（1）上述流程中能加快反应速率的措施有__________。
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5（PO4）3（OH）+3H2O+10H2SO4
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：
H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：
P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5（PO4）3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。
写出生成HF的化学方程式：
__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2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℃后脱除率变化的原因：
____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42−残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取ag所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液cmL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。
（已知：
H3PO4摩尔质量为98g·mol−1）
【答案】研磨、加热＜核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑80℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低CaSO4微溶BaCO3+
+2H3PO4
BaSO4+CO2↑+H2O+2
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O
10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：
CaSO4微溶于水。
加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：
2，n（H3PO4）=
n（NaOH）=
bmol/L
c
10-3L=
mol，m（H3PO4）=
mol
98g/mol=
g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为
。
一、原料处理的方法和作用
对原料进行预处理的常用方法及其作用：
1.粉碎、研磨：
减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，加快反应速率。
2.水浸：
与水接触反应或溶解。
3.酸浸：
通常用酸溶，如用硫酸、盐酸、浓硫酸等，与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。
近年来，在高考题出现了“浸出”操作。
在化工生产题中，矿物原料“浸出”的任务是选择适当的溶剂，使矿物原料中的有用组分或有害杂质选择性地溶解，使其转入溶液中，达到有用组分与有害杂质或与脉石组分相分离的目的。
4.浸出率：
固体溶解后，离子在溶液中含量的多少（更多转化）。
5.灼烧：
除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时的灼烧就是为了除去可燃性杂质，将有机碘转化为碘盐。
6.灼烧、焙烧、煅烧：
改变结构和组成，使一些物质能溶解；并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土和石灰石。
典例2（2018届新疆高三一模）钛铁矿的主要成分为FeTiO3（可表示为FeO·TiO2），含有少量MgO、CaO、SiO2等杂质。
利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li4Ti5O12和磷酸亚铁锂LiFePO4）的工艺流程如下图所示：
（1）化合物Li2Ti5O15中钛元素的化合价是+4价，氧元素的化合价为__________。
（2）钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，其目的是：
__________，滤渣A的成分是__________。
（3）固体TiO2转化（NH4）2Ti5O15的离子方程式为__________，该反应__________氧化还原反应（填“属于”或“不属于”）。
（4）反应②中固体TiO2、转化成（NH4）2Ti5O15溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示。
反应温度过高时,Ti元素浸出率下降的原因是__________。
（5）（NH4）2Ti5O15转化为Li2Ti5O15的离子方程式为：
__________。
（6）写出由滤液D生成FePO4的离子方程式__________。
（7）由滤液D制各LiFePO4的过程中，所需17%双氧水与H2C2O4的质量比是__________。
【答案】-2、-1增大接触面积加快反应速率,提高浸出率SiO2CaSO45TiO2+4H2O2+2NH3·H2O=2NH4++Ti5O152-+5H2O不属于温度过高时,反应物氨水（或双氧水）会受热分解Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15↓2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+20∶9
（2）钛铁矿与硫酸反应时，常将钛铁矿粉碎，可以增大接触面积加快反应速率，提高浸出率，由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，故答案为：
