2018年高考化学复习专题四化学实验第17讲化学工艺流程学案

第17讲化学工艺流程

最新考纲考向分析

1.以化工流程为载体，常考查：

L建立分析解决材料、环(1)试验操作目的分析。

境、健康、能源等领域关于(2)试验操作规范推断。

物质的制备和应用等实际2.以物质制备和提纯为情境，考查：

问题和思路方法。(1)生疏物质化合价的推断及电子式的

2.相识物质性质、设计物书写。

质转化的核心角度,形成相(2)反应方程式或离子方程式的书写。

识途径，并将其应用于解决(3)流程中试剂的选择，中间产物的种类

真实问题，进而形成解决问及离子推断。

题的思路和方法。(4)试验操作规范语言的表述。

3.相识物质的转化在自然(5)试验操作试剂的选取。

资源利用和环境爱护中的(6)流程的中间环节物质种类及离子推

重要价值。断。

(7)样品中质量分数及产物产率的计算。

考点一物质制备型

7真题感悟：：》(通前)

,hentiganwu•''沐刖’

1.(2019•全国I•27)LiJi50i2和LiFePOi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：

(1)“酸浸”试验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当

铁的浸出率为70%时，所采纳的试验条件为100℃、2190℃、5h。

(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl〉形式存在，写出相应反应的离

子方程式FeTi03+4H++4Cr=Fe2++Ti0Clg+2H20。

(3)TiO「朋冷沉淀及双氧水、氨水反应40min所得试验结果如

F表所示:

温度/℃3035404550

Ti02•祖0转化

9295979388

率/%

分析40℃时Ti02-AH20转化率最高的缘由低于4O℃,TiO2•高2。

转化反应速率随温度上升而增加；超过40℃,双氧水分解及氨气逸

出导致Ti02・加2。转化反应速率下降。

⑷Lili。中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为

(5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02mol•L,加入双氧水和磷酸

(设溶液体积增加1倍)，使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=

l.OXIOTmol­L-1,此时是否有Mg3(P0,沉淀生成？Fe升恰好沉淀

1QV|0-22

•定全也3同三十友『。1•3X1。——。］•L，,黑暗

+)•3(po尸)值为0.01叹(1.3X10-")2=1.7X10一

叱AUMg3(P0")3］,因此不会生成Mg3(P0)沉淀(列式计算)。FePO八

Mg3(P0)2的(p分别为L3X10T2、10x10-24。

(6)写出“高温燃烧②"中由FePOi制备LiFePO」的化学方程式

2FePQi+Li2cO3+H2c204^^2LiFeP04+3C02t+乩0f。

［解析］(D从图象干脆可以看出，铁的浸出率为70%时对应的温

度、时间，符合温度上升，反应速率加快，值得留意的是，这类填空

题可能有多个合理答案。(2)考查离子方程式书写。难点为生成物还

有什么，钛酸亚铁中钛为+4价，铁为+2价，产物有氯化亚铁，比

较FeTiOs和TiOC"一知，产物中肯定有上0。值得留意的是钛酸亚铁及

盐酸反应是非氧化还原反应。(3)联系化学反应速率、双氧水和氨水

性质分析转化率。这类问题要从两个角度分析，即低于40℃时，随

着温度的上升，反应速率加快；高于40℃时，氨水挥发速率加快、

双氧水分解速率加快，导致反应物浓度降低，结果转化率降低。(4)

