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2-4 压强等其他条件调控
1．浓度
（1）根据需要选择适宜浓度，控制一定的反应速率，使平衡移动有利于目标产物的生成，减小对后续操
作产生的影响
（2）反应物过量，能保证反应的完全发生或提高其他物质的转化率，但对后续操作也会产生影响
2．压强：改变反应速率，使平衡向需要的方向移动
3．催化剂：选择合适的催化剂，能加快反应速率
4．使用保护气
（1）隔绝空气(主要是O2、H2O)
（2）抑制弱离子的水解(如HCl 氛围)
1．氛围控制
依据产品质量要求以及反应物的“个性”，工业实践中需将化学反应置于某种氛围中进行，常见的
有：
①隔绝空气：主要是防止还原性物质被空气中的O2氧化；
②在空气中：空气是廉价的原料，借助其中的成分尤其是氧气参与化学反应；
③通入稀有气体：考虑防止物质被氧化、潮解等。
【例1】聚硅酸铁是目前无机高分子絮凝剂研究的热点，一种用钢管厂的废铁渣（主要成分Fe3O4，少量碳
及二氧化硅）为原料制备的流程如下：
酸浸时，通入
O2
的目的是_____________ ，该反应的离子方程式为
____________________________________。
【答案】将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3 4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O
【解析】酸浸时有亚铁离子生成，通入氧气能将亚铁离子氧化为铁离子；反应的离子方程式为4Fe2+
+O2+4H+==4Fe3++2H2O，故答案为：将FeSO4氧化为Fe2(SO4)3；4Fe2++O2+4H+==4Fe3++2H2O；
【例2】目前世界上60%的镁是从海水中提取的，从海水中提取的MgCl2制得Mg 和Cl2，进一步联合用金
红石(主要成分TiO2)冶炼金属钛，工业上其主要的生产流程如下：
工业上冶炼金属钛的上述生产流程，其第2 步是在稀有气体氛围和加热的条件下，用镁与TiCl4反应得到
钛，写出这步反应的化学方程式____________________，该反应时稀有气体氛围的作用是
_____________________________________，该反应的金属冶炼方法属于是____________________。
【答案】 TiCl4 +2Mg
2MgCl2+Ti 做保护气 热还原法
【解析】在稀有气体氛围保护下，镁与TiCl4反应得到钛和氯化镁，反应的化学方程式为：TiCl4 +2Mg
2MgCl2+Ti；加热的条件下，镁还原TiCl4得到钛，所以该反应的金属冶炼方法属于热还原
法，故答案为：TiCl4 +2Mg
2MgCl2+Ti；做保护气；热还原法。
2．溶剂控制
许多无机化学反应是在水溶液中进行的，也有一些反应需加人某种有机溶剂以改变某些性状。无机反
应中，选择溶剂主要考虑物质在溶剂中的溶解性和溶剂的挥发性。
水可能带来的隐患：溶解、水解
所选溶剂可能带来的好处：比如用乙醇代替水对产品进行洗涤，不但可以减少溶解，还易于晾干。
【例3】铝铁合金可在某些航天器件中替代钛铝合金，大幅度降低成本。如下实验流程可利用废弃的钛铝
合金制备聚合硫酸铁和明矾：
②浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是 。
【答案】②降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥
【解析】②Fe 与稀H2SO4反应生成FeSO4，而聚合硫酸铁中的Fe 为+3 价，所以需要用氧化剂H2O2将
Fe2+氧化产生Fe3+。为促使Fe3+水解，加入Y 可调节pH，为不引入杂质，Y 应为Fe2O3或Fe(OH）3。
在溶液中浓缩时加入乙醇，可以降低聚合硫酸铁的溶解度，便于其析出，另外乙醇易挥发，产品易干
燥。
【例4】1871 年门捷列夫最早预言了类硅元素锗，锗元素在元素周期表中与硅元素同族，并位于硅的下一
周期。1886 年德国化学家温克勒发现和分离了锗元素，并以其祖国的名字命名为“Ge”。锗是重要的
的半导体材料，其有机化合物在治疗癌症方面有着独特的功效。
已知：①丹宁是一种有机沉淀剂，可与四价锗络合形成沉淀：②GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低。
步骤④不选用稀盐酸，而选用浓盐酸的原因可能是__ ________、____ ____(写出两点)。
【答案】防止四价锗水解 防止GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出
【解析】由于GeCl4易水解，在浓盐酸中溶解度低，所以用浓盐酸溶解GeO2，同时可防止四价锗水解，防
止GeO2不能充分反应，有利于GeCl4析出，故答案为：防止四价锗水解，防止GeO2不能充分反应，
有利于GeCl4析出。
3．压强控制
对于有气体参加的化学反应，增加气体的分压可提高化学反应速率在一定时间段内提高较贵重原料的
转化率。
【例5】碲被誉为“现代工业、国防与尖端技术的维生素”，工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te，含
Ag、Au 等杂质)为原料提取碲并回收金属其工艺流程如下：
已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题：
“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应控制溶液的pH 为4.5~5.0，酸度不能过高，原因是
_____________________________________，其中“加压”的目的是
_________________________________。写出“加压酸浸1”过程中Cu2Te 发生反应的化学方程式
_______________________________。
【答案】溶液酸性过强，TeO2会继续与酸反应导致碲元素损失 增大O2浓度,加快反应速率，提高浸出
