统考版2024高考化学二轮专题复习第二部分高考填空题专项突破题型1化学工艺流程综合分析题课件

题型1化学工艺流程综合分析题真题·考情题型·练透模考·预测真题·考情全国卷1.[2023·全国甲卷]BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题：(1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是____________________。(2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为_________________。作还原剂，将BaSO4还原S2－＋Ca2＋===CaS↓解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和(NH4)2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2经热分解得到BaTiO3。(1)“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。(3)“酸化”步骤应选用的酸是

(填标号)。a.稀硫酸b．浓硫酸c．盐酸d．磷酸(4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？

，其原因是__________________________________________________________。(5)“沉淀”步骤中生成BaTiO(C2O4)2的化学方程式为______________________________________________________。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝

。c不可行CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl1∶1

2．[2023·全国乙卷]LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如下：已知：Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni(OH)2]＝5.5×10－16。回答下列问题：(1)硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________________________________。为提高溶矿速率，可采取的措施___________(举1例)。(2)加入少量MnO2的作用是_______________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是____________________。MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑粉碎菱锰矿将Fe2＋氧化为Fe3＋Fe3＋可以催化H2O2分解解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；随后将溶液pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可知，可以将溶液中的Al3＋沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2＋沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2＋，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。(1)菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎。(2)根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2＋氧化为Fe3＋，但不宜使用H2O2氧化Fe2＋，因为Mn2＋和氧化后生成的Fe3＋可以催化H2O2分解，原料利用率低。(3)溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c(Fe3＋)＝_________mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是_______。(4)加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有___________。(5)在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为_______________________________。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断________。电解废液可在反应器中循环利用。(6)煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是______________________________________。2.8×10－9Al3＋BaSO4、NiS

加水

Na2CrO4Fe2O3Al(OH)3不利于形成MgNH4PO4沉淀不能形成MgSiO3沉淀C

4.[2022·全国乙卷]废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、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PbSO4PbCO3BaSO4BaCO3Ksp2.5×10－87.4×10－141.1×10－102.6×10－9一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Pb(OH)2开始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1回答下列问题：(1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为__________________________________，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因______________________________________________________________________________________________________________________。(2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是_____________________________________________________________________________________。

(3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。(ⅰ)能被H2O2氧化的离子是________；(ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为___________________________；(ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是______________________。(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__________。Fe2＋Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2＋2H2OH2O2作还原剂，还原PbO2Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4Ba2＋、Na＋解析：(3)(ⅰ)根据铅膏的组成成分中含铁元素可知，H2O2能够氧化的离子为Fe2＋；(ⅱ)H2O2将Pb氧化为Pb2＋，继而Pb2＋与醋酸反应生成Pb(Ac)2，反应的化学方程式为Pb＋H2O2＋2HAc===Pb(Ac)2＋2H2O；(ⅲ)PbO2转化为Pb(Ac)2的过程中Pb元素化合价降低，则H2O2作还原剂，起到还原PbO2的作用。(4)“脱硫”时，BaSO4部分转化为BaCO3，Ba元素以BaSO4、BaCO3的形式进入“酸浸”工序，此外还有Al、Fe等金属元素，结合题给金属氢氧化物沉淀时的pH和铅膏的成分，可知滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3、BaSO4。(5)“沉铅”后的滤液中有“酸浸”时BaCO3溶于酸产生的Ba2＋，还有因加入NaOH溶液而引入的Na＋。5．[2022·全国甲卷]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：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pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。A．NH3·H2O

B．Ca(OH)2

C．NaOH滤渣①的主要成分是________、________、________。离子Fe3＋Zn2＋Cu2＋Fe2＋Mg2＋Ksp4.0×10－386.7×10－172.2×10－208.0×10－161.8×10－11

升高温度不断搅拌BSiO2Fe(OH)3CaSO4

除去铜离子硫酸钙硫酸镁

6．[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)I2的一种制备方法如图所示：

2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－AgNO3FeI2＋Cl2===FeCl2＋I2FeCl3、I2I2被进一步氧化