考查化学式及元素化合价关系。锂元素在化合物中只有一种化合价

(+1),化合物中元素化合价代数和等于0,过氧键中氧显一1价，类

似双氧水、过氧化钠。假如能求出一1价氧原子个数，就能求出过氧

键数目，即过氧键数目等于一1价氧原子个数的一半。设Li/Ti5()i5中

x+y=15

—2价、一1价氧原子个数分别为X、匕有：。上”，解得x

2x+y=22

=7,y=8o所以，过氧铤数目为?=4。(5)考查溶度积计算以及推断

沉淀是否形成。分两步计算：①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓

1QXZ10-22

度。c(Fe3+)•c(P0D=^(FePO),c(P0D=/nvin_5mo1*「=

P41•UA1U

1.3X10-l7mol-L-1o②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2+)=0.01

mol•L-1,c3(Mg2+)•c2(P0D=0.013X(1.3X10-17)2=1.7X10-

4°OUMg3(PO)2],没有磷酸镁沉淀生成。(6)草酸中碳为+3价，高温

煨烧过程中铁的化合价降低，碳的化合价上升，有CO2生成。

2.(2018•北京•26)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：

已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO3(OH),还含有

Ca5(P04)3F和有机碳等。

溶解度：Cas(P0)3(OH)〈CaSOj•0.5H20

(1)上述流程中能加快反应速率的措施有研磨、加热。

(2)磷精矿粉酸浸时发生反应：

2Ca5(POJ3(OH)+3H20+lOH.SO^^^lOCaSO1•0.5H2O+6H3Poi

①该反应体现出酸性关系：H3P。44H2SO4(填“>”或“心)。

②结合元素周期律说明①中结论：P和S电子层数相同，核电荷

数P〈S,原子半径P>S,得电子实力P<S,非金属性P〈S°

(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(P0，F所含氟转化为HF,并进一步转化

为SiK除去。写诞生成HF的化学方程式：2Ca5(P0,3F+10H2s0,十

5H?0，=10CaS0i•0,5H*+6乩股+2股。

(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO,脱除，同时自身也会发生

分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图

所示。80℃后脱除率变更的缘由：80°C后，田。2分解速率大，浓度

显著降低。

(5)脱硫时,CaCOs稍过量，充分反应后仍有SO厂残留,缘由是CaSO”

微溶；加入Bat%可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是BaC03

+SOF+2H3P0F=BaS0i+C02t+H2O+2H2P(万。

(6)取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚配作指示剂，

用6moi•NaOH溶液滴定至终点时生成N&HPO”消耗NaOH溶液

0049A

cmLo精制磷酸中H3Poi的质量分数是.’o(已知：H3Pol摩尔

-a-

质量为98g-mol-1)

