、 碳酸盐 NaCO、(NH )CO 等 3 2 3 4 2 3 Pb2＋、Ba2＋等）沉淀 调pH使某些离子沉淀；提供HCO －使某些离子{如[Al(OH)]－]、Fe3＋ 碳酸 3 4 NaHCO 、NH HCO ③、Al3＋、Cr3＋、Fe2＋④、Mg2＋、Mn2＋、Co2＋等}沉淀；相对于碳酸盐， 氢盐 3 4 3 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 NaC O 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋等 2 2 4 硫化物 HS、NaS、(NH )S等 沉淀某些离子，如Cu2＋、Pb2＋、Ag＋、Sn2＋等 2 2 4 2 氟化物 HF、NaF 沉淀某些离子，如Ba2＋、Ca2＋、Mg2＋等 注：①发生反应：2Cu2＋＋2CO2－＋HO＝Cu (OH)CO↓＋CO↑；②发生反应：[Al(OH)]－＋HCO － 3 2 2 2 3 2 4 3 ＝Al(OH)↓＋CO2－＋HO；③发生反应：Fe3＋＋3HCO －＝Fe(OH)↓＋3CO↑；④发生反应：Fe2＋＋ 3 3 2 3 3 2 2HCO －＝FeCO↓＋CO↑＋HO。 3 3 2 2 8．创新考查——萃取与反萃取 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 萃取原理 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 萃取步骤 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) 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 反萃取 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 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 水洗 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 考考位位位 （2023·江苏）实验室模拟“镁法工业烟气脱硫”并制备MgSO ·HO，其实验过程可表示为 4 2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 （1）在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO 气体，生成MgSO ，反应为Mg(OH) ＋HSO ＝MgSO 2 3 2 2 3 3 ＋2HO，其平衡常数 K 与 K [Mg(OH)]、K (MgSO )、K (HSO )、K (HSO )的代数关系式为 K＝ 2 sp 2 sp 3 a1 2 3 a2 2 3 ____________________________________________________；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO 效 2 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SO 气体的速率 2 D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO 2 （2）在催化剂作用下MgSO 被O 氧化为MgSO 。已知MgSO 的溶解度为0.57 g 3 2 4 3 (20℃)，O 氧化溶液中SO的离子方程式为__________________________________；在 2 其他条件相同时，以负载钴的分子筛为催化剂，浆料中MgSO 被O 氧化的速率随pH 3 2 的变化如图甲所示。在pH＝6～8范围内，pH增大，浆料中MgSO 的氧化速率增大， 3 其主要原因是__________________________________________________________ ____________________________________。 【答案】（1） BD （2）2SO＋O=====2SO pH增大，抑制SO的水解，反应 2 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)＋HSO ＝MgSO ＋2HO K 2 2 3 3 2 ②Mg(OH)(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq) K [Mg(OH)] 2 sp 2 ③MgSO (s) Mg2＋(aq)＋SO(aq) K (MgSO ) 3 sp 3 ④HSO H＋＋HSO K (HSO ) 2 3 a1 2 3 ⑤HSO H＋＋SO K (HSO ) a2 2 3 ⑥HO H＋＋OH－ K 2 w 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，SO 在水 2 中溶解度降低，且会导致HSO 受热分解，不一定能提高吸收SO 效率，错误；B项，加快搅拌速率，可以使 2 3 2 反应物充分接触，提高吸收SO 效率，正确；C项，降低通入SO 气体的速率，SO 可与MgO浆料充分接触， 2 2 2 但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO 效率，错误；D项，多孔球泡可以让SO 与MgO浆料充分接触，能 2 2 提高吸收SO 效率，正确；（2）根据题意，O 氧化溶液中的SO，SO被氧化为SO，1 mol O 氧化2 mol SO， 2 2 2 故O 氧化溶液中SO的离子方程式为2SO＋O=====2SO；pH增大，抑制SO的水解，反应物SO的浓度增大， 2 2 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Fe O 、FeO、 2 3 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MnO 、Fe(OH) 。“氧化除杂”过程中KMnO 与Mn2＋发生反应的离子方程式为 2 3 4 _______________________________________________________，溶液pH范围应控制在___________________。 