4防止单质碘析出

省市卷1.[2023·湖北卷]SiCl4是生产多晶硅的副产物。利用SiCl4对废弃的锂电池正极材料LiCoO2进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：回答下列问题：(1)Co位于元素周期表第________周期，第________族。(2)烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因________________________。(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na2CO3常用方法的名称是________。(4)已知Ksp[Co(OH)2]＝5.9×10－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co2＋浓度为_________mol·L－1。“850℃煅烧”时的化学方程式为________________________________________。(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。a．Si—Cl键极性更大

b．Si的原子半径更大c．Si—Cl键键能更大

d．Si有更多的价层轨道四ⅧSiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl焰色反应5.9×10－7

abd解析：由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO2和H2SiO3；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2(主要成分为Co(OH)2)和滤液2(主要溶质为LiOH)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li2CO3。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d74s2，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。(2)“500℃焙烧”后剩余的SiCl4应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅可与水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl4遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl4＋3H2O===H2SiO3＋4HCl。

(5)a.Si—Cl键极性更大，则Si—Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；

b.Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si—Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；c.通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si—Cl键键能更大不能说明Si—Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；d.Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。2．[2023·辽宁卷]某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋和Mn2＋)，实现镍、钴、镁元素的回收。已知：物质Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10－37.410－14.710－14.710－10.8回答下列问题：(1)用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为______________________________________________(答出一条即可)。(2)“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5中过氧键的数目为_______。(3)“氧化”中，用石灰乳调节pH＝4，Mn2＋被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为____________________________________(H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱)；滤渣的成分为MnO2、______________(填化学式)。适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积NA

Fe(OH)3、CaSO4

(4)“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn(Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为_________时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn(Ⅱ)氧化速率减小的原因是_________________________。9.0%SO2有还原性，也能还原H2SO5解析：根据图示可知SO2的体积分数为9.0%时，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，能还原H2SO5，其体积分数过大时与H2SO5反应，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；(5)“沉钴镍”中得到的Co(Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为____________________________。(6)“沉镁”中为使Mg2＋沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_________(精确至0.1)。4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O11.1解析：(5)“沉钴镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O；(6)氢氧化镁的Ksp＝10－10.8,当镁离子完全沉淀时，c(Mg2＋)≤10－5mol·L－1，根据Ksp可计算c(OH－)≥10－2.9mol·L－1，根据Kw＝10－14，c(H＋)≤10－11.1mol·L－1，所以溶液的pH≥11.1。

已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。

[B4O5(OH)4]2－＋5H2O⇌2B(OH)3＋2[B(OH)4]－9.24Mg(OH)2、CaSO40.0055CaO除去溶液中Ca2＋盐酸有LiOH析出解析：

(3)精制Ⅰ加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱(过量)的目的是除去溶液中Ca2＋，操作X是为了除去过量的碳酸钠，结合“浓缩”时得到NaCl可知，加入的试剂为盐酸，若不进行该操作而直接浓缩，由于Na2CO3水解使溶液呈碱性，则会有LiOH析出。4.[2022·湖南卷]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TiO2，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：已知“降温收尘”后，粗TiCl4中含有的几种物质的沸点：物质TiCl4VOCl3SiCl4AlCl3沸点/答下列问题：(1)已知ΔG＝ΔH－TΔS，ΔG的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略ΔH、ΔS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)＋O2(g)===CO2(g)B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g)C．TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g)D．TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋CO2(g)C解析：结合图像可知600℃时，A项、B项中反应的ΔG均小于0，反应可自发进行；C项中反应的ΔG大于0，反应不能自发进行；由于ΔG的值只和反应体系的始态和终态有关，将A项、C项中反应依次编号为①、②，由①＋②可得D项中反应，根据图中数据可得，600℃时该反应的ΔG<0，故该反应可自发进行。C项符合题意。(2)TiO2与C、Cl2，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：①该温度下，TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为_________________________________；②随着温度升高，尾气中CO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TiCl4中含Si、Al杂质的方法是_______。物质TiCl4COCO2Cl2分压/MPa4.59×10－21.84×10－23.70×10－25.98×10－9

