2019届高考化学二轮复习化学工艺流程研究学案


[题型特点]
工艺流程题是江苏高考必考题型，工艺流程题的结构分题头、题干和题尾三部分。题头一般是简单介绍该工艺生产的原材料和工艺生产的目的(包括副产品)；题干主要用流程图形式将原料到产品的主要生产工艺流程表示出来；题尾主要是根据生产过程中涉及的化学知识设计成一系列问题，构成一道完整的化学试题。此类试题集综合性、真实性、开放性于一体，包含必要的操作名称、化工术语或文字说明，考查知识面广、综合性强、思维容量大。题干的呈现形式多为流程图、表格和图像；设问角度一般为操作措施、物质成分、化学反应、条件控制的原因和产率计算等，能力考查侧重于获取信息的能力、分析问题的能力、语言表达能力和计算能力；涉及到的化学知识有基本理论、元素化合物和实验基础知识。

1.(2018·江苏化学，16)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：

(1)焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_____________________________________________________________________。
(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率＝×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。
②700 ℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由________(填化学式)转化为________(填化学式)。
(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
解析　(1)二氧化硫是酸性氧化物，少量二氧化硫与NaOH溶液反应生成正盐Na2SO3，过量二氧化硫与NaOH溶液反应生成NaHSO3。(2)①根据高硫铝土矿的成分中含FeS2和金属硫酸盐，而已知多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃，如果不添加CaO在低于500 ℃焙烧，则去除的硫元素主要来源于FeS2，具体的反应原理为4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2。②添加的CaO吸收SO2生成CaSO3，CaSO3易被空气中的氧气氧化为CaSO4。根据题目所给“多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃”，可知700 ℃时CaSO4可能未分解或未完全分解而留在矿粉中，从而导致添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低。(3)高硫铝土矿中的氧化铝溶于NaOH生成NaAlO2：Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O；向NaAlO2溶液中通入过量的二氧化碳，生成氢氧化铝：CO2(过量)＋2H2O＋NaAlO2===Al(OH)3↓＋NaHCO3。(4)根据得失电子守恒可知FeS2与Fe2O3的物质的量之比为1∶16。
答案　(1)OH－＋SO2===HSO
(2)①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
(3)NaAlO2　Al(OH)3
(4)1∶16
2.(2017·江苏化学，16)铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：

注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_____________________________________________________________________。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_____________________________________________________________________，
阴极产生的物质A的化学式为________。

(5)铝粉在1 000 ℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_____________________________________________________________________。
解析　(1)“碱溶”时，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，注意离子方程式。(2)“过滤I”所得滤液为NaAlO2，加入NaHCO3溶液，过滤Ⅱ后电解的是Na2CO3溶液，说明溶液的溶质由NaAlO2变为Na2CO3，发生反应AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，说明AlO结合H＋能力强于CO，即其水解能力强，说明碱性NaAlO2>Na2CO3，溶液的pH减小。(3)电解Al2O3，阳极O2－放电生成O2，石墨(C)电极会被O2氧化。(4)阳极溶液中的阴离子即水中的OH－放电生成O2及H＋(2H2O－4e－===O2↑＋4H＋)，H＋与CO结合生成HCO(CO＋H＋===HCO，由图阳极区Na2CO3生成NaHCO3，写出总反应：4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑。阴极，水中的H＋放电生成H2。(5)NH4Cl加热时分解生成HCl和NH3，HCl可以破坏铝表面的氧化膜，有利于反应进行。
答案　(1)Al2O3＋2OH－===2AlO＋H2O　(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO＋2H2O－4e－===4HCO＋O2↑　H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
3.(2016·江苏化学，16)以电石渣[主要成分为Ca(OH)2和CaCO3]为原料制备KClO3的流程如下：