4 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找【答案】（1）防止后续“氧化除杂”步骤中消耗更多的KMnO 和产生污染性气体Cl （2）2MnO＋ 4 2 3Mn2＋＋2HO＝5MnO ↓＋4H＋ 2.8～6.0 2 2 【解析】由题干流程图可知，氧化锌烟灰(含ZnO及少量Fe O、FeO、MnO、CuO)中加入盐酸，发生反应 2 3 为ZnO＋2HCl＝ZnCl ＋HO、Fe O ＋6HCl＝2FeCl ＋3HO、FeO＋2HCl＝FeCl ＋HO、CuO＋2HCl＝ 2 2 2 3 3 2 2 2 CuCl ＋HO、MnO＋2HCl＝MnCl ＋HO，向浸取液中加入 KMnO 固体，将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，再转化为 2 2 2 2 4 Fe(OH) 沉淀，将Mn2＋转化为MnO 沉淀，过滤出滤渣1，主要成分是Fe(OH) 和MnO ，滤液中含有Cu2＋和 3 2 3 2 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 ZnCl 和KCl，加入NaCO ，发生反应：5Zn2＋＋5CO＋5HO＝2ZnCO ·3Zn(OH)·2HO↓＋3CO↑，据此 2 2 3 2 3 2 2 2 分析解题。 （1）后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO 能与盐酸反应生成有毒有害的Cl ，则为了防止过量的盐酸与 4 2 后续“氧化除杂”步骤中加入的KMnO 反应生成有毒有害的Cl ，则“浸取”过程中盐酸不宜过量太多； 4 2 （2）“滤渣1”的成分是MnO 、Fe(OH) ，根据氧化还原反应配平可得，“氧化除杂”过程中KMnO 与Mn2＋ 2 3 4 发生反应的离子方程式为2MnO＋3Mn2＋＋2HO＝5MnO ↓＋4H＋，调节溶液pH是使Fe3＋完全沉淀，而Cu2 2 2 ＋、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 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 控制溶液的pH 溶液的pH密切相关 常用试剂：①酸[稀HCl、HSO 、HNO(注意氧化性)]、酸性气体；②碱 2 4 3 [NaOH、NH ·HO]；③盐[NaCO、NaHCO 、NH HCO ]；④金属氧化物 3 2 2 3 3 4 3 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 反应物用量或浓度 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 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 加入氧化剂(或还原剂) 液的pH，使其转化为Fe(OH) 沉淀除去] 3 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 加入沉淀剂 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 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 降温 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 控制温度 本，降低对设备的要求等 (常用水浴、冰 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 升温 水浴或油浴) 于过滤分离 ①结晶获得所需物质；②防止某种物质(如HO 、草酸、浓硝酸、铵盐等)温 2 2 控温 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K 计算反应所需要的pH条件。 sp 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。 考点精练 温度的控制 LiTi O 和LiFePO 都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO ，还含有少量MgO、 4 5 12 4 3 SiO 等杂质)来制备，工艺流程如图： 2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 （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）TiO·xHO沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示： 2 2 温度/℃ 30 35 40 45 50 TiO·xHO转化率% 92 95 97 93 88 2 2 分析40 ℃时TiO·xHO转化率最高的原因_______________________________________________________ 2 2 _________________________________________________________。 【答案】（1）100℃、2 h或90℃、5 h （2）低于40℃，TiO·xHO转化反应速率随温度升高而增加；超 2 2 过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO·xHO转化反应速率下降 2 2 【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，TiO·xHO转化率最高；因低于40℃，TiO·xHO转化率随温度升高而增加，超过40℃，双氧水分 2 2 2 2 解及氨气逸出，导致TiO·xHO转化率下降。 2 2 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＋＋HO SnO＋2H＋ Sn2＋与HO的反应属于吸热反应，加热促使Sn2＋转化为SnO； 2 2 加水促进Sn2＋水解 （2）PbSO （3）2Bi3＋＋3Fe＝2Bi＋3Fe2＋ （4）5.0≤pH＜7.5 4 【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 6 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找＋、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)，用稀硫酸溶解，得到In3＋，再用Zn置换出In制得粗铟。 