［解析］(1)可通过增大接触面积和上升温度等措施加快反应速

率。通过题给流程可知，能够加快反应速率的措施有研磨和加热。

(2)①由强酸制弱酸规律可知，硫酸的酸性强于磷酸的酸性。②依

据两者电子层数相同，可推断两者处于同一周期，且S在P的右侧，

核电荷数P〈S,原子半径P>S,得电子实力P〈S,非金属性P〈S,依据

非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强的规律可知，

硫酸的酸性强于磷酸的酸性。

(3)已知反应物为Ca5(PO4)3F和H2S04,生成物为CaSO,•0.5H20>

也PO”和HF,再依据原子个数守恒可写出该反应的化学方程式：

5H0+6HP0I+2HFO

2Ca5(POD3F+lOH,SO^+SH.O^^lOCaSOi•0.23

(4)由题意可知，山。2在氧化有机碳时，自身也会发生分解，且分

解速率随温度的上升而加快，因此80℃后脱除率降低。

(5)硫酸钙是微溶物，存在溶解平衡，因此反应后的溶液中仍含有

SOro由题给信息可知，反应物为BaCOs、SOr和H3PO.,生成物为BaSO八

⑩、仗0；和水，由此可写出该反应的离子方程式：BaC03+S0r+

2H3P04=BaS04+C02t+H,0+2H2P0；o

hr

(6)由题意知，消耗氢氧化钠的物质的量为丁丽mol,当生成

be

N&HPO”时，参与反应磷酸的物质的量为子而mol,即磷酸的质量为

乙1/\J

98A必弘工已八皿、L986。049A

2000g,用磷酸的质重分数为2000a=a­°

3.(2019•全国ffl)重格酸钾是一种重要的化工原料，一般由铭铁

矿制备，铝铁矿的主要成分为FeO•Cm03,还含有硅、铝等杂质。制

备流程如图所示：

回答下列问题：

(1)步骤①的主要反应为：

Ja

FeO•Cr203+Na2C03+NaN03^Na2Cr04+Fe203+C02+NaN02

上述反应配平后FeO•Cn()3及NaNO,的系数比为2：7。该步骤

不能运用陶瓷容器，缘由是陶瓷在高温下会及岫陶。3反应。

(2)滤渣1中含量最多的金属元素是Fe,滤渣2的主要成分是

Al(0H)3及含硅杂质。

(3)步骤④调滤液2的DH使之变小(填“大”或“小”)，缘由

是2CrOf+2H+CnO尸+H0（用离子方程式表示）。

（4）有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KC1,

蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到“CROI固体。冷却到d（填标号）

得到的K2Cr2O7固体产品最多。

a.80℃b.60℃

c.40℃d.10℃

步骤⑤的反应类型是复分解反应。

（5）某工厂用⑶kg铭铁矿粉（含Cr20340%）制备K2Cr2O7,最终得到

产品色kg,产率为100%0

-I47/ZFI--------

［解析］⑴1molFeO•CR（）3参及反应共失去7mol电子，而1mol

NaNOs参及反应得到2mol电子，依据得失电子守恒，二者的系数比

为2：7。由于高温下碳酸钠能及陶瓷中的二氧化硅发生反应，所以

该步骤不能运用陶瓷容器。（2）步骤①中生成的氧化铁因不溶于水而

进入滤渣1,所以滤渣1中含量最多的金属元素是Fe。结合流程图可

知，滤渣2的主要成分是氢氧化铝及含硅杂质。（3）滤液2中存在平

+

衡：2CrOf+2HCr20r+H20,氢离子浓度越大（pH越小），越有

利于平衡正向移动，所以步骤④应调整滤液2的pH使之变小。（4）

依据题图，可知温度越低，K2CRO7的溶解度越小，析出的重铭酸钾固

体越多，故d项正确。步骤⑤中发生的反应为Na2Cr207+

2KCl=K2Cr207I+2NaCl,其属于复分解反应。（5）该格铁矿粉中Cr2O3

的物质的量为笔普立常,依据Cr元素守恒可求得LCnO’的理论

152g•mol

质量K；*，依据行元素守恒可求得电行。的理论质量

、L^Xio3gX40%_14701

为派=152g・mo广义294g-molX103kg-g-190kg,所

以产品的产率为£1。。但190例

而又10崛

n弱点突破

"u。diantupo(课堂)

知能补漏

1.解题思路:

明确整个流程的原料及目的一细致分析每步发生的反应及得到的

产物一结合基础理论及实际问题思索->留意答题的模式及要点。

(1)要粗读试题，尽量弄懂流程图，但不必将每一种物质都推出。

(2)再精读试题，依据问题去细心探讨某一步或某一种物质。

(3)要看清所问问题，不能答非所问，并留意语言表达的科学性。

2.得分策略

(1)细心审题是关键，从题干中获得有用信息，了解制备的产品。

(2)细致分析是核心，整体阅读一下流程，基本辨别出预处理、反

应、提纯、分别等阶段，知道反应物是什么，发生了什么反应，该反

应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。

(3)正确表达是保障。

①条理清楚，规范专业术语，精确运用化学语言及符合解答试题。

②在回答文字类表述题时，要组织语言，言简意赅，精确定位。

③避开丢三落四、遗漏答案、探讨不完整、以偏概全等现象出现。

n备考验证(谀尸)

空ikdoyanzheng、〈珠后)

