5 热点题型4 无机化学工艺流程题的解题策略

热点题型4 无机化学工艺流程题的解题策略一、无机化学工艺流程题的结构二、无机化学工艺流程题的解题方法首尾分析法截段分析法用截段分析法更容易找到解题的切入点。用截段分析法解工艺流程题关键在于看清主、副产品是如何分开的，以此确定如何截段，截几段更合适，一般截段以产品为准点。交叉分析法利用交叉分析法解工艺流程题的关键在于找准中间产品(因为有时会出现多种中间产品)和流水生产的分线，在分析过程中，抓住中间物质的关联作用，逐一破解。“瞻前顾后”分析法(瞻前)虑原料的充分利用和再生产问题(顾后)。三、无机化学工艺流程中常见实验操作增大原料浸出率(离子在溶液中被浸出的百分率)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)根据物质的具体性质，原料浸泡可分为水浸、酸浸、碱浸、醇浸等。三项常见基本操作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，用胶头子沉淀完全。2～3次。中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净。特定洗涤的目的减少其在洗涤过程中的溶解损耗。解损耗，得到较干燥的产物。结晶方式蒸发浓缩、冷却结晶：适用于溶解度随温度变化较大物质的分离提纯，KNO3NaCl，或提纯受热易分解的物质(结晶水合物、铵盐等)蒸发结晶、趁热过滤：适用于溶解度随温度变化不大物质的分离提纯，可减少杂质晶体的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。[注意] 晶体的干燥：要得到干燥的晶体，常见的干燥方法有自然晾干、纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。pH进行分离提纯pH：物质物质开始沉淀的pH 沉淀完全的pHFe(OH)3Fe(OH)2

1.57.68.3

3.79.69.8Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，可先用氧化剂把Fe2＋Fe3＋，再调pH3.7≤pH<8.3。pH，所用的物质应满足两点要求：①能与H＋pHCu2＋Fe3＋CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。精练一 以“微型工艺流程”为载体考查物质的转化1．(2021·江苏新高考适应性考试)由制铝工业废渣(主要含Fe、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下。下列有关说法不正确的是( )A．控制适当反应温度并不断搅拌，有利于提高铁、铝浸取率B．Al2O3C．滤液中主要存在的阳离子有H＋、Fe2＋、Ca2＋、Al3＋D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用2 CA.控制适当反应温度并不断搅拌可以加快反应速率充分反应A正确；B.AlO2 水，离子方程式为Al2

O

O，故B正确；C.双氧水会将亚铁23离子氧化Fe2＋，Fe3＋，C聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体胶体表面积较大附作用，D正确。232．(2020·揭阳高三测试)亚氯酸钠(NaClO2)可用于各种纤维和某些食品的漂白。工业上制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是( )ANaClO3SO2B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物CH2O2可用NaClO4代替D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2解析：选C。根据流程图可知，反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2

，氧化产物是

，根据得失电子守恒可得NaClO3

和SO22的物质的量之比为2∶1，A项正确；由反应①中各元素的化合价变化情况及原电池正极上发生还原反应可知，ClO是正极产物，B2在ClO2

时氯元素的化合价降低，做氧化2 2 4 2 剂；HO 只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO 代替HO，2 2 4 2 项错误；根据流程图反应②中ClO2

反应时元素化合价的变化情况可知，ClO2做还原剂，可以推出ClO23(2021·石家庄高三一模某化工厂制备净水剂硫酸铁铵晶体[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一种方案如下：下列说法不正确的是( )A．滤渣A的主要成分是B．相同条件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O净水能力比FeCl3强C．“合成”反应要控制温度，温度过高，产率会降低D．“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、干燥等解析：选B。硫酸钙微溶于水，滤渣A的主要成分是硫酸钙，A项正确；4NH＋抑制Fe3＋的水解，故相同条件下氯化铁净水能力比硫酸铁铵晶体强，B项4错误；“合成”时如果温度过高，会促进Fe3＋的水解，C得硫酸铁铵晶体宜采用降温结晶法，D项正确。精练二 以“大型工艺流程”为载体考查物质的提纯与制备4．(物质制备类化工流程题)(2020·高考全国卷Ⅰ，26，14分)钒具有广泛用SiO2、Fe3O4NH4VO3。该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金属离子回答下列问题：

1.93.2

7.09.0

Al3＋3.04.7

Mn2＋8.110.1“酸浸氧化”需要加热，其原因是 。22“酸浸氧化”中和VO2＋被氧化成VO＋，同时还离子被化。写出VO＋转化为VO＋反应的离子方程式： 。22“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离K＋、Mg2＋、Na＋、 ，以及部分的 。“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是 。“调pH 。“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量 NH4Cl，其原因是 。解析：(1)“酸浸氧化”中温度较低时，酸浸和氧化反应速率较慢。为了加快酸浸和氧化反应速率，需要加热。(2)从原料看，“酸浸氧化”中四氧化三铁溶于稀硫酸，发生反应FeO

＋4HSO

===FeSO

(SO

)＋4H

O，加入的二3 4 2 4 4 2 43 22氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VO＋反应的离子方程2式为VO＋＋MnO