3 （1）“中性水洗”时，Sn2＋水解生成SnO，反应的离子方程式为Sn2＋＋HO SnO＋2H＋，Sn2＋水解吸 2 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PbSO ；（3）净化时加入铁粉， 4 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(CeO)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce (CO) ，其部分实验过程如下： 2 2 3 3 （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Cl－含量与加料方式有 3 4 3 2 3 3 关。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Cl－含量少的Ce (CO) 。已知Ce3＋能被有机萃取剂 2 3 3 (简称HA)萃取，其萃取原理可表示为Ce3＋(水层)＋3HA(有机层) CeA(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。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 Ce (CO) 溶液的滤液中，物质的量减小的离子有 2 3 3 _________________(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CeCl 少量即可得到含Cl－量较少的Ce (CO) ，故选B；（3）②根据萃取原理可知， 3 2 3 3 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 反应速率及化学平衡理论在 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 ② 实际生产中的应用 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：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 考点精练 （2023·无锡调研）实验室以废旧锂电池正极材料(含LiCoO 及少量Al、Fe等)为原料制备Co O。 2 3 4 已知：K [Co(OH)]＝1.6×10－15，K (CoC O)＝6.3×10－8，K (CoCO)＝1.4×10－14。 sp 2 sp 2 4 sp 3 NH ·HO的电离常数为K ＝1.8×10－5，HC O 的电离常数分别为K ＝5.4×10－2、K ＝5.6×10－5。 3 2 b 2 2 4 a1 a2 （1）“酸浸”时LiCoO 与HO 反应生成Co2＋并放出O，该反应的离子方程式为 2 2 2 2 __________________________________________________________。 （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) MA (有机层)＋nH＋(水层)。钴、锂在有 n 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HC O 溶液或(NH )C O 溶液反应制得CoC O。 2 2 4 4 2 2 4 2 4 ①若用HC O 溶液作沉淀剂，反应Co2＋＋HC O CoC O＋2H＋的平衡常数K的数值为________。 2 2 4 2 2 4 2 4 ②不能用NaC O 溶液代替(NH )C O 溶液的原因是 2 2 4 4 2 2 4 _______________________________________________________________。 【答案】（1）2LiCoO ＋HO＋6H＋＝2Li＋＋2Co2＋＋O↑＋4HO （2）萃取产生H＋，随pH升高，H＋ 2 2 2 2 2 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 ②NaC O 溶液的碱性更强，易生成Co(OH) 沉淀 2 2 4 2 【解析】（1）“酸浸”时LiCoO 与HO 反应生成Co2＋并放出O，由得失电子守恒和元素质量守恒，可 2 2 2 2 写出反应的离子方程式：2LiCoO ＋HO＋6H＋＝2Li＋＋2Co2＋＋O↑＋4HO；（2）由萃取反应：Mn＋＋ 2 2 2 2 2 nHA(有机层) MA (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＋) n 减小，促进萃取平衡正向移动，MA (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 n Co2＋转移到水层，根据萃取反应：Mn＋＋nHA(有机层) MA (有机层)＋nH＋(水层)知，可以控制酸度使反应 n 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HC O 溶液作沉淀剂，反应的平衡常数K＝＝＝＝48；② 2 2 4 由K [Co(OH)]＝1.6×10－15可知，溶液pH过高时，Co2＋会生成Co(OH) 沉淀，NaC O 溶液的碱性较强，易 sp 2 2 2 2 4 生成Co(OH) 沉淀。 2 【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MnO 、MgO和Fe O)和硫铁矿(主要成 2 2 3 8 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找分FeS)制取MnSO •HO的工艺流程如下： 2 4 2 （1）基态Fe原子与基态Mn原子核外未成对电子数之比___________。 （2）FeS 的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，其晶胞如左下图示。 2 ①写出FeS 的电子式：_______________。 2 ②在图中用“□”标出其他位置的S2－。 