增大接触面积加快反应速率，提高浸出率；SiO2、CaSO4；
（3）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15的离子方程式为5TiO2+4H2O2+2NH3·H2O=2NH4++Ti5O152-+5H2O，反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故答案为：
5TiO2+4H2O2+2NH3·H2O=2NH4++Ti5O152-+5H2O；不属于；
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成（NH4）2Ti5O15时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，故答案为：
温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
（5）（NH4）2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15，反应的离子方程式为Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15↓，故答案为：
Ti5O152-+2Li+=Li2Ti5O15↓；
（6）过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，反应离子方程式为：
2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+，故答案为：
2Fe2++2H3PO4+H2O2=2FePO4↓+2H2O+4H+；
（7）根据电子守恒，过氧化氢氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，因此可得关系式：
H2O2～H2C2O4，设双氧水质量为x，草酸质量为y，则：
H2O2～H2C2O4
34 90
x×17% y
所以
=
，整理可得x：
y=20：
9，17%双氧水与H2C2O4的质量比为20：
9，故答案为：
20：
9。
二、掌握核心化学反应
1.元素及其化合物知识：
化工生产将原料转变成产品的过程，也是物质经历相互转化的过程。
理解物质之间的转化关系，就要用到元素及其化合物的相关知识。
一般围绕铁、铜、铝、镁、氯、硫、磷、硅等元素的单质或化合物的工业制备来进行命题，需要掌握这些元素及其化合物的知识
2.还要掌握有关化工生产的知识，熟悉的有纯碱工业、氨工业、硅单质的制备、氯碱工业、海水中提取镁、海水中提取溴等；
3.化学反应原理：
化工生产中把原料转变成产品的过程就是化学反应的过程，从化学反应原理的角度选择原料、控制条件和选择设备等，是化工生产的基本思路。
化学反应原理的相关知识包括质量守恒定律、化学反应速率、化学平衡、电化学、化学热力学等，做到能综合运用这些知识分析化工生产中化学反应的情况。
①调节溶液的pH值：
使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。
在题目中常以表格形式给出信息。
例如：
已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH如下表所示
物质
开始沉淀
沉淀完全
Fe（OH）3
2.7
3.7
Fe（OH）2
7.6
9.6
Mn（OH）2
8.3
9.8
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，应该怎样做？
提示：
先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH到3.7。
调节pH所需的物质一般应满足两点：
能与H＋反应，使溶液pH值增大；不引入新杂质。
例如：
若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3等物质来调节溶液的pH值。
调节溶液的pH：
“酸作用还可以除去氧化物（膜）；“碱作用”还可以除去油污、除去铝片氧化物、溶解铝、二氧化硅。
②控制体系的温度
a．控制低温：
防止物质的分解，如NaHCO3、NH4HCO3、H2O2、HNO3（浓）等；防止物质的挥发，如盐酸、醋酸等；抑制物质的水解，如冰水洗涤，以防止洗涤过程中的溶解损耗；增大气体反应物的溶解度，使其被充分吸收；
b．采取加热：
加速某固体的溶解，加快反应速率；减少气体生成物的溶解并使其逸出；使平衡向需要的方向移动；趁热过滤，防止某物质降温时因析出而损耗或带入新的杂质；
c．控制范围：
确保催化剂的催化效果，兼顾速率和转化率，追求更好的经济效益，防止副反应发生等。
典例3（2018课标Ⅰ）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Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。
写出该过程的化学方程式__________。
（2）利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH=4.1时，Ⅰ中为__________溶液（写化学式）。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是__________。
（3）制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。
阳极的电极反应式为_____________。
电解后，__________室的NaHSO3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·L−1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。
滴定反应的离子方程式为_____________，该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L−1（以SO2计）。