1.(2019•北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2>

PbSO,及炭黑等)和H2SO1为原料，制备高纯PbO,实现铅的再生利用。

其工作流程如下：

(1)过程I中，在Fe?+催化下，Pb和PbOz反应生成PbSOi的化学方

程式是Pb+Pb02+2H2SO5^^2PbSO4+2H20。

(2)过程I中，Fe2+催化过程可表示为：

2++3+

i；2Fe+Pb02+4H+S0r—2Fe+PbS04+2H20

①写出ii的离子方程式：2Fe"+Pb+S0F=2Fe2++PbSO,。

②下列试验方案可证明上述催化过程。将试验方案补充完整。

a.向酸化的FeSO,溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入

少量Pb。2，溶液变红。

b.取a中红色溶液，向其中加入铅粉后，红色褪去。

(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+

NaOIl(aq)NallPbO2(aqi,其溶解度曲线如图所示。

①过程II的目的是脱硫。滤液I经处理后可在过程II中重复运用，

其目的是A、B(选填序号)。

A.削减PbO的损失，提高产品的产率

B.重复利用NaOH,提高原料的利用率

C.增加Na2soi浓度，提高脱硫效率

②过程II的目的是提纯。结合上述溶解度曲线，简述过程ni的操

作：向PbO粗品中加入肯定量的35%NaOH溶液，加热至110℃,充

分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体。

［解析］(1)依据题给化学T艺流程知，过程I中，在FM+催化下，

Pb、PbO2和H2s。4反应生成PbSOi和水，化学方程式为Pb+Pb02+

2H2S0l=^2PbS01+2H20o(2)①催化剂通过参与反应，变更反应历程,

降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质在

反应前后保持不变。依据题给信息知，反应i中Fe'+被PbO2氧化为

Fe3+,则反应ii中Fe计被Pb还原为Fe?+,离子方程式为2Fe升+Pb+

2+

S0r=PbS04+2Feo②a试验证明发生了反应i,则b试验须证明

发生了反应ii,试验方案为：取a中红色溶液少量，加入过量铅粉，

充分反应后，红色褪去。(3)①过程n的目的是除硫，操作过程中会

加入过量的NaOH,通过题给条件可知，部分PbO溶解在NaOH溶液中，

故滤液1中会有过量的NaOH和PbO溶解在NaOH溶液中产生的

NaHPbO2,重复运用滤液I,可削减PbO的损失，提高产率，且NaOH

也得到了重复利用，提高了原料的利用率。②过程川是从粗产品中得

到纯产品，结合溶解度曲线，可选用重结晶操作。依据条件可知，粗

品中含有炭黑，须要趁热过滤，然后冷却结晶，过滤得到纯产品。

2.(2018•邯郸一模)镒的用途特别广泛，在钢铁工业中，镒的用

量仅次于铁。以碳酸镒矿(主要成分为MnCOs,还含有铁、银、钻等碳

酸盐杂质)为原料生产金属镒的工艺流程如下：

已知25C,部分物质的溶度积常数如下:

物质Mn(OH)2CO(0H)2Ni(OH)2MnSCoSNiS

2.1X103.0X105.0X101.0X105.0X101.0X10

-13一16-16-ii-22-22

(1)步骤I中，MnCOs及硫酸反应的化学方程式是」皿土

PLSOLMnSOdCO2t+乩0。

(2)步骤I中须要加入稍过量的硫酸，其目的有3点：①使矿物中

的物质充分反应；②供应第H步氧化时所须要的酸性环境；③抑制

M/+的水解。

(3)步骤H中，MnOz在酸性条件下可将Fe?+氧化为Fe?+,该反应的

离子方程式是Mn02+2Fe"+4H'=Mn2++2Fe"+2HQ；加氨水调整

溶液的pH为5.0〜6.0,以除去Fe'+。

(4)步骤HI中，须要用到的玻璃仪器除玻璃棒、漏斗外，还有涸

杯；滤渣2的主要成分为CoS和NiS。

⑸电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到

Mn(0H)2沉淀，过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降。欲

使溶液中c(Mn2+)^1.0X10-5mol-L-l,则应保持溶液中c(S2

-)1X1Q-6mol•L-1o

［解析］(1)加稀硫酸时MnCOs和硫酸反应生成可溶性MnSO4,并产

生二氧化碳和水，反应的化学方程式为MnC03+H2S01=MnS01+C02t

+H20O

(2)MI?+易水解，加入过量硫酸，还能抑制Md+水解。

(3)步骤H中，MnOz在酸性条件下将Fe?+氧化为Fe'+,反应的离子

2++2+3+

方程式是MnO2+2Fe+4H=Mn+2Fe+2H20。

(4)过滤时的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒及漏斗，故还需烧杯；滤渣

2的主要成分是CoS和NiSo

2+2-112

(5)MnS的A；p=c(Mn)c(S)=1.0X10-,为了使c(Mn

I0XIO-11

')Wl.OX10。mol•L-1,贝！Jc(S2-)'-=l.OX10-6(mol•L

1.unxiun5

"*),BPc(S2-)^1.0X10-6mol-L-1o

3.(2018•全国m・27)KI03是一种重要的无机化合物，可作为食

盐中的补碘剂。回答下列问题：

(DKIOs的化学名称是碘酸钾,。

(2)利用“KC103氧化法”制备KI03工艺流程如下图所示：

“酸化反应”所得产物有KH(103、CL和KC1。“逐Cb”采纳的

方法是加热。“滤液”中的溶质主要是KM。“调pH”中发生

反应的化学方程式为KH(1。3)2+K0H=2KI03+上0或+

K0H=KI03+HZ0)。

(3)KI()3也可采纳“电解法”制备，装置如图所示。

①写出电解时阴极的电极反应式2H20+2e-=20H+H2t。

②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为JC,其迁移方向

是由a至I」b。

③及“电解法”相比，“KC10：,氧化法”的主要不足之处有产生

Ch易污染环境等一(写出一点)。

［解析］(1)KI03的化学名称为碘酸钾。

(2)C12的溶解度随温度的上升而降低，所以可以用加热的方法来

达到“逐Cb”的目的；KH(K)3)2和KC1的分别可以依据溶解度的不

同，采纳结晶法分别，滤液中的溶质主要是KCL要使KH(IO,转化

为KIO3,可以加入KOH调整pH。发生反应：KH(I03)2+K0H,2KI03+H20

或HI03+K0II,KI03+H20,从而避开引入新的杂质离子。

-

(3)①电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2H20+2e,20H

--

+H2f0②电解过程中阳极反应为I+60H-6e-,IOr+3H2Oo阳极

的K+通过阳离子交换膜由电极a迁移到电极bo③"KClOs氧化法”

的主要不足之处是产生CL易污染环境。

考点二物质分别提纯型

7、真题感悟=:•(课前)

zhentiganwu•*'沐刖,

1.(2019•天津)某混合物浆液含有A1(OH)3>Mn&和少量Na2Cr04o

考虑到胶体的吸附作用使N&CrOi不易完全被水浸出，某探讨小组利

用设计的电解分别装置(见图)，使浆液分别成固体混合物和含铝元素

溶液，并回收利用。回答I和H中的问题。

固体混合物分别利用的流程图

I.固体混合物的分别和利用(流程图中的部分分别操作和反应条

件未标明)

(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为NaT@H］--邛fC的反应

条件为力［］热(或燧烧),C-A1的制备方法称为辿解人。

(2)该小组探究反应②发生的条件。D及浓盐酸混合，不加热，无

变更；加热有C12生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，

又产生CLo由此推断影响该反应有效进行的因素有(填序号)q。

a.温度b.C「的浓度c.溶

液的酸度

(3)0.1molCk及焦炭、TiOz完全反应，生成一种还原性气体和

一种易水解成方02・加2。的液态化合物，放热4.28kJ,该反应的热

化学方程式为2c12(g)+Ti02(s)+2C(s)=TiCL(l)+2C0(g)