2 （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 MnSO •HO的操作是：____________________________________________________________________________ 4 2 ________________________________________。 【答案】（1）4∶5 （2）①Fe2＋[∶S∶S∶]2－ ②其他位置的S2－位于各棱的棱心 （3）在80～90℃之间 2 进行蒸发结晶，趁热过滤，再用80～90℃蒸馏水洗涤MnSO •HO晶体2～3次，最后真空干燥 4 2 【解析】废锰渣(主要成分为MnO 、MgO和Fe O)加硫酸酸溶，MgO和Fe O 溶解，MnO 不溶，过滤后， 2 2 3 2 3 2 固体MnO 在酸性条件下被硫铁矿(主要成分FeS)还原，其反应为3MnO ＋2FeS＋6HSO ＝3MnSO ＋4S＋ 2 2 2 2 2 4 4 Fe (SO )＋6HO，加MnO 将Fe2＋氧化成Fe3＋，加CaCO 调节pH使Fe3＋水解生成Fe(OH)，过滤得S和 2 4 3 2 2 3 3 Fe(OH)，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。 3 （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）FeS 为离子化合物，其电子式：Fe2＋[∶S∶S∶]2－；参考氯化钠晶体结构，其他位置的 2 S2－位于各棱的棱心；（3）根据溶解度曲线图，要从过滤所得的MnSO 溶液中获得较多MnSO •HO，应在80 2 4 4 2 ～90℃之间进行蒸发结晶，趁热过滤，再用80～90℃蒸馏水洗涤MnSO •HO晶体2～3次，最后真空干燥。 4 2 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 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 常用的方法 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 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CCl 萃取和分液 4 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 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 冷却结晶 KNO、FeCl 、CuCl 、CuSO ·5HO、FeSO ·7HO等 3 3 2 4 2 4 2 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 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 冷却法 混合气体中的氨气 考点精练 （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 H O 2 化合物 K sp Mg(OH) 5.6×10－12 2 Ca(OH) 5.5×10－6 2 CaCO 2.8×10－9 3 LiCO 2.5×10－2 2 3 回答下列问题： （1）“沉淀1”为_______________。 （ 2 ） 向 “ 滤 液 1” 中 加 入 适 量 固 体 LiCO 的 目 的 是 2 3 _________________________________________________。 （3）为提高LiCO 的析出量和纯度，“操作A”依次为________________、________________、洗涤。 2 3 （4）有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备LiCO。查阅资料后，发现文献对常温下的LiHCO 有不同 2 3 3 的描述：①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO 的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO 3 3 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LiHCO ____________(填“稳定”或“不稳定”)，有关反应的离子方程式为 3 _____________________________________________________________________________________。 （5）他们结合（4）的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入NaCO 改为通入CO 。这一改动能否达 2 3 2 到相同的效果，作出你的判断并给出理由_____________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________。 【答案】（1）Mg(OH) （2）将Ca2＋转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质 （3）蒸发浓缩 趁热 2 3 过滤 （4）不稳定 Li＋＋HCO＝LiHCO ，2LiHCO ＝LiCO↓＋CO↑＋HO （5）能达到相同效果，因 3 3 2 3 2 2 为改为通入过量的CO ，则LiOH转化为LiHCO ，结合（4）的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO ， 2 3 3 2 3 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) 沉淀，所以沉淀1为Mg(OH)； 2 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LiCO 的目的是将Ca2＋转化成CaCO 沉淀除去，同时不引入新杂质；（3）由LiCO 的溶解度曲线可知， 2 3 3 2 3 温度升高，LiCO 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LiCO 的析出量和纯度， 2 3 2 3 10 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找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NaHCO 3 等体积混合后，产生了 LiHCO 和NaCl，随后LiHCO 分解产生了CO 和LiCO ；（5）“滤液2”中含有 3 3 2 2 3 LiOH，加入NaCO ，目的是将LiOH转化为LiCO 。