高考化学考前冲刺20天之高考热点回扣系列文档高考热点课3 无机化工流程题解题策略 Word版含答案.docx

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无机化工流程题解题策略

一、熟练掌握中学化学中重要的化工生产原理（列举如下）

二、常涉及考点

1．原料处理阶段

（1）溶解时：

固体粉碎目的；溶解试剂（蒸馏水溶、酸溶、碱溶等）。

（2）灼烧：

仪器选择（如坩埚、泥三角、坩埚钳、酒精灯等），如从海带中提碘。

（3）煅烧：

如碳酸钙分解；煅烧高岭土改变其结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。

（4）定量分析时要注意恒重的判断标准。

2．分离提纯阶段

（1）氧化阶段：

如用氧化剂将Fe2＋氧化成Fe3＋、Cr3＋氧化成CrO

以便后期处理。

（2）调节pH除杂：

控制溶液的酸碱性使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。

（3）试剂除杂：

加试剂直接反应除去杂质。

（4）萃取：

如从海水中提取溴和碘单质。

（5）加热的目的：

加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。

（6）降温的目的：

防止某物质在高温时会分解或为使化学平衡向着某个方向移动。

3．获得产品阶段

（1）洗涤：

洗涤剂选择（如冰水洗、乙醇洗等）；目的是洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的损耗；晶体表面洗净检验方法（实质上检验晶体表面一些可溶性杂质离子，要注意强调取最后一次洗涤液少许于试管中）。

（2）结晶方法

①蒸发结晶：

一般适用于单一溶质且该物质热稳定性较好（不会热分解）的结晶析出，如从食盐水中得到氯化钠晶体。

要注意有金属离子易水解时，控制酸性条件或酸性气体氛围，抑制其水解。

②蒸发浓缩、冷却结晶、过滤：

目的主要是让溶解度随温度变化大的溶质析出，多用于结晶水合物、不稳定的盐类（如铵盐、硝酸盐）的结晶析出。

这种题往往是用图像表示溶解度与温度关系。

③蒸发结晶、趁热过滤：

目的是让溶解度随温度变化小的溶质析出，防止某物质降温时会析出，如除去氯化钠溶液中的硝酸钾。

趁热过滤需用到热滤漏斗或用热毛巾捂住普通漏斗外壁，以防因温度下降而析出杂质。

④重结晶：

提高产品的纯度。

三、无机化合工艺流程题

1．认真读题，了解命题意图

流程题一般只有两个目的：

一是从混合物中分离、提纯某一物质；另一目的就是利用某些物质制备另一物质。

2．仔细分析，读懂流程图

（1）一般情况主线主产品；分支副产品；回头为循环。

（2）核心考点：

物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产品分离提纯。

（3）工业生产流程主线与核心

3.分析问题，回归课本知识，关注信息提示

大多数提问用所学知识便可直接回答，但个别地方往往结合流程或信息提示才能回答，有时也可能存在有悖所学知识的情况，这时就要结合化工生产实际考虑原料成本低廉、环境友好、产量产率高等等。

4．细心检查，最后结论再重新按流程图验证是否合理。

以物质制备为目的的化学工艺流程

1．原料处理阶段的常见考查点

（1）加快反应速率

（2）溶解：

通常用酸溶。

如用硫酸、盐酸、浓硫酸等。

（3）灼烧、焙烧、煅烧：

改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质高温下氧化、分解。

2．分离提纯阶段的常见考查点

（1）调pH除杂

①控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。

如若要除去Al3＋、Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH。

②调节pH所需的物质一般应满足两点：

一能与H＋反应，使溶液pH增大；二不引入新杂质。

例如，若要除去Cu2＋溶液中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu（OH）2、碱式碳酸铜等物质来调节溶液的pH。

（2）加热：

加快反应速率或促进平衡向某个方向移动。

如果在制备过程中出现一些受热易分解的物质或产物，则要注意对温度的控制。

如侯氏制碱法中的NaHCO3；还有如H2O2、HNO3（浓）等物质。

（3）降温：

防止某物质在高温时溶解（或分解）；为使化学平衡向着题目要求的方向移动。

3．获得产品阶段的常见考查点

（1）洗涤（冰水、热水）：

洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗；乙醇洗涤既可洗去晶体表面的杂质，又可减少晶体溶解的损耗。