O。(3)根据表格中数据知，pH在2 2 2443 2 5 2 3 ～3.1时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液②除去，Al3＋大量铝离子随滤液②Mg2NaMn2＋随滤液②(4)在pH>13O·xHONa[Al(OH)]而溶解，Fe(OH)不溶，故滤渣③的主要成分是Fe(OH)。(5)pH＝8.5时铝元素沉淀，故“调pH”时生成氢氧化铝沉淀，反应的化学方程式为Na[Al(OH)]＋。(6)“沉钒”NH4VO3尽可能析出完全，NHCl443 2 5 2 3 答案：(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2＋ O2 2(3)Mn2＋ Al3＋(4)Fe(OH)3Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2ONH4VO3尽可能析出完全5．(物质提纯类化工流程题)(2020·高考全国卷Ⅲ，27，15分)Ni、Al、Fe物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金属离子开始沉淀时(c＝0.01mol·L－1)pH沉淀完全时(c＝1.0×10－5mol·L－1)回答下列问题：

Ni2＋7.28.7

Al3＋3.74.7

2.23.2

7.59.0“碱浸”中NaOH的两个作用分别是 。为回收金属，用稀硫酸将“滤液①”调为中性，生成沉淀。写出该反应的离子方程式： 。“滤液②”中含有的金属离子是 。(3)“转化”中可替代H2O2的物质是 。若工艺流程改为“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为 。利用上述表格数据计算Ni(OH)2的Ksp＝ 列计算式)如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0mol·则“调pH”应控制的pH范围是 。NaClO的NiOOH。写出该反应的离子方程式： 。 。解析：(1)由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有NiAl、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH]“滤液①”中铝元素以[Al(OH)－的形式]4存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为 [Al(OH)4

]－＋H＋===Al(OH)↓＋32 2 2 H2O(2)NiFeNaOHFe及其氧化物存在于“滤饼①”“滤饼①”Fe故得到的“滤液②”中含有的金属离子为Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是HO溶液，选用过氧OHO32 2 2 ＋还不能沉淀完全，“转化”时会生成Fe3＋，则滤液③中可能含有Fe3＋。(4)pHsp＝7.2，c(H＋)＝10－7.2mol·L－1，c(OH－)＝(10－14/10－7.2)mol·L－1，K ＝c(Ni2spsp＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2，或利用Ni2＋沉淀完全时计算得K ＝10－5×(108.7sp－14)2

。c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，若不生成 Ni(OH) ，则 c(OH－)＜0.01×（107.2－14）22mol·L－1，c(H＋)＞10－6.20.01×（107.2－14）22pH≥3.2Fe3＋pH3.2～6.2。(5)由题意可知，反应物NiOOH2NiOOH中镍元素为＋3到氯化钠，该反应的离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋H2O＋Cl－。(6)母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。答案：(1)除去油脂、溶解铝及其氧化物 [Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O (2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空气 Fe3＋ (4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.22Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O (6)提高镍回收率6．(物质提纯类化工流程题)(2020·新高考山东卷)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：MnO2是一种两性氧化物；25℃时相关物质的Ksp见下表。物质 Fe(OH)2Ksp

Fe(OH)31×10－38.6

Al(OH)31×10－32.3

Mn(OH)21×10－12.7回答下列问题：软锰矿预先粉碎的目的是 ，MnO2 与BaS 溶液反应转化为MnO 的化学方程式为 。BaSMnO2BaS投料比增大，S后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是 。滤液Ⅰ可循环使用，应当将其导入 操作中(填操作单元的称)。净化时需先加入的试剂X为 (填化学式)，再使用氨水调溶液pH，则pH的理论最小值为 (当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。 。解析：(1)对软锰矿进行粉碎，其表面积增大，在后续加入硫化钡溶液时，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡2中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，故MnO与BaS溶液反应转2化为MnO的化学方程式是MnO2

O===Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)加入的33 3 2 2 3 MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量减少，是因为MnO2为两性氧化物，能与强碱Ba(OH)2反应，从而导致Ba(OH)2的量减少。(3)滤液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2，为提高其产率，可将滤液Ⅰ导入前边的“蒸发”操作中。(4)由软锰矿中的杂质成分有FeO可知其经过与S2－的“反应操作后主要以Fe2＋形式存在结合表中四种氢氧化物的溶度积数据，为减少Mn2＋的损失，需将Fe2＋转化为然后再调节溶液pH，使杂质Fe3＋转化为Fe(OH)，故“净化”操作中需加入氧化剂，结合后续操作中的物质转化可知，“净化”操作中加入的试剂X为过氧化氢(HO)溶液对比表中的溶度积数据可知相较于Fe(OH)的溶度积较大，若要除去Al(OH)、Fe(OH)两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的 33 3 2 2 3 ，此时c

1×10－32.31.0×10－5mol·L－1

3(OH－)＝Ksp[Al(OH)3]/c(Al3＋)＝

1.0×10－5

mol3·L－31×10－27.3mo3·－3(O－＝1×10－9.1m