=—85.6kJ•mo］,7。

II.含铭元素溶液的分别和利用

(4)用惰性电极电解时，Cr(T能从浆液中分别出来的缘由是在直

流电场作用下，CrOf通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液,

分别后含铭元素的粒子是CrOF和CRO/；阴极室生成的物质为

NaOH和上(写化学式)o

［解析］(l)NaOH由Na+和5「构成，电子式为,匚：。依据题

中图示转化关系，向溶液A中通人C02,发生反应：NaA102+2H20+

C02=Al(0H)3l+NaHC03,沉淀B为Al(OH/,固体C为AUhB-C

的反应条件为加热或煨烧，Al203fAi的制备方法为电解熔融氧化铝。

(2)依据“D及浓盐酸混合，不加热，无变更；加热有CL生成”知温

度对反应有影响；滴加硫酸，引入1广，又产生Cb,说明溶液的酸度

对反应有影响。(3)该还原性气体为C0,易水解生成Ti02・AH2O的液

态化合物为TiCl4,反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+

A02|zT

2c(s)=TiCL(l)+2C0(g),结合题意知△仁一丁~~yX2=-

0.1mol

85.6kj-mol^o(4)题图2中电解分别装置采纳离子交换膜，依据

电解时阴离子向阳极移动，则在直流电场作用下，CrO厂通过阴离子

膜向阳极室移动，脱离浆液。在阳极室，CrOT发生可逆反应：2Cr0f

+2H+Cr20r+H20,故分别后含铭元素的粒子是CrOr>CnO厂。

在阴极室，乩0放电：2H#+2e-一H2t+20H-,c(OFT)增大，且N&+

向阴极室移动，故阴极室生成的物质为NaOH、H2O

2.(2018•全国I•27)焦亚硫酸钠(Na2s2O5)在医药、橡胶、印染、

食品等方面应用广泛。回答下列问题：

(1)生产Na2s通常是由NaHSOs过饱和溶液经结晶脱水制得。写

出该过程的化学方程式2NaHS()3=Na2s2O5+H2O。

(2)利用烟道气中的SO2生产Na2s2O5的工艺为：

①pH=4.1时，I中为NaHSOs溶液(写化学式)。

②工艺中加入NaCO3固体、并再次充入SO?的目的是得到NaHSOs

过饱和溶液o

(3)制备Na2s2O5也可采纳三室膜电解技术，装置如图所示，其中

SO2碱汲取液中含有NaHSO：,和Na2S03o阳极的电极反应式为2H2()—4e

一=41广+02t。电解后，a.室的NaHSOs浓度增加。将该室溶液

进行结晶脱水，可得到Na2s2O5。

(4)Na2s2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2s2O5残留

量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol・广1的碘标准液滴

定至终点，消耗10.00血.滴定反应的离子方程式为S,0滴+2T?+

3H20=2S0F+4「+6［广，该样品中Na2S205的残留量为

0.128g•L(以SO2计)。

［解析］(1)依据题给信息，将NaHSOs过饱和溶液结晶脱水可得到

Na2s2O5,则化学方程式为2NaHS03=Na2S20.5+H20o

(2)①酸性条件下，SO2及Na2c溶液生成NaHSO?。②工艺中加入

Na2c。3固体并再次通入S02,其目的是得到NaHSOs过饱和溶液。

⑶阳极上阴离子OFT放电，电极反应式为2H2。-4e-=021+4H+,

电解过程中I「透过阳离子交换膜进入a室，故a室中NaHSOs浓度增

加。

(4)依据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O7

+

+212+3H20=2S0r+41~+6Ho/2(S2OD=|xO.01000

mol-L-1X10.00X10-3L=5X10-5mol,该样品中S2。丁的残留量(以

、।、c.1000mL•L-1

SO2计)为5X10T2X64g•mol_1X-,­=0.128

molX50A.0A0AmL

g-L^o

n弱点突破匚:,储里皆)

"uodiantupo、(珠星)