若改为通入过量的CO ，则LiOH转化为LiHCO ，结合 2 3 2 3 2 3 （4）的探究结果，LiHCO 也会很快分解产生LiCO，所以这一改动能达到相同的效果。 3 2 3 【问题解决4】 （2024·江苏卷）回收磁性合金钕铁硼(Nd Fe B)可制备半导体材料铁酸铋和光学材料氧化钕。 2 14 （1）钕铁硼在空气中焙烧转化为Nd O、Fe O 等(忽略硼的化合物)，用0.4 mol·L－1盐酸酸浸后过滤得到 2 3 2 3 NdCl 溶液和含铁滤渣。Nd、Fe浸出率(×100%)随浸取时间变化如图所示。 3 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) 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 3 生成Fe(OH) 进入滤渣 3 【解析】①钕铁硼在空气中焙烧后得到的Nd O、Fe O 均可溶于盐酸，得到含有NdCl 和FeCl 的溶液。由 2 3 2 3 3 3 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) 沉淀，因此，含铁滤渣的主要成分为 3 Fe(OH) ；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，Fe O 溶解，Fe的浸出 3 2 3 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) 进入滤渣，Fe的浸出率又减小。 3 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。 考点精练 （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Sc O 的一种工艺流程如下： 2 3 （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________。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 （2）“沉钪”时得到Sc (C O)·6HO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 2 2 4 3 2 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HO ，其作用是_________________________________；而后加入NiO调节 2 2 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[(NH )Ni(SO )·nHO]常用于电镀领域。为测定其组成，进行如下实验： 4 x y 4 z 2 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NH 89.60 mL(标准状况)。 3 ③另取50.00 mL 溶液A，用0.05 mol·L－1 BaCl 标准溶液滴定其中的SO，进行三次平行实验，平均消耗 2 80.00 mL BaCl 标准溶液。通过计算确定硫酸镍铵的化学式为_________________________________(Ni—59)。 2 【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） (NH )Ni(SO )·6HO 4 2 4 2 2 【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HO ，其作用是将溶液中Fe2＋转化为Fe3 2 2 ＋，便于生成Fe(OH) 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 3 生成 Ni(OH) 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 2 mol/L×80.00×10－3 L×10＝0.04 mol，根据电荷守恒得到化学式为(NH )Ni(SO )·nHO，根据×2＝0.04 mol，解 4 2 4 2 2 得n＝6，则硫酸镍铵的化学式为(NH )Ni(SO )·6HO。 4 2 4 2 2 化工流程与计算 常见计算类型 类型 解题方法 物质 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 含量计算 品的总量，即可得出其含量 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量； 确定 ②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量； 物质化学式的计算 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 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 多步滴定计算 二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 12 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找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 考点精练 （2023·扬州中学模拟预测）用废锰渣(主要成分为MnO 、MgO和Fe O)和硫铁矿(主要成分FeS)制取 2 2 3 2 MnSO ·HO的工艺流程如下： 4 2 ①取0.171 0 g MnSO ·HO晶体样品，溶于水并加硫酸酸化，用过量NaBiO(难溶于水)将其完全氧化为 4 2 3 MnO，过滤，洗涤，洗涤液并入滤液，加入0.469 0 g Na C O 固体，充分反应后，用0.020 0 mol·L－1 KMnO 2 2 4 4 标准溶液滴定，用去标准溶液20.00 mL，计算样品中MnSO ·H O的质量分数__________________(写出详细计 4 2 算过程)。 