（2）蒸发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。

（3）蒸发浓缩、冷却结晶：

如NaCl和KNO3混合溶液，若将混合溶液加热蒸发后再降温，则析出的固体主要是KNO3，这样就可分离出大部分KNO3。

（4）蒸发结晶、趁热过滤：

如NaCl和KNO3混合溶液，若将混合溶液蒸发一段时间，析出的固体主要是NaCl，这样可除去NaCl中的少量KNO3。

例1（2015·全国卷Ⅰ）硼及其化合物在工业上有许多用途。

以铁硼矿（主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等）为原料制备硼酸（H3BO3）的工艺流程如下所示：

回答下列问题：

（1）写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式：

________________________________，为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有________（写出两条）。

（2）利用________的磁性，可将其从“浸渣”中分离。

“浸渣”中还剩余的物质是______________________________________（写化学式）。

（3）“净化除杂”需先加H2O2溶液，作用是________。

然后再调节溶液的pH约为5，目的是________。

（4）“粗硼酸”中的主要杂质是________（填名称）。

（5）以硼酸为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂，其电子式为________。

（6）单质硼可用于生产具有优良抗冲击性能的硼钢。

以硼酸和金属镁为原料可制备单质硼，用化学方程式表示制备过程________。

解析　

答案　

（1）Mg2B2O5·H2O＋2H2SO4

2H3BO3＋2MgSO4　提高反应温度、减小铁硼矿粉粒径

（2）Fe3O4SiO2和CaSO4

（3）将Fe2＋氧化成Fe3＋　使Fe3＋与Al3＋形成氢氧化物沉淀而除去

（4）（七水）硫酸镁

（5）

（6）2H3BO3

B2O3＋3H2O、B2O3＋3Mg

2B＋3MgO

1．某工厂对工业生产钛白粉产生的废液进行综合利用，废液含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2（SO4）3、TiOSO4，可用于生产颜料铁红和补血剂乳酸亚铁。

其生产工艺流程如下：

已知：

①TiOSO4可溶于水，在水中可以电离为TiO2＋和SO

；②TiOSO4水解的反应为TiOSO4＋（x＋1）H2OTiO2·xH2O＋H2SO4。

请回答：

（1）步骤①所得滤渣的主要成分为________。

（2）步骤③硫酸亚铁在空气中煅烧生成铁红和三氧化硫，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。

（3）步骤④需控制反应温度低于35℃，其目的是________________________________。

（4）步骤④反应的离子方程式是___________________________。

（5）已知FeCO3（s）Fe2＋（aq）＋CO

（aq），试用平衡移动原理解释步骤⑤生成乳酸亚铁的原因：

___________________________。

答案　

（1）TiO2·xH2O、Fe

（2）1∶4

（3）防止NH4HCO3分解和防止Fe2＋被氧化

（4）Fe2＋＋2HCO

===FeCO3↓＋H2O＋CO2↑

（5）乳酸电离出的H＋与CO

反应，使平衡向正反应方向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁

解析　

（1）废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量

Fe2（SO4）3、TiOSO4，向其中加入过量铁屑，发生反应：

Fe2（SO4）3＋Fe===3FeSO4，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑；随着反应的进行，溶液酸性减弱，TiOSO4的水解平衡：

TiOSO4＋（x＋1）H2OTiO2·xH2O＋H2SO4向右移动，所以最终得到的滤渣的主要成分是TiO2·xH2O和Fe。

（2）步骤③FeSO4在空气中煅烧，发生反应：

4FeSO4＋O2

2Fe2O3＋4SO3，该反应中氧化剂是O2，还原剂是FeSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4。

（3）步骤④是向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液来制取FeCO3，控制反应温度低于35℃是为了防止NH4HCO3分解和防止Fe2＋被氧化。