温度升高，C主要转化为CO3VOCl3＋Al===3VOCl2＋AlCl3蒸馏法

(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Mg冶炼Ti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．氧化汞分解制汞不能“除钒”后产生的AlCl3可在“除硅、铝”时除去，或交换顺序，无法除去AlCl3C

5．[2022·广东卷]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(C11H23COOH)熔点为44℃；月桂酸和(C11H23COO)3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持＋3价不变；(C11H23COO)2Mg的Ksp＝1.8×10－8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。(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Al3＋发生反应的离子方程式为_______________________。离子Mg2＋Fe3＋Al3＋RE3＋开始沉淀时的pH8.81.53.66.2～7.4沉淀完全时的pH/3.24.7/Fe2＋4.7≤pH＜6.2Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓

4.0×10－4加热搅拌可加快反应速率冷却结晶MgSO415O2＋4e－＋2H2O===4OH－

搅拌、适当升高温度Fe(OH)3、Al(OH)3强化沉降Fe(OH)3和Al(OH)3

碱性

考情分析

考向考点考情1以工业废料及矿物为原料通过分离、提纯、制备物质类工艺流程题加快浸出速率的操作实验条件的选择浸出或除杂过程中涉及到的化学(离子)方程式的书写陌生物质类别判断、电子式的书写陌生物质中元素化合价或化学键数判断考情2以给定物质为载体的无机化工流程综合题分离、提纯操作物质成分判断分析流程中某一操作目的转化率的分析判断Ksp除杂或判断沉淀是否生成中的应用含量测定题型·练透精准备考·要有方向——研析题型角度题型角度1物质制备中的化工流程分析练1

碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，流程如下：已知：a．LiI·3H2O在75～80℃转变成LiI·2H2O，80～120℃转变成LiI·H2O，300℃以上转变成无水LiI。b．LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大。c．LiI在空气中受热易被氧化。请回答：(1)步骤

Ⅱ，调pH＝7，为避免引入新的杂质，适宜加入的试剂为________。(2)步骤Ⅲ，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等多步操作。下列说法正确的是________。A.为得到较大的LiI·3H2O晶体颗粒，宜用冰水浴快速冷却结晶B．为加快过滤速度，得到较干燥的晶体，可进行抽滤C．宜用热水洗涤D．可在80℃鼓风干燥LiOHB解析：(1)调节溶液的pH时，为避免引入新杂质，考虑到溶液中有锂元素，故选固体氢氧化锂。(2)若要得到大颗粒晶体，必须缓慢降温，A错误；抽滤可以加快过滤速度，且可得到较为干燥的晶体，B正确；由题意知，LiI的溶解度随温度升高而增大，C错误；80℃时，LiI·3H2O受热转化为LiI·2H2O，D错误。(3)步骤Ⅳ，脱水方案为将所得LiI·3H2O置入坩埚中，300℃加热，得LiI样品。用沉淀滴定法分别测定所得LiI·3H2O、LiI样品纯度，测定过程如下：称取一定量样品，溶解，定容于容量瓶，将容量瓶中的溶液倒入烧杯，用移液管定量移取烧杯中的溶液加入锥形瓶中，调pH＝6，用滴定管中的AgNO3标准溶液滴定至终点，根据消耗的AgNO3标准溶液体积计算，得LiI·3H2O、LiI的纯度分别为99.96%、95.38%。LiI纯度偏低。①上述测定过程提及的下列仪器，在使用前一定不能润洗的是________。A．容量瓶B．烧杯C．锥形瓶D．滴定管AC解析：①容量瓶是用来准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，若用待装溶液润洗，会造成所配制溶液浓度偏大，A符合题意；在测定过程中，烧杯是否润洗不会影响滴定结果，B不符合题意；在滴定过程中，锥形瓶中的蒸馏水不影响滴定结果，若用待测液润洗反而会造成影响，C符合题意；滴定管使用前需要润洗，润洗滴定管是为了使滴定管内溶液浓度与试剂瓶中的一样，减少滴定误差，D不符合题意。②测定过程中使用到移液管，选出其正确操作并按序列出字母：蒸馏水洗涤→待转移溶液润洗→(