率 Cu2Te+2O2+2H2SO4
2CuSO4+TeO2+2H2O
【解析】“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应控制溶液的pH 为4.5~5.0，酸度不能过高，原因
是；TeO2是两性氧化物，溶液酸性过强TeO2会继续与H2SO4反应而导致磅元素损失。“加压浸出”过
程的离子方程式为：Cu2Te+2O2+4H＋=2Cu2＋+TeO2+2H2O；其中“加压”的目的是：增大O2浓度,加快
反应速率，提高浸出率；“加压酸浸1”过程中Cu2Te 发生反应的化学方程式为Cu2Te+2O2+2H2SO4
2CuSO4+TeO2+2H2O。
【例6】亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂。以氯酸钠(NaC1O3)为原料 制备NaC1O2粗品的工艺
流程如下图所示。
己知：①纯C1O2易分解爆炸，空气中C1O2的体积分数在10%以下比较安全。②NaClO2高于60°C 会分
解。
蒸发时，需要减压的目的是_________________________________。
【答案】防止温度过高NaClO2分解
【解析】由题意可知，NaClO2高于60°C 会分解，则蒸发时,需要减压防止温度过高NaClO2分解，故答案
为：防止温度过高NaClO2分解。
1．不同条件下硼酸的萃取率图象如下：
萃取过程为___________(填“吸热”或“放热”)反应。增大pH 会导致萃取率降低的原因是___________。
【答案】 放热 当溶液的pH 过高时，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在
【解析】①根据图示信息可知，温度越高，萃取率越低，所以萃取过程为放热反应；
②增大溶液的pH，氢离子浓度减小，H3BO3的电离程度增大，硼酸以盐的形式存在。
2．步骤II 中，Fe3＋的萃取率与pH 的关系如图，如pH＞1.7 后，随pH 增大，Fe3＋萃取率下降的原因是
___________。
【答案】pH＞1.7 之后，促使水解平衡
正向移动，溶液中
浓度降低，所以萃
取率下降
【解析】Fe3+存在下述水解平衡Fe3++3H2O
Fe(OH)3 +3H+，如pH> 1.7 之后，水解平衡正向移动，溶液中
Fe3+浓度降低，所以萃取率下降，所以Fe3+萃取率下降原因：pH>1.7 之后，促使水解平衡Fe3++3H2O
Fe(OH)3 +3H+正向移动，溶液中Fe3+浓度降低所以萃取率下降 ；
3．某化学兴趣小组以菱铁矿(主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质)为原料制备氯化铁晶体
(FeCl3·6H2O)的实验过程如图：
酸溶及后续过程中均需保持酸过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有_____。
【答案】抑制Fe3+水解
【解析】菱铁矿(主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质)加硫酸进行酸溶，SiO2不溶，经过过滤
操作，可除去SiO2；加入过氧化氢溶液氧化，将Fe2+氧化为Fe3+；再加入过量NaOH 溶液，铁离子完
全沉淀，铝离子转化为偏铝酸根；经过过滤，再进行一系列操作，即可得FeCl3·6H2O，依此解答。
【解析】酸溶和后续过程中酸过量，还可以抑制Fe3+水解；故答案为：抑制Fe3+水解。
4．从化工厂铬渣中提取硫酸钠的工艺如图：
已知：①铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O
、Fe3+
②Fe3+、Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10-5mol·L-1)时pH 分别为3.6 和5
“微热”除能加快反应速率外，同时还可以_____。
【答案】促进Fe3+水解生成Fe(OH)3而除去
【解析】铬渣含有Na2SO4及少量Cr2O
、Fe3+，加入氢氧化钠调节pH 约3.6 并加热，可生成Fe(OH)3沉淀，
过滤得到A 为Fe(OH)3，由于Na2Cr2O7溶解度在温度较高时较大，滤液经蒸发浓缩，趁热过滤得到硫
酸钠，母液中含有Na2Cr2O7，加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应可得到Cr3＋，调节溶液pH 为5，可生
成沉淀D，即Cr(OH)3，以此解答该题。
【解析】因为水解反应吸热，故“微热”除能加快反应速率外，同时还可以促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3而
除去；故答案为促进Fe3+水解生成Fe(OH)3而除去。
5．如图为某化工企业生产流程示意图：
（1）③中发生置换反应的化学方程式为______；③中通入氩气的作用是：_____。
（2）从MgCl2溶液中获取无水MgCl2的方法是_____。
【答案】（1） 2Mg+TiCl4
Ti+2MgCl2 作保护气，防止Mg、Ti 被O2氧化
（2）先加热浓缩、冷却结晶得到MgCl2·6H2O，然后在HCl 的气流中加热失去结晶水得到无水氯化镁
【解析】钛酸亚铁和焦炭混合后用氯气氯化得到X、CO 和四氯化钛，X 为铁的化合物；四氯化钛与镁在
氩气环境下加热到800℃冶炼得到钛和氯化镁；CO 与氢气合成甲醇；
【解析】（1）③中四氯化钛与镁在氩气环境下加热到800℃冶炼得到钛和氯化镁，发生置换反应的化学方
程式为2Mg+TiCl4
Ti+2MgCl2；③中通入氩气的作用是：作保护气，防止Mg、Ti 被O2氧化；