（4）步骤④反应的离子方程式是Fe2＋＋2HCO

===FeCO3↓＋H2O＋CO2↑。

（5）FeCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡：

FeCO3（s）Fe2＋（aq）＋CO

（aq），当向其中加入乳酸时，乳酸电离出的H＋与CO

反应，降低了CO

的浓度，上述沉淀溶解平衡正向移动，使碳酸亚铁溶解得到乳酸亚铁溶液。

以分离提纯为目的的化学工艺流程

1．物质分离提纯的原则

（1）不增：

不引入新的杂质。

（2）不减：

不减少被提纯的物质。

（3）易分离：

被提纯物与杂质易于分离。

（4）易复原：

被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。

2．常用的提纯方法

水溶法

除去可溶性杂质

酸溶法

除去碱性杂质

碱溶法

除去酸性杂质

氧化剂或还原剂法

除去还原性或氧化性杂质

加热灼烧法

除去受热易分解或易挥发的杂质

调节溶液的pH法

如除去溶液中的Fe3＋等

3．常用的分离方法

过滤

分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法

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离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴

蒸发结晶

提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl

冷却结晶

提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等

蒸馏或分馏

分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油

冷却法

利用气体液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气

例2（2016·全国卷Ⅲ）以硅藻土为载体的五氧化二钒（V2O5）是接触法生产硫酸的催化剂。

从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。

废钒催化剂的主要成分为：

物质

V2O5

V2O4

K2SO4

SiO2

Fe2O3

Al2O3

质量分数/%

2.2～2.9

2.8～3.1

22～28

60～65

1～2

<1

以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

回答下列问题：

（1）“酸浸”时V2O5转化为VO

，反应的离子方程式为________________________，同时V2O4转化成VO2＋。

“废渣1”的主要成分是________。

（2）“氧化”中欲使3mol的VO2＋变为VO

，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。

（3）“中和”作用之一是使钒以V4O

形式存在于溶液中。

“废渣2”中含有________。

（4）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：

4ROH＋V4O

R4V4O12＋4OH－（ROH为强碱性阴离子交换树脂）。

为了提高洗脱效率，淋洗液应该呈________性（填“酸”“碱”或“中”）。

（5）“流出液”中阳离子最多的是________。

（6）“沉钒”得到偏钒酸铵（NH4VO3）沉淀，写出“煅烧”中发生反应的化学方程式________________________________________。

解析　

答案　

（1）V2O5＋2H＋===2VO

＋H2OSiO2

（2）0.5（3）Fe（OH）3和Al（OH）3（4）碱

（5）K＋（6）2NH4VO3

V2O5＋H2O＋2NH3↑

2．（2017·四川六校诊断）污染物的有效去除和资源的充分利用是重要的研究课题。

某化学研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属的化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2（反应条件已略去）。

请回答下列问题：

（1）若将SO2气体通入下列溶液中，会褪色的是________（填字母）。

A．品红溶液B．紫色石蕊溶液

C．酸性KMnO4溶液D．溴水

（2）用MnCO3能除去溶液中的Al3＋和Fe3＋，其原因是__________________________。

（3）分别写出MnS除去溶液中的Cu2＋和Ni2＋的离子方程式________________、________________。

（4）写出KMnO4和MnSO4溶液反应生成MnO2的化学方程式：

____________________。

（5）若要制得硫酸锰晶体（MnSO4·H2O，相对分子质量为169），可以将除杂后得到的MnSO4溶液通过__________（填操作名称）而制得。

答案　

（1）ACD

（2）消耗溶液中的酸，使Fe3＋和Al3＋水解生成氢氧化物沉淀

（3）MnS＋Cu2＋===CuS＋Mn2＋MnS＋Ni2＋===NiS＋Mn2＋

（4）2KMnO4＋3MnSO4＋2H2O===5MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4

（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤

解析　

（1）SO2具有还原性，所以可以使酸性KMnO4和溴水褪色，SO2具有漂白性，所以可以使品红溶液褪色。

（2）Al3＋、Fe3＋水解产生Al（OH）3、Fe（OH）3和H＋，加入的MnCO3能消耗H＋，促使Al3＋、Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Al3＋、Fe3＋形成沉淀被除去。