)→(

)→(

)→(

)→洗净，放回管架。a．移液管尖与锥形瓶内壁接触，边吹气边放液b.放液完毕，停留数秒，取出移液管c．移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液d．洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口e．放液完毕，抖动数下，取出移液管f．放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口③LiI纯度偏低，可能的主要杂质是________。

dfcbLi2O解析：②按照《实验化学》关于移液管的使用说明：吸液时，洗耳球吸溶液至移液管标线以上，食指堵住管口，放液至凹液面最低处与移液管标线相切，按紧管口；放液时，移液管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指放液，放液完毕，停留数秒，取出移液管。③由于LiI在空气中受热易被氧化，题述实验没有隔绝空气，故主要杂质可能是Li2O。(4)步骤Ⅳ，采用改进的实验方案(装置如图)，可以提高LiI纯度。①设备X的名称是________。②请说明采用该方案可以提高LiI纯度的理由_____________________________________。抽气泵抽除空气，避免LiI被氧化；减压，有利于脱水解析：①为防止LiI被空气氧化，故装置图中设备X应为抽气泵。②装置中空气被抽走，既避免产品被氧化，同时减压，有利于脱水。题型角度2废物利用中有效成分提取的流程分析

＋6Al(OH)3

NaHCO3NH3

(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H2O2刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为________。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为＋5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。Al2O34∶1解析：①由题给芯片制造的刻蚀过程示意图可知，加入H2O2刻蚀液，GaAs逐渐溶解，当H2O2刻蚀液接触AlAs时，反应生成一种致密的氧化膜，由此可知，Ga、As均可溶于H2O2刻蚀液中，形成的致密氧化膜是AlAs中的铝被氧化为致密的Al2O3膜。②GaAs与H2O2反应时，As由－3价变为＋5价，O由－1价变为－2价，由氧化还原反应中得失电子守恒规律可知，氧化剂(H2O2)与还原剂(GaAs)的物质的量之比为4∶1。精准备考·要有方案——高考必备基础一、化工流程中常用术语术语释义研磨、雾化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，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)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、高岭土、硫铁矿浸取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、碱溶、醇溶等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、醇洗等二、化工流程中的常见操作与思考角度常见的操作思考角度加氧化剂氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子判断能否加其他物质要考虑是否引入杂质(或影响产物的纯度)等分离、提纯过滤、蒸发、萃取、分液、蒸馏等常规操作从溶液中得到晶体的方法：蒸发浓缩―→冷却结晶―→过滤―→洗涤、干燥提高原子利用率绿色化学(物质的循环利用、废物处理、原子利用率、能量的充分利用)在空气中或在其他气体中进行的反应或操作要考虑O2、H2O、CO2或其他气体是否参与反应；或能否达到隔绝空气、防氧化、防水解、防潮解等目的控制溶液的pH①调节溶液的酸碱性，使金属离子形成氢氧化物沉淀析出(或抑制水解)②“酸作用”还可除去氧化物(膜)③“碱作用”还可除去油污，除去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅等④特定的氧化还原反应需要的酸性条件(或碱性条件)控制温度(常用水浴、冰浴或油浴)①防止副反应的发生②使化学平衡移动；控制化学反应的方向③控制固体的溶解与结晶④控制反应速率；使催化剂达到最大活性⑤升温：促进溶液中的气体逸出，使某物质达到沸点挥发⑥加热煮沸：促进水解，聚沉后利于过滤分离⑦趁热过滤：减少因降温而析出的溶质的量⑧降温：防止物质高温分解或挥发；降温(或减压)可以减少能源成本，降低对设备的要求洗涤晶体①水洗：通常是为了除去晶体表面水溶性的杂质②冰水洗涤：能洗去晶体表面的杂质离子，且防止晶体在洗涤过程中的溶解损耗③用特定有机试剂清洗晶体：洗去晶体表面的杂质，降低晶体的溶解度、有利于析出，减少损耗等④洗涤沉淀的方法：往漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，待水自然流下后，重复以上操作2～3次三、循环物质与副产品的判断1．循环物质的确定2．副产品的判断四、化学工艺流程图审题与答题模版1．流程图结构特点2．流程图分析与答题模版(1)首尾主线分析：原料―→中间转化物质―→目标产物。分析每一步操作的目的以及所发生的化学反应，跟踪主要物质的转化形式。(2)依据“题给信息和题中设问”来带动流程中各步骤的细致分析。步骤分析高频设问答题模版原料处理如何提高“酸浸率”？固体粉碎的目的：减小固体颗粒，增大反应速率升高反应的温度，增大反应速率增大酸的浓度分析“浸出率”图表解释“浸出率”高低变化的因素(“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，一般是反应试剂的分解或挥发)选择达到一定较高“浸出率”的时间及温度(注意：一般不止一个答案)控制条件