（2）从MgCl2溶液中获取无水MgCl2的方法是先加热浓缩、冷却结晶得到MgCl2·6H2O，然后在HCl 的气
流中加热失去结晶水得到无水氯化镁。
6．一种从铜阳极泥(主要含有铜、银、金、少量的镍)中分离提取多种金属元素的工艺流程如下：
“分铜”时，如果反应温度过高，会有明显的放出气体现象，原因是_______。
【答案】温度过高，
分解放出氧气
【解析】“分铜”时，如果反应温度过高，
分解放出氧气，减弱氧化效果。
7．一种磁性材料的磨削废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化
物。由该废料制备氢氧化镍，工艺流程如图：
“除铁”时H2O2的作用是______，加入碳酸钠的目的是____。
【答案】 将Fe2+氧化为Fe3+ 调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣
【解析】废料的主要成分是铁镍合金(含镍质量分数约21%)，还含有铜、钙、镁、硅的氧化物，酸溶后过
滤，得到的滤液中含有Fe3+、Fe2+、Ni2+、Cu2+、Ca2+、Mg2+等，二氧化硅不与酸反应，废渣为二氧化
硅，“除铁 ”时加入H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，加入碳酸钠可调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄
钠铁矾渣；“除铜”时，通入H2S 气体，生成CuS 沉淀，除去Cu2+；加入NaF，生成CaF2、MgF2沉
淀，除去Ca2+、Mg2+，滤液中加入氢氧化钠生成Ni(OH)2沉淀，过滤得到Ni(OH)2固体。
【解析】“酸溶”后所得溶液中含有Fe3+、Fe2+，“除铁”时H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；加入碳酸钠
的目的是调节溶液的pH，使Fe3+完全沉淀为黄钠铁矾渣。
8．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，工艺流程如下：
回答下列问题：
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/℃
3
35
40
45
50
TiO2·xH2O 转化率%
9
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O 转化率最高的原因___________。
【答案】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】本实验由钛铁矿酸浸、过滤、加入试剂反应制备Li4Ti5O12和LiFePO4的过程，据此分析回答问题。
【解析】双氧水受热易分解，氨气的溶解度随着温度的升高而降低，所以为低于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。
9．硫酸锌(ZnSO4)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。硫酸锌可由菱锌矿制
备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：
离子
回答下列问题：
（1）加入物质X 调溶液
，最适宜使用的X 是_______(填标号)。
A．
B．
C．
滤渣①的主要成分是_______、_______、_______。
（2）向
的滤液①中分批加入适量
溶液充分反应后过滤，滤渣②中有
，该步反应的
离子方程式为_______。
【答案】（1） B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2
（2）3Fe2++
+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
【解析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，菱锌矿焙烧碳酸锌
转化为氧化锌，加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁、硫酸铜溶液，SiO2
不溶于硫酸，为不引入新杂质，用氢氧化钙调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，滤渣①为SiO2、CaSO4、
Fe(OH)3，滤液①中加入高锰酸钾把Fe2+氧化为Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀，滤液②加
锌粉，置换Cu2+为Cu 从而除去，滤液加HF 生成MgF2、CaF2沉淀除去Ca2+、Mg2+，过滤，滤液蒸发
浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4⋅7H2O 晶体。
【解析】（1）A．NH3·H2O 易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A 不适宜；
B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B 适宜；
C．NaOH 会引入杂质Na+，且成本较高，C 不适宜；
故答案选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)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、
SiO2；
（2）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方
程式为3Fe2++
+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+。