知能补漏

1.物质提纯流程题的解题思路：

(1)阅读题干信息，找出要提纯的物质。

(2)解读操作流程，找出及题干相关的操作步骤，辨别出预处理、

反应、提纯、分别等阶段。

(3)分析流程中的每一步骤，反应物是什么、发生了什么反应、该

反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。

2.无机化工流程中的常见分别方法：

(1)洗涤(冰水、热水)：洗去晶体表面的杂质离子。

(2)过滤(热滤或抽滤)：分别难溶物和易溶物。

(3)萃取和分液：利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取

分别物质。

(4)蒸发结晶：提取溶解度随温度的变更变更不大的溶质。

(5)冷却结晶：提取溶解度随温度的变更变更较大的溶质、易水解

的溶质或结晶水合物。

⑹蒸镯或分帽：分别沸点不同且互溶的液体混合物。

⑺冷却水：利用气体易液化的特点分别气体。

D备考验证，(彳里尸)

空ikdoydnzhfeng,,(珠后)

1.(2018•衡水中学二模)电镀工业会产生大量的电镀污水，处理

电镀污水时会产生大量的电镀污泥。电镀污泥含有多种金属氢氧化物

和杂质。下面是处理某种电镀污泥回收铜、银元素的一种工业流程。

电镀污泥用硫酸浸出后得到的浸出液中各金属离子浓度见下表。

金属离子Cu2+Ni2+Fe2+Al3+Cr3+

浓度

70007000250042003500

/mg•L-1

(1)在电解回收铜的过程中，为提高下一步的除杂效果，需限制电

解电压稍大一些使Fa?+氧化，则磷酸盐沉淀中含有的物质为FePO，、

CrPOi、A1P01。

(2)假设电解前后Ni2+浓度基本不变，若使Ni2+在除杂过程不损

失，则溶液中POT浓度不能超过心。(列出计算

-

\!59一

-3,

表达式，A；P[Ni3(P04)2]=5X10)o

(3)探讨发觉当NaOH溶液浓度过大时，部分铝元素和铭元素会在

滤液中出现，滤液中出现铝元素的缘由为AI(OH)3+OH-=AIO?+

2H2O(用离子方程式说明)。

[解析]⑴浸出液中含CiT、Ni2\Fe2\A产、Cr3+,电解除去

Cr+且将Fe"氧化成Fe",依据图中Ni“不沉淀，因而磷酸盐沉淀中

含有的物质为FePOi、GrPO八A1P04O

2+2

(2)A；p=c(Ni)•c(P0D,电解前后W浓度基本不变，c(Ni2+)

7

=7000mg•L_1=—mol•L_1,若Ni?+不沉淀，

%

C(POD<

c3Ni

59

(3)当NaOH溶液浓度过大时，发生反应：A1(OH)3+OH-=A1O；+

2H20O

2.(2018•郑州三模)工业上设计将VOSO,中的K2SO4SSiO2杂质除

去并回收得到V2O5的流程如下，请回答下列问题：

⑴步骤①所得废渣的成分是SiOz(写化学式),操作I的名称_

过滤。

(2)步骤②、③的变更过程可简化为(下式R表示V02+,HA表示有

机萃取剂)：

R2(S0.,)〃(水层)+2/7HA(有机层)2RA〃(有机层)+/ftSO,(水层)

②中萃取时必需加入适量碱，其缘由是加入碱中和硫酸，促使平

衡正向移动(或提高钢的萃取率1。③中X试剂为H2s0“。

(3)⑤的离子方程式为ML•H20+V0/=NHN031+0犷。

(4)25℃时，取样进行试验分析，得到帆沉淀率和溶液pH之间的

关系如表：

pH1.61.71.81.92.0

铀沉淀98.98.98.96.93.

率%08841

结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调整溶液的最佳pH为

1.7〜1.8(或L7、L8其中一个)；若钢沉淀率为93.1%时不产生

Fe(0H)3沉淀，则溶液中c(Fe")<2.6X10'mol