除去杂质的方法加氧化剂，转变金属离子的价态(如Fe2＋―→Fe3＋)调节溶液的pH

利用题给金属离子沉淀的pH信息，使特定金属离子以氢氧化物沉淀出来物质转化的分析跟踪物质，分析每一步骤中可能发生的化学反应，书写化学方程式或离子方程式滤渣、滤液中物质的判断：书写物质的化学式或电子式、分析物质中的化学键确定循环物质物质分离过滤、蒸发结晶、重结晶、分液与萃取仪器的选择(如玻璃仪器的选择)结晶方法：①晶体不带结晶水，如NaCl、KNO3等：蒸发结晶②晶体带结晶水，如胆矾等：将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤③要得到溶解度受温度影响小的溶质，如除去NaCl中少量的KNO3：蒸发浓缩结晶，趁热过滤④要得到溶解度受温度影响大的溶质，如除去KNO3中少量的NaCl：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤晶体的洗涤用乙醇等有机溶剂洗涤晶体的目的：可以除去晶体表面可溶性的杂质和水分，利用乙醇的易挥发性，有利于晶体的干燥含结晶水的晶体不能选用乙醇作为洗涤剂，因为乙醇可以溶解结晶水化学计算浸出率计算、产率计算、Ksp计算等简单计算模考·预测1.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：

100℃、2h或90℃、5h

(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示：分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因____________________________________________________________________________________________________。(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。温度/℃3035404550TiO2·xH2O转化率/%9295979388

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反应速率下降，TiO2·xH2O转化率下降4解析：(3)当温度低于40℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2·xH2O的转化率低。(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。

2．纳米铜是一种性能优异的超导材料，以辉铜矿(主要成分为Cu2S)为原料制备纳米铜粉的工艺流程如图1所示。(1)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)、废铜渣和稀硫酸共同作用可获得较纯净的Cu2S，其原理如图2所示，该反应的离子方程式为__________________________________。CuFeS2＋Cu＋2H＋===Cu2S＋Fe2＋＋H2S↑(2)从辉铜矿中浸取铜元素时，可用FeCl3溶液作浸取剂。①反应：Cu2S＋4FeCl3===2CuCl2＋4FeCl2＋S，每生成1molCuCl2，反应中转移电子的物质的量为________；浸取时，在有氧环境下可维持Fe3＋较高浓度，有关反应的离子方程式为______________________________。②浸取过程中加入洗涤剂溶解硫时，铜元素浸取率的变化如图3所示，未洗硫时铜元素浸取率较低，其原因是_______________________________。2mol4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O生成的硫覆盖在Cu2S表面，阻碍浸取(3)“萃取”时，两种金属离子萃取率与pH的关系如图4所示，当pH>1.7时，pH越大，金属离子萃取率越低，其中Fe3＋萃取率降低的原因是___________________________。(4)用“反萃取”得到的CuSO4