(1)氯化过程控制电石渣过量、在75 ℃左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应，Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。
①生成Ca(ClO)2的化学方程式为________________________________________
_____________________________________________________________________。
②提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有________(填序号)。
A.适当减缓通入Cl2速率
B.充分搅拌浆料
C.加水使Ca(OH)2完全溶解
(2)氯化过程中Cl2 转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为：6Ca(OH)2＋6Cl2===Ca(ClO3)2＋5CaCl2＋6H2O
氯化完成后过滤。
①滤渣的主要成分为__________(填化学式)。
②滤液中Ca(ClO3)2与CaCl2的物质的量之比n[Ca(ClO3)2] ∶n[CaCl2]________1∶5(填“>”、“11时，溶液中的c(SO)增大，说明有更多的SO生成，反应物为CaSO4、氨水、CO2，生成SO，还有CaCO3，相当于氨水和CO2反应生成(NH4)2CO3，(NH4)2CO3和CaSO4生成(NH4)2SO4和CaCO3。A项，搅拌浆料，增大反应物的接触面积，加快反应速率，正确；B项，加热到100 ℃，氨水挥发、CO2溶解度减小，则生成的(NH4)2CO3的量减少，无法实现CaSO4转化为CaCO3，错误；C项，增大氨水浓度可以提高反应速率，正确；D项，减小CO2通入速率，则转化速率降低，错误。(2)当pH接近6.5时，由图可知c(SO)接近0.1 mol·L－1，溶液呈酸性，通入的CO2主要以NH4HCO3存在，故滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为SO和HCO。可通过检验洗涤液中是否含有SO来判断沉淀是否洗涤完全。(3)温度升高，能促进NH的水解，增大溶液酸性，促进固体中Ca2＋的浸出。
答案　(1)CaSO4＋2NH3·H2O＋CO2===CaCO3＋2NH＋SO＋H2O(或CaSO4＋COCaCO3＋SO)　AC
(2)SO　HCO　取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全
(3)浸取液温度上升，溶液中c(H＋)增大，促进固体中Ca2＋浸出
5.(2014·江苏化学，16)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝[Al2(SO4)x(OH)6－2x]溶液，并用于烟气脱硫研究。

(1)酸浸时反应的化学方程式为__________________________________________
___________________________________________________________________；
滤渣Ⅰ的主要成分为________(填化学式)。
(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6－ 2x。滤渣Ⅱ的主要成分为________(填化学式)；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低， 其原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________(用离子方程式表示)。
(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量，其主要原因是__________________________________；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析　(1)酸浸时粉煤灰中Al2O3与H2SO4反应生成可溶性Al2(SO4)3，SiO2不与H2SO4反应，过滤，滤渣Ⅰ是SiO2。(2)加CaCO3调节pH，CaCO3与H＋反应生成Ca2＋，Ca2＋遇SO生成CaSO4沉淀(滤渣Ⅱ)。若溶液pH偏高，即碱性偏强，则部分Al3＋生成沉淀Al(OH)3而导致溶液中铝元素的含量降低。其反应可以理解为：反应物有Al2(SO4)3、CaCO3，CaCO3在SO溶液中发生沉淀转化：CaCO3＋SOCaSO4＋CO，生成的CO与Al3＋发生水解相互促进反应生成Al(OH)3和CO2，则生成物有Al(OH)3、CaSO4、CO2，配平即可。(3)溶液中的SO具有较强的还原性，易被氧化生成SO从而导致完全分解放出的SO2量小于吸收的SO2量。碱式硫酸铝溶液吸收SO2，可以理解为2OH－＋SO2===SO＋H2O，相当于碱式硫酸铝转化为Al2(SO4)3和Al2(SO3)3，加热又促进了Al2(SO3)3的水解(SO与Al3＋水解相互促进)放出SO2，进而又转化为碱式硫酸铝，但在加热的过程中由于部分SO被氧化成SO留在溶液，代替了碱式硫酸铝中OH－，所以使碱式硫酸铝中x不断增大，则c(OH－)减小，pH减小。
答案　(1)Al2O3＋3H2SO4===Al2(SO4)3＋3H2O　SiO2
(2)CaSO4　3CaCO3＋2Al3＋＋3SO＋3H2O===2Al(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑
(3)溶液中的部分SO被氧化成SO　减小
[解题思路]
“工艺流程题”是以流程形式呈现物质的转化关系的试题。解答这类试题的常用模型是：①熟悉“转化流程”，按流程进行的方向理清流程中每一个步骤的目的，每一个步骤中体系的变化或物质的转化关系。②准确获取题示信息(文字、图表、装置等)，将题示信息与已有知识、试题情境相整合。③逐一分析试题中的问题并解答问题。
“以2017年江苏高考第16题为例”
通过对试题的阅读、思考，可以得到下图所示的物质转化关系：