（4）KMnO4与MnSO4发生归中反应生成MnO2，另外还有产物K2SO4，根据原子守恒和得失电子守恒得出化学方程式：

2KMnO4＋3MnSO4＋2H2O===5MnO2↓＋K2SO4＋2H2SO4。

（5）从溶液中得到结晶水合物的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。

（建议用时：

40分钟）

1．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH

废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法不正确的是（）

A．固体1中主要含有Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3

B．X可以是空气，且需过量

C．捕获剂所捕获的气体主要是CO

D．处理含NH

废水时，发生反应的离子方程式为：

NH

＋NO

===N2↑＋2H2O

答案　B

解析　SO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3，故固体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca（OH）2，A项正确；X可以是空气，但不能过量，若空气过量，通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液，而是得到NaNO3溶液，B项不正确；N2无污染，CO无法被NaOH溶液吸收，捕获剂主要捕获CO，C项正确；NH

与NO

在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O，D项正确。

2．纯净物X、Y、Z转化关系如图所示，下列判断正确的是（）

A．X可能是金属铜

B．Y不可能是氢气

C．Z可能是氯化钠

D．Z可能是三氧化硫

答案　A

解析　若X为Cu，则Y为Cl2，Z为CuCl2，电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，故A项正确；若Y为H2，则X为Cl2，Z为HCl，电解盐酸会产生H2和Cl2，则Y可能是H2，故B项错误；NaCl由Na在Cl2中点燃生成，但是电解NaCl溶液生成的是H2、Cl2和NaOH，则Z不能为NaCl，故C项错误；SO3无法通过点燃生成，故D项错误，所以选A项。

3．KAl（SO4）2·12H2O（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。

实验室中，采用废易拉罐（主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质）制备明矾的过程如下图所示。

回答下列问题：

―→

（1）为尽量少引入杂质，试剂①应选用________（填标号）。

a．HCl溶液b．H2SO4溶液

c．氨水d．NaOH溶液

（2）易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式为_____________。

（3）沉淀B的化学式为________；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是____________________。

答案　

（1）d

（2）2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑

（3）Al（OH）3Al3＋水解，使溶液中H＋浓度增大

解析　

（1）易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，它们都是比较活泼的金属，均可以与酸发生反应，Al可以与强碱溶液反应变为NaAlO2进入溶液，而Fe、Mg不能与碱发生反应，所以要以含Al的易拉罐为原料制取明矾，应该用强碱NaOH溶液溶解，选项d正确。

（3）滤液A的主要成分是NaAlO2，向其水溶液中加入NH4HCO3溶液，发生AlO

＋NH

＋H2O===Al（OH）3↓＋NH3及HCO

＋AlO

＋H2O===Al（OH）3↓＋CO

，所以沉淀B的化学式为Al（OH）3。

将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是Al3＋为弱碱阳离子，发生水解反应，消耗水电离产生的OH－，当最终达到平衡时溶液中c（H＋）>c（OH－），所以溶液显酸性。

4．水泥是重要的建筑材料。

水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。

实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：

回答下列问题：

（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。

加入硝酸的目的是__________________________，还可使用________代替硝酸。

（2）沉淀A的主要成分是________，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为___________________________。

（3）加氨水过程中加热的目的是_________________________。

沉淀B的主要成分为______________、______________（写化学式）。

（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO

＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。

实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为________。

答案　

（1）将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋H2O2

（2）SiO2（或H2SiO3）SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O（或H2SiO3＋4HF===SiF4↑＋3H2O）

（3）防止胶体生成，易沉淀分离　Al（OH）3Fe（OH）3

（4）45.0%

解析　

（1）由题意知，水泥样品中含有铁、铝和镁等金属的氧化物，后面操作有加入氨水调节pH＝4～5，目的是除去Al元素和Fe元素，而在此pH范围内，Fe元素只有转化为Fe3＋才能完全生成沉淀，因此加入硝酸的目的是将样品中可能存在的Fe2＋氧化为Fe3＋；还可以使用双氧水等其他氧化剂代替硝酸。