C O发生的反应为MnO＋C O＋H＋―→Mn2＋＋CO↑＋HO(未配平)。 2 2 2 2 ②若实验测定MnSO ·HO样品的纯度大于100%，可能的原因是___________________________________ 4 2 ___________________________(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 Na C O 的物质的量为0.003 5 mol，其被样品中MnSO 生成的MnO和加入的20.00 mL 2 2 4 4 0.020 0 mol·L－1 KMnO 氧化。根据电子守恒得2MnO～5C O，设样品中MnSO ·HO物质的量为x，则2.5(x＋ 4 2 4 2 0.020 0×0.020 0)＝0.003 5 mol，解得：x＝0.001 mol，m(MnSO ·HO)＝169×0.001＝0.169 0 g，MnSO ·HO样 4 2 4 2 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“MnSO ·HO”计算，会使得 4 2 MnSO ·HO质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。 4 2 成功体验 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ZnSO，还含有少量的Fe2＋、 4 Mn2＋，溶液pH≈5)为原料制备ZnCO 的实验流程如图甲所示，SO2－具有强氧化性，易被还原为SO 2－，SO2 3 2 8 4 2 8 －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SO2－＋Mn2＋＋2HO＝2SO 2－＋MnO ↓＋4H＋ 2 8 2 4 2 B．“除锰”反应中每消耗1 mol SO2－，硫元素共得到2 mol电子 2 8 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NaSO 溶液，发生氧化还原反应生成MnO 沉淀且将Fe2＋氧化为Fe3＋，过滤后 2 2 8 2 向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH) 沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO 、 3 3 Zn(OH) 等，最后过滤后再加入氨水和NH HCO 沉锌生成碳酸锌ZnCO 。 2 4 3 3 A项，含锌废液中加入NaSO 溶液，发生氧化还原反应生成MnO 沉淀，反应中锰元素化合价由＋2变为 2 2 8 2 ＋4，SO2－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SO2－ 2 8 2 8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 ＋Mn2＋＋2HO＝2SO 2－＋MnO ↓＋4H＋，正确；B项，“除锰”反应中SO2－中过氧根中氧元素化合价由－1 2 4 2 2 8 变为－2，则每消耗1 mol SO2－，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 2 8 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SrSO )和煤粉 4 按照一定质量比在回转窑中煅烧，生成SrS，再处理得高纯SrSO 。 4 （1）煅烧温度对SrSO 转化率的影响如图1所示，最佳煅烧温度为______________。 4 （2）天青石精矿和煤粉质量比对SrSO 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 4 后，SrSO 转化率下降的可能原因是_________________________________________________________________ 4 _______________________________________________________________________。 【答案】（1）1 200 ℃ （2）若煤粉量过少，还原剂不足，SrSO 不能被完全还原成SrS(或煤粉量过少， 4 还原剂不足，回转窑中氧气能将部分SrS氧化为SrSO ，使硫酸锶转化率下降) 4 【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O 重新氧化为SrSO ，从而导致SrSO 转化率下降。 2 4 4 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) CoA·(n－1)(HA)＋2H＋。Co2＋萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 2 2 2 _________________________________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________。 （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) 沉淀 （2）100 2 ℃、3 h左右 （3）40% 6 （4）40 4．（2024·苏州调研期初）五氧化二钒(VO)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。由富钒废渣制备 2 5 VO 的一种流程如下： 2 5 14 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找已知：i．NaVO 溶于水，NH VO 难溶于水。 3 4 3 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 VO ＋ VO 多钒酸根 VO － 多钒酸根 VO3－ 2 2 5 3 4 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NaVO 溶液。 3 已知VO －能被有机萃取剂(简称ROH)萃取，其萃取原理可表示为： 3 VO －(水层)＋ROH(有机层) RVO (有机层)＋OH－(水层)。 3 3 ①萃取前，加盐酸调节溶液的pH为7的目的是___________________________________。 ②反萃取中，VO －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 _______________________________。 （3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO 溶液中加入NH Cl溶液，析出NH VO 沉淀。沉钒温度需控制在 3 4 4 3 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VO －形式存在；减小c(OH－)，有利于向萃取方向进行，提高VO － 3 3 的萃取率 ②pH升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO －的反萃取率增大；但c(OH－)过大， 3 ＋5价钒主要以VO3－或多钒酸根的形式存在，VO －的反萃取率减小 （3）温度过高，NH ·HO受热分解， 4 3 3 2 溶液中c(NH)减小，不利于NH VO 的析出 4 3 【解析】钒渣用硫酸、MnO “酸浸”将VO＋转化为VO ＋；“酸浸”后的溶液通过“调pH、萃取、反萃 2 2 取”等过程，可制得NaVO 溶液；NaVO 溶液中加入NH Cl溶液得到NH VO 沉淀，NH VO 在空气中灼烧得 3 3 4 4 3 4 3 VO。 2 5 （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VO －形式存在；同时H＋与OH－结合成HO，c(OH－)减小，有利于向萃取方向进 3 2 行，提高VO －的萃取率；②反萃取中，VO －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 3 3 升高，c(OH－)增大，有利于反应向反萃取方向进行，VO －的反萃取率增大；但c(OH－)过大，＋5价钒主要以 3 VO3－或多钒酸根的形式存在，VO －的反萃取率减小；（3）“沉钒”时，向pH为8的NaVO 溶液中加入 4 3 3 NH Cl溶液，析出NH VO 沉淀，由于溶液呈碱性故有NH ·HO生成；沉钒温度需控制在70℃左右，温度不 4 4 3 3 2 能过高的原因是：温度过高，NH •HO受热分解，溶液中c(NH)减小，不利于NH VO 的析出。 3 2 4 3 5．（2025·江苏苏州市开学考）以工业钛白副产品(主要成分FeSO •7HO，含少量MgSO 、IiOSO 、 4 2 4 4 CaSO)为原料制备铁红(Fe O)，部分实验流程如下： 4 2 3 I．精制FeSO 4 （1）“除钛”时，利用TiOSO 电离出的TiO2＋水解，生成HTiO 沉淀。 4 2 3 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：K (CaF)＝1.0×10－10，K (MgF)＝7.5×10－11；当离子浓度≤10－5 mol·L－1认为沉淀完全] sp 2 sp 2 Ⅱ．制铁红(Fe O) 2 3 方法一：FeSO 精制液与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀，再用O 将FeCO 氧化为铁红。 4 4 3 3 2 3 （3）补充完成由FeSO 精制液制备FeCO 的实验方案：70℃下将精制液浓缩成饱和溶液，___________， 4 3 干燥，得到FeCO。[FeCO 沉淀需“洗涤完全”，Fe(OH) 开始沉淀的pH＝6.5] 3 3 2 （4）70℃时，O 将FeCO 的化学方程式为_______________________________________。 2 3 方法二：精制液与NaNO 、HSO 、O 反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 2 2 4 2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 （5）NaNO 、HSO 产生的NO 作催化剂，使精制FeSO 溶液被O 氧化为铁黄。其中NO作催化剂时分两 2 2 4 x 4 2 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＋＋2HO＝HTiO＋2H＋ ②将Fe3＋还原为Fe2＋ （2）2.74×10－3 （3）冷却结晶， 2 2 3 过滤，洗涤 （4）4FeCO ＋O====2Fe O ＋4CO （5）4Fe(NO)2＋＋O ＋6HO＝4FeOOH＋4NO＋8H＋ 3 2 2 3 2 2 2 （6）温度越高，气体溶解度越小，催化剂NO，会从水中逸出 x 【解析】Ⅰ．以工业钛白副产品(主要成分FeSO •7HO，含少量MgSO 、TiOSO 、CaSO)为原料制备铁红 4 2 4 4 4 (Fe O)，工业钛白副产品加热水溶解，加入铁粉TiOSO 电离出的TiO2＋水解，生成HTiO 沉淀，过滤，向滤液 2 3 4 2 3 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：FeSO 精制液与NH HCO 溶液反应生成FeCO 沉淀，再用O 将FeCO 氧化为铁红；方法二：精制液与 4 4 3 3 2 3 NaNO 、HSO 、O 反应生成铁黄(FeOOH)，再由铁黄制取铁红。 2 2 4 2 （1）①TiO2＋水解生成HTiO，离子方程式为：TiO2＋＋2HO＝HTiO＋2H＋；②加入Fe粉的作用是将 2 3 2 2 3 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FeSO 精制液制备FeCO 的实验方案：70°C下将精 4 3 制液浓缩成饱和溶液，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO；（4）70°C时，O 氧化FeCO 生成氧化铁 3 2 3 和二氧化碳，化学方程式为：4FeCO＋O====2Fe O＋4CO；（5）用NO作催化剂，使精制FeSO 溶液被O 3 2 2 3 2 4 2 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＋＋O＋6HO＝4FeOOH＋4NO＋8H＋；（6）温度越高，气体溶解度越小，催化 2 2 剂NO，会从水中逸出，则生成铁黄产率下降。 x 16 细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找 找找