新人教版高考化学一轮复习第3章金属及其重要化合物热点题型4无机化学工艺流程题的解题策略学案

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

1．首尾分析法

首尾分析法是一种解工艺流程题的常见方法，这种方法的特点是简单、直观，很容易抓住解题的关键，用起来方便有效。使用这一方法解题，关键在于认真对比分析原料与产品的组成，从中找出将原料转化为产品和除去原料中所包含的杂质的基本原理和所采用的工艺生产措施。当把生产的主线弄清楚了，围绕生产主线所设计的系列问题，也就迎刃而解了。

2．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。

3．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。

4．“瞻前顾后”分析法

有些化工生产，为了充分利用原料，变废为宝，设计的生产流水线除了主要考虑将原料转化为产品外，同时还要考虑将生产过程中的副产品转化为原料的循环生产工艺。解答这种类型的试题时，用“瞻前顾后”分析法。“瞻前顾后”分析法，指分析工艺生产流程时，主要考虑原料转化成的产品(瞻前)，同时也要考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

1．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)、增大气液或固液接触面积。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。

2．三项常见基本操作

(1)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，用胶头滴管取上层清液少许于小试管中，向其中滴入沉淀剂，若无沉淀生成，则说明离子沉淀完全。

(2)洗涤沉淀：沿玻璃棒往过滤器中加蒸馏水至液面浸没沉淀，待水自然流下后，重复操作2～3次。

(3)检验沉淀是否洗涤干净的方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴入某试剂，若没有特征现象出现，则证明沉淀已洗涤干净。

3．特定洗涤的目的

(1)冰水洗涤的目的：洗去晶体表面的杂质离子并降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗。

(2)乙醇洗涤的目的：降低被洗涤物质的溶解度，减少其在洗涤过程中的溶解损耗，得到较干燥的产物。

4．结晶方式

(1)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，如除去KNO3中的少量NaCl，或提纯受热易分解的物质(结晶水合物、铵盐等)。

(2)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、滤纸吸干、在干燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。

5．调节溶液的pH进行分离提纯

(1)控制溶液的酸碱性使其中某些金属离子形成氢氧化物沉淀。例如，已知下列物质开始沉淀和沉淀完全时的pH：

若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH为3.7≤pH<8.3。

(2)为调节溶液的pH，所用的物质应满足两点要求：①能与H＋反应，使溶液pH增大；②不引入新杂质。例如，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。

精练一　以“微型工艺流程”为载体考查物质的转化

1．(2021·长春五校联考)从铝热法冶炼金属铬的废渣(含Al2O3和Cr2O3等)中回收铬和铝的工艺流程如下：

下列说法错误的是(　　)

A．合理处理废渣有利于保护环境和资源再利用

B．滤渣2主要成分为Al(OH)3，可能含少量NaHCO3

C．滤液3中含Na2SO4、(NH4)2SO4及Na2CO3等

D．流程中发生氧化还原反应的步骤有①③④

解析：选D。铬、铝是重要的金属资源，铬能造成环境污染，合理处理废渣有利于保护环境和资源再利用，A正确；AlO与过量CO2发生反应AlO＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO，因NaHCO3溶解度较小，故可能会有少量HCO结合Na＋形成NaHCO3析出，B正确；CrO将S2O氧化为SO，自身被还原为Cr3＋，加入浓氨水，Cr3＋与NH3·H2O反应后生成Cr2O3、NH，溶液中的HCO在浓氨水中转化为CO，故滤液3中含Na2SO4、(NH4)2SO4及Na2CO3等，C正确；步骤①中焙烧时Cr2O3转化为CrO，铬元素被氧化，步骤③为非氧化还原反应，步骤④中CrO被还原为Cr3＋，D不正确。

2．分解水制氢的一种原理如图，下列关于该原理的说法正确的是(　　)

A．反应过程中化合价改变的元素只有H、O、S

B．涉及的反应类型只有分解反应和化合反应

C．理论上，每生成16 g O2，就能得到标准状况下22.4 L H2

D．理论上，每分解18 g H2O，就需向体系内再补充32 g SO2

解析：选C。反应Ⅰ：SO2＋2H2O＋I2===H2SO4＋2HI；反应Ⅱ：2HIH2↑＋I2；反应Ⅲ：2H2SO42SO2↑＋2H2O＋O2↑。

3．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，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(　　)

A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1

B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物

C．反应②中的H2O2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NaHSO4，根据得失电子守恒可得NaClO3和SO2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，ClO2是正极产物，B项正确；根据流程图可知，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2时氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；根据流程图反应②中ClO2与H2O2反应时元素化合价的变化情况可知，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确。

4．(2021·石家庄一模)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CaSO4

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；NH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项错误；“合成”时如果温度过高，会促进Fe3＋的水解，C项正确；从溶液中获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

5．如图是用共沉淀法制备纳米四氧化三铁的流程。

(1)除Fe3O4外，铁的两种常见氧化物中，在空气中性质比较稳定的是__________(填化学式)，该物质的用途是______________________________(任写一种)。

(2)实验室保存溶液B时为了防止出现浑浊通常采用的措施是_________________________________________________________________。

(3)证明沉淀已经洗涤干净的操作是_______________________________。

(4)写出该方法中发生的主要反应的离子方程式：___________________。

(5)实际生产中为提高产率，起始所用FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比大于1∶2，原因是______________________________________。