【答案】2NaHSO3＝Na2S2O5+H2ONaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液2H2O－4e－＝4H＋+O2↑aS2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋0.128
（3）阳极发生失去电子的氧化反应，阳极区是稀硫酸，氢氧根放电，则电极反应式为2H2O－4e－＝4H＋+O2↑。
阳极区氢离子增大，通过阳离子交换膜进入a室与亚硫酸钠结合生成亚硫酸钠。
阴极是氢离子放电，氢氧根浓度增大，与亚硫酸氢钠反应生成亚硫酸钠，所以电解后a室中亚硫酸氢钠的浓度增大。
（4）单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O52－+2I2+3H2O＝2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001mol，所以焦亚硫酸钠的残留量（以SO2计）是
。
三、明确反应原理
注意每一步在什么条件下，发生了什么反应，生成了什么物质，这些物质分别到哪里去了。
如转化成了沉淀还是气体或生成了其他物质。
典例4（2018届湖南省怀化市高三上学期期末）软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量金属铁、镁、铝、锌、铜的化合物等杂质。
黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。
工业上用软锰矿制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：
已知金属离子从开始形成氢氧化物沉淀，到沉淀时溶液的pH如下表：
金属离子
Fe2+
Fe3+
Al3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀pH
7.5
2.7
4.1
5.9
8.8
完全沉淀pH
9.5
3.7
5.4
6.9
10.8
（1）提高浸出率的可采取的措施有____。
a.适当升高温度 b.搅拌 c.加适量纯碱 d.加压
（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，则浸取时发生的主要反应的化学方程式是_________________________。
（3）调节pH为5.4～5.8的目的是______________。
（4）滤渣3的主要成分的化学式是_______。
（5）采用50℃碳化的原因是_________________________________。
该过程发生反应的离子方程式是__________________。
（6）检验碳酸锰产品完全洗净的方法是_______________________________。
【答案】abMnO2+FeS2+2H2SO4
MnSO4+FeSO4+2S+2H2O使Fe3+、Al3+完全沉淀Cu（OH）2温度过低反应太慢，过高，NH4HCO3会分解2HCO3−+Mn2+
MnCO3↓+H2O+CO2↑取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净
（1）为了提高锰元素的浸出率，在“浸取”时可采取的措施有：
①适当升高温度；②搅拌；③加入足量硫酸增大硫酸浓度或粉粹矿石或延长浸泡时间，故选ab；
（2）浸取完成后，取浸取液少许，加入KSCN溶液无明显现象，说明溶液中没有铁离子，则浸取时发生的主要反应的化学方程式为MnO2+FeS2+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+2S+2H2O，故答案为：
MnO2+FeS2+2H2SO4=MnSO4+FeSO4+2S+2H2O；
（3）根据上述分析，调节pH为5.4～5.8的目的是使Fe3+、Al3+完全沉淀，故答案为：
使Fe3+、Al3+完全沉淀；
（4）滤渣3的主要成分为Cu（OH）2，故答案为：
Cu（OH）2；
（5）温度过低反应太慢，过高，NH4HCO3会分解，因此采用50℃碳化，该过程发生反应的离子方程式为2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑，故答案为：
温度过低反应太慢，过高，NH4HCO3会分解；2HCO3−+Mn2+=MnCO3↓+H2O+CO2↑；
（6）根据流程图，碳酸锰上吸附有少量硫酸铵，检验碳酸锰产品是否洗净只需要检验硫酸根离子即可，故答案为：
取最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。
四、物质分离或提纯的方法
化工生产过程中分离提纯、除杂等环节，与高中化学基本实验的原理紧密联系，包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，或蒸馏、萃取、分液等基本实验操作及原理，并要熟悉所用到的相关仪器。
1.蒸发、反应时的气体氛围抑制水解：
如从溶液中析出FeCl3、AlCl3、MgCl2等溶质时，应在HCl的
气流中加热，以防其水解。
⑴ 蒸发浓缩、冷却结晶：
如除去KNO3中的少量NaCl。
⑵ 蒸发结晶、趁热过滤：
如除去NaCl中的少量KNO3。
2.溶解法：
利用特殊溶剂把杂质溶解而除去，如Fe（Al）可用过量的NaOH溶液而除去Al，CO2（HCl、H2O）先通过饱和食盐水，再通过浓H2SO4。
3.沉淀法：
a.加合适的沉淀剂（要使杂质离子充分沉淀，加入的沉淀剂必须过量，且在后续步骤中容易除去）；b.调节溶液的酸碱性。
4.洗涤法：
a.水洗；b.冰水洗；c.有机溶剂洗。
其目的是：
洗去目标物表面的杂质离子；减少目标物的溶解损耗或增大有机杂质的溶解量；防止目标物形成结晶水合物；使晶体快速干燥。
典例5（2018届福建省莆田市高三下学期教学质量检测3月）水钴矿的主要成分为Co2O3，还含SiO2及少量Al2O3、Fe2O3、CuO、MnO2等。