（2）水泥样品中的SiO2、CaO及铁、铝、镁等金属的氧化物，只有SiO2（或反应生成的H2SiO3）不溶于盐酸，所以沉淀A的主要成分是SiO2（或H2SiO3）。

SiO2（或H2SiO3）不与强酸反应，但可溶于氢氟酸中，反应的化学方程式为SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O（或H2SiO3＋4HF===SiF4↑＋3H2O）。

（3）盐类水解是吸热反应，升高温度，可防止生成胶体，同时使溶液中的Al3＋、Fe3＋水解程度增大而生成沉淀易于除去，加热的同时还可以加快反应速率；生成的沉淀主要为Al（OH）3、Fe（OH）3。

（4）KMnO4与H2C2O4反应时，Mn由＋7价变为＋2价，每个Mn得到5个电子，即每个KMnO4得到5个电子，C由＋3价变为＋4价，每个C失去1个电子，即每个H2C2O4失去2个电子，由电子守恒可知，KMnO4与H2C2O4反应的物质的量关系式为2KMnO4～5H2C2O4。

由题意知，消耗KMnO4的物质的量为0.0500mol·L－1×0.036L＝0.0018mol，因此H2C2O4的物质的量为0.0018mol×

＝0.0045mol。

H2C2O4～CaC2O4，故CaC2O4的物质的量为0.0045mol，Ca的质量为0.0045mol×40g·mol－1＝0.18g，即水泥样品中钙的质量分数＝

×100%＝45.0%。

5．工业上利用氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F）提取CeCl3的一种工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）CeCO3F中，Ce元素的化合价为________。

（2）酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染。

写出稀硫酸、H2O2与GeO2反应的离子方程式：

__________________。

（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是__________________。

（4）加热CeCl3·6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl2，其中NH4Cl的作用是__________________________。

（5）准确称取0.7500gCeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵溶液将Ce3＋氧化为Ce4＋，然后用0.1000mol·L－1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗25.00mL标准溶液。

（已知：

Fe2＋＋Ce4＋===Ce3＋＋Fe3＋）

①该样品中GeCl3的质量分数为________。

②若使用久置的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定，测得该CeCl3样品的质量分数________（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。

答案　

（1）＋3

（2）H2O2＋2CeO2＋6H＋===2Ce3＋＋4H2O＋O2↑

（3）避免＋3价Ce以Ce（BF4）3沉淀的形式损失（或提高CeCl3的产率）

（4）NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解

（5）①82.2%②偏大

解析　

（1）在CeCO3F中，C是＋4价，O为－2价，F为－1价，利用化合物中各元素正负化合价代数和等于零可知Ce为＋3价。

（2）利用图示转化可知，酸浸过程中＋4价Ce被还原为Ce3＋，因此加入的H2O2被氧化，必有O2生成，从而写出反应的离子方程式。

（3）结合流程知向Ce（BF4）3中加入KCl溶液生成KBF4沉淀，同时得到CeCl3溶液，可见加入KCl的目的为避免＋3价Ce以Ce（BF4）3沉淀的形式损失，从而提高CeCl3的产率。

（4）直接加热CeCl3·6H2O制取无水CeCl3会因Ce3＋水解而使制取失败，与NH4Cl一起加热，NH4Cl固体受热分解产生的HCl可抑制CeCl3水解。

（5）①利用原子守恒和已知的离子反应可知0.7500gCeCl3样品含有m（CeCl3）＝0.025L×0.1000mol·L－1×246.5g·mol－1＝0.61625g，故样品中CeCl3的质量分数为

×100%＝82.2%。

②若使用久置的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定，因标准液中Fe2＋被氧化从而导致消耗标准液的体积增大，引起测得的CeCl3的质量分数偏大。

6．“低碳”在工业生产中意义重大，充分利用原材料，不排放或减少排放“三废”，不同工厂联合生产等都是很好的“低碳”生产方式。

下面是几家工厂利用废气、废液、废渣联合生产化肥硫酸铵的工艺：

请回答下列问题：

（1）操作②为___