答案：(1)Fe2O3　制红色油漆、涂料、炼铁等(任写一种)

(2)加少量盐酸

(3)取少量最后一次洗涤液于试管中，加盐酸酸化，滴加氯化钡溶液，不产生白色沉淀(答案合理即可)

(4)Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－Fe3O4↓＋4H2O

(5)反应过程中部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子

6．(物质制备类化工流程题)(2020·高考全国卷Ⅰ，26，14分)钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以＋3、＋4、＋5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

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：

回答下列问题：

(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是_____________________________。

(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有______离子被氧化。写出VO＋转化为VO反应的离子方程式：__________________________。

(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、____________，以及部分的____________。

(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是____________。

(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是____________________________。

(6)“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Fe3O4＋4H2SO4===FeSO4＋Fe2(SO4)3＋4H2O，加入的二氧化锰除氧化VO＋和VO2＋外，还氧化Fe2＋。VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O。(3)根据表格中数据知，pH在3.0～3.1时，铁离子接近沉淀完全，少量铁离子随滤液②除去，Al3＋部分沉淀，大量铝离子随滤液②除去，K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋随滤液②除去。(4)在pH>13的强碱性溶液中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐而溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2而溶解，Fe(OH)3不溶，故滤渣③的主要成分是Fe(OH)3。(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NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓。(6)“沉钒”时要使NH4VO3尽可能析出完全，利用同离子效应，加入过量NH4Cl可达到此目的。

答案：(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)

(2)Fe2＋　VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O

(3)Mn2＋　Al3＋和Fe3＋

(4)Fe(OH)3

(5)NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓

(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全

7．(物质提纯类化工流程题)(2020·高考全国卷Ⅲ，27，15分)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。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：

回答下列问题：

(1)“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：__________________________________________________________。

(2)“滤液②”中含有的金属离子是______________。

(3)“转化”中可替代H2O2的物质是______________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即，“滤液③”中可能含有的杂质离子为______________。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝______________________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是______________。

(5)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式：_______________________________。

(6)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__________。

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Ni、Al、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的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以AlO的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为AlO＋H2O＋H＋===Al(OH)3↓。(2)因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中，向“滤饼①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，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H2O2溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用O2或空气替代H2O2溶液；由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知，Fe2＋开始沉淀时，Ni2＋已经沉淀一部分，Ni2＋沉淀完全时，Fe2＋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)pH＝7.2，c(H＋)＝10－7.2 mol·L－1，c(OH－)＝(10－14/10－7.2) mol ·L－1，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2，或利用Ni2＋沉淀完全时计算得Ksp＝10－5×(108.7－14)2。c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，若不生成Ni(OH)2，则c(OH－)＜  mol·L－1，c(H＋)＞10－6.2mol·L－1，pH＜6.2，同时应调节pH≥3.2以除去Fe3＋，故pH应控制的范围是3.2～6.2。(5)由题意可知，反应物为硫酸镍、次氯酸钠和强碱，生成物为NiOOH，硫酸镍中镍元素为＋2价，NiOOH中镍元素为＋3价，镍元素的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，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　AlO＋H2O＋H＋===Al(OH)3↓　(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋　(3)O2或空气　Fe3＋　(4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2]　3.2～6.2　(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O　(6)提高镍回收率

8．(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。

回答下列问题：

(1)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________________________________。

(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而 Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是______________________________________________________________。

(3)滤液 Ⅰ 可循环使用，应当将其导入________操作中(填操作单元的名称)。

(4)净化时需先加入的试剂X为________(填化学式)，再使用氨水调溶液的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)。

(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为____________________________。

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，固体与溶液接触面积大，充分反应，能提高反应速率。分析该制备工艺流程图可知，“反应”操作中硫化钡中的硫元素转化为硫单质，钡元素转化为氢氧化钡，故软锰矿中的二氧化锰在“反应”操作中被硫化钡中的S2－还原，Mn元素由＋4价转化为＋2价，故MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式是MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)加入的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Fe3O4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Fe3＋，然后再调节溶液pH，使杂质Fe3＋转化为Fe(OH)3，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(H2O2)溶液。对比表中的溶度积数据可知，相较于Fe(OH)3，Al(OH)3的溶度积较大，若要除去Al(OH)3、Fe(OH)3两种杂质，以前者的溶度积进行计算，推知调节溶液的pH大小，由已知信息可知，沉淀完全时金属离子最大浓度为1.0×10－5 mol·L－1，此时c3(OH－)＝Ksp[Al(OH)3]/c(Al3＋)＝ mol3·L－3＝1×10－27.3 mol3·L－3，则c(OH－)＝1×10－9.1 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝1×10－4.9 mol·L－1，此时pH ＝4.9。(5)由工艺流程图中的“碳化”操作可知，该操作中加入的物质是碳酸氢铵、氨水，而“压滤”操作后的滤液中含Mn2＋，由目标产物可知，该反应的生成物中有碳酸锰，故“碳化”过程中发生反应的离子方程式是Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。

答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率　MnO2＋BaS＋H2O=== Ba(OH)2＋MnO＋S　(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2　(3)蒸发

(4)H2O2　4.9　(5)Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O