一种利用水钴矿制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：
已知：
①CoCl2·6H2O受热易失去结晶水。
②25℃时，设定溶液中某金属离子初始浓度为0.1mol•L-1，部分沉淀的参考数据如下表（“沉淀完全”指溶液中该离子浓度≤1.0×10-5mol•L-1）：
沉淀
Al（OH）3
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Co（OH）2
Cu（OH）2
Mn（OH）2
开始沉淀的pH
3.4
1.5
6.3
7.0
4.7
8.1
沉淀完全时pH
4.7
2.8
8.3
9.0
6.7
10.1
回答下列问题
（1）计算25℃时Co（OH）2的Ksp=_______________。
（2）浸出工序中加入一定量的Na2SO3还原Co2O3、MnO2等，Co2O3发生反应的离子方程式为_______________________________。
（3）氧化工序要控制NaClO3用量，若不慎加入过量NaClO3，可能生成的有毒气体是______________；氧化工序主要反应的离子方程式为_______________________________。
（4）已知温度对铜、钴、铁的浸出率的影响如左下图，萃取剂A、B中pH对钴、锰离子萃取率的影响如右下图：
①浸出温度控制在50-60℃的原因是_________________________。
②应选择萃取剂_________________________（填“A”或“B”）。
（5）“系列操作”依次是____________、______________和过滤等；制得的CoCl2·6H2O需减压烘干的原因是_________________________。
【答案】1.0×10-15Co2O3+SO32-+4H+==2Co2++SO42-+2H2OCl2ClO3-+6Fe2++6H+==Cl-+6Fe3++3H2O50~60℃时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高B蒸发浓缩冷却结晶降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O分解
（3）.氧化工序中加入NaClO3的作用是将浸出液中的Fe2＋氧化成Fe3＋，该反应的离子方程式为：
ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O，若不慎加入过量NaClO3，在酸性条件下，NaClO3与溶液中的Cl－会发生氧化还原反应生成有毒的Cl2，故答案为：
Cl2；ClO3－+6Fe2++6H+=Cl－+6Fe3++3H2O；
（4）.①.据图可知，50~60℃时钴的浸出率已经很高，且温度再升高时钴的浸出率变化不大，同时还会导致铁的浸出率增大，含铁元素的杂质含量升高，故答案为：
50~60℃时钴浸出率高，温度再升高时钴浸出率变化不大，且导致浸出液中含铁元素的杂质含量升高；
②.加入萃取剂的目的是除去Mn2＋，据图可知，选择萃取剂B时，Mn2＋的萃取率高而Co2+的萃取率低，所以应选择萃取剂B，故答案为：
B；
（5）.从溶液中得到氯化钴晶体的系列操作步骤为：
蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，制得的CoCl2·6H2O采用减压烘干方法，可以降低烘干温度，防止CoCl2·6H2O晶体分解，故答案为：
蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止CoCl2•6H2O分解。
五、可循环物质的判断和流程评价
（一）可循环物质的判断
1.流程图中回头箭头的物质。
2.生产流程中后面新生成或新分离的物质（不要忽视结晶后的母液），可能是前面某一步反应的相关物质。
（二）对整个工艺流程从下列几个方面进行评价
1.体现绿色化学思想（使用无毒无害原料，采用原子利用率高的制备路线，原料的循环利用，副产物综合利用，节能，等）。
2.高效节能方面（原料廉价，工艺简单，产品的纯度高，能耗低等）。
3.生成物或副产物的污染。
典例6（2018届云南省峨山彝族自治县第一中学高三上学期期末）利用熔融碱焙烧工艺可从铝热法生产金属铬的铬渣（Al、Al2O3、Cr2O3等）中浸出铬和铝，为实现铬和铝的再生利用。
其工作流程如下：
（1）铝热法冶炼金属铬，是利用了金属铝的__________（填“氧化性”或“还原性”）。
（2）溶液1中的阴离子有CrO42-、__________。
（3）过程I，在Cr2O3参与的反应中，若生成0.4molCrO42-，消耗氧化剂的物质的量是__________。
（4）通入CO2调节溶液pH实现物质的分离。
①滤渣A煅烧得到Al2O3，再用电解法冶炼Al。
冶炼Al的化学方程式是____________________。
②滤渣B受热分解所得物质的循环利用，B是__________。
③已知：
2CrO42-+2H+
Cr2O72-+H2OK=4.0×1014
滤液3中Cr2O72-的溶度是0.04mol/L，则CrO42-的浓度是__________mol/L。
（5）过程II的目的是得到K2Cr2O7粗品。
不同温度下化合物的溶解度（g/100gH2O）
化合物名称
0℃
20℃
40℃
60℃
80℃
NaCl
35.7
36.0
36.6
37.3
38.4
KCl
28.0
34.2
40.1
45.8
51.3
K2SO4
7.4
11.1
14.8
18.2
21.4
K2Cr2O7
4.7
12.3
26.3
45.6
73.0
Na2Cr2O7
163
183
215
269
376
结合表中数据分析，过程II的操作是：
____________________，过滤，得到K2Cr2O7粗品。
【答案】还原性AlO2-、OH-0.3mol2Al2O3（熔融）
3O2↑+4AlNaHCO30.01向滤液③中加入稀硫酸和K2SO4固体后，蒸发浓缩、降温结晶
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