综合流程和上述物质的转化关系，可以发现本题的情境是熟悉的铝土矿中Al2O3的分离提纯以及电解熔融的Al2O3制备Al的工艺流程，其中关于NaHCO3溶液加入到NaAlO2溶液中的作用和电解Na2CO3溶液的原理相对陌生，需要结合流程信息，将Al3＋、Al(OH)3和AlO之间的相互转化关系以及离子交换膜法电解饱和食盐水的原理进行迁移运用来解决问题。
(1)学会获取信息。如物质转化流程、图表等提供的信息，理解物质转化的全过程。(2)将已有知识与新情境知识相融合。如本题将铝土矿中Al2O3的分离提纯以及电解熔融Al2O3制备Al的工艺流程中Al3＋、Al(OH)3、AlO之间的相互转化关系，以及离子交换膜法电解饱和食盐水的原理等学过的知识，与NaAlO2溶液和NaHCO3溶液反应、电解Na2CO3溶液等新情境相融合，进行迁移运用来解决问题，形成新的知识体系。(3)分析在特定情境条件下物质转化的原理和方法。如NaHCO3溶液怎样使NaAlO2溶液转化为Al(OH)3沉淀、电解Na2CO3溶液的原理等。(4)用规范的化学语言表示结果。
[备考策略]
对“元素化合物及其转化”的专题复习，要重视以化学反应原理为指导，理解掌握元素化合物的性质及应用；要认识有效实现物质转化的原理和方法，掌握真实而有意义的应用情境中分析问题的方法，整体理解“流程”所给予的信息，弄清流程中每一步的原理和目的，明确其中发生的反应和反应前后物质的组成，并结合已有知识准确获取并解释相关图形中的题示信息；要充分关注物质的转化过程中反应条件的控制；要不断提高学生获取和加工题给信息的能力和化学语言的表达能力。

[考点精要]
1.原料的预处理
(1)常用方法
看方法
想目的
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
水浸
与水接触反应或溶解
酸浸
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
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
煅烧
改变结构，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





(2)常见设问
如何提高“酸浸率”
固体粉碎的目的：减小颗粒直径，增大浸取时的反应速率，提高浸取率
升高反应的温度，增大反应速率
加大酸的浓度
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)
2.制备过程中反应条件的控制
(1)常用方法
看方法
想目的
调节溶液的pH
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀
控制温度
根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动
控制压强
改变速率，影响平衡
使用合适的催化剂
改变反应速率，控制达到平衡所需要的时间
趁热过滤
防止某物质降温时析出
冰水洗涤
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
[注意]　调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大；
②不引入新杂质。例如若要除去Cu2＋中混有的Fe3＋，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。




(2)常见设问
控制溶液的pH
①调节溶液的酸碱性，使某些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)
加过量试剂
使反应完全进行(或增大转化率、产率)等
加氧化剂
氧化某物质，生成目标产物或除去某些离子
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
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、水解、潮解等目的
3.物质的分离与提纯
(1)正确选择物质分离的“6种”常用方法
看目的
选方法
分离难溶物质和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
过滤
(热滤或抽滤)
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
萃取和分液
提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
蒸发结晶
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
冷却结晶
分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
蒸馏与分馏
利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离氨气与氮气、氢气
冷却法
(2)常见设问
结晶方法
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：蒸发浓缩、结晶，趁热过滤。如除去NaCl中少量的KNO3
④要得到溶解度受温度影响大的溶质：蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。如除去KNO3中少量的NaCl
从溶液中得到晶体的操作
蒸发浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤→干燥
萃取、分液操作
实验在分液漏斗中进行，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出
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，有利于晶体干燥
洗涤沉淀操作
让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加入洗涤剂浸没过晶体，让洗涤液自然流下，重复2～3次即可
检验沉淀是否洗涤干净
取最后一次洗涤滤液，滴加试剂(如硝酸酸化的AgNO3溶液检验Cl－，盐酸酸化的BaCl2溶液检验SO)，若无沉淀产生，则证明已洗涤干净，反之则未洗涤干净
4.工艺流程中重要物质的确定
(1)循环物质的确定

(2)副产品的判断

(3)滤渣、滤液成分的确定
要考虑样品中原料和杂质的成分在每一步骤中与每一种试剂反应的情况：
①反应过程中哪些物质(离子)消失了；
②所加试剂是否过量或离子间发生化学反应，又产生了哪些新离子，要考虑这些离子间是否会发生反应。
[考法指导]

工艺流程与物质的制备
1.(2018·南通等七市联考)氧化锂(Li2O)是锂电池工业的重要原料。以粗碳酸锂为原料制备氧化锂的一种工艺流程如下：

注：常温下，碳酸锂微溶于水，氢氧化锂可溶于水。
(1)反应Ⅰ中通入CO2需加压的原因是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)①反应Ⅱ生成LiOH的化学方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
②石灰乳的固液比[Ca(OH)2的质量与H2O的体积之比]对LiOH产率和滤液中LiOH浓度的影响如图所示。实际生产中选择固液比25 g·L－1，若固液比过低对后续操作的不利影响是______________________________________________。

(3)浓缩、结晶所得LiOH·H2O通过灼烧得到Li2O。
①LiOH·H2O中常含有少量的Li2CO3，但该物质对所制Li2O得纯度无影响，其原因是_________________________________________________________________。
②将LiOH·H2O置于不同坩埚内，在空气中充分灼烧，反应后固体产物的XRD图谱如图所示(XRD图谱可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。欲制得高纯氧化锂最适宜的坩埚是______________________________________________________________________。
铁坩埚中发生反应的化学方程式为_____________________________________。

解析　(1)反应Ⅰ为：Li2CO3＋CO2＋H2O===2LiHCO3，CO2是气体，加压增大其的溶解度，提高溶液中CO2的浓度，加快Li2CO3反应的速率，促进Li2CO3的转化。
(2)①反应Ⅰ生成LiHCO3，与Ca(OH)2反应生成LiOH和CaCO3。②反应Ⅱ的目的是制备LiOH，由题给提示“LiOH产率和滤液中LiOH浓度的影响”，固液比过低，即水多，LiOH浓度小，不利于浓缩结晶。(3)①“对Li2O纯度无影响”，说明Li2CO3加热时生成Li2O和CO2。②目的是制备高纯Li2O，由图示可知锂化刚玉坩埚中Li2O纯度最高。铁坩埚中主要生成Li5FeO4，说明Fe被空气中O2氧化为＋3价。
答案　(1)促进Li2CO3的转化、加快Li2CO3反应的速率
(2)①LiHCO3＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋LiOH＋H2O
②所得滤液LiOH浓度太低，不利于后期的浓缩结晶
(3)①Li2CO3高温分解生成Li2O
②锂化刚玉坩埚 　20LiOH·H2O＋4Fe＋3O24Li5FeO4＋30H2O
2.(2018·金陵海安南外联考)硼氢化钠(NaBH4，硼为＋3价)为白色粉末，在干燥空气中稳定，在潮湿空气中分解，是常用的还原剂。偏硼酸钠(NaBO2) 易溶于水，不溶于乙醇，易水解。目前有多种工艺制备NaBH4 。
(1)用硼精矿(含有一定量B2O3，及Al2O3、SiO2、Fe2O3等杂质)制取NaBH4的流程如下：

①“溶解”时，B2O3与NaOH反应生成了NaBO2，反应离子方程式为_____________________________________________________________________。
②“除硅铝”步骤加入CaO，而不加入CaCl2的原因有：能将硅、铝以沉淀除去；尽量不带入杂质离子：_______________________________________________。
③“操作2”是将滤液蒸发、结晶、洗涤，其中洗涤选用的试剂最好是________。
④“反应1”是MgH2与NaBO2混合得到NaBH4和MgO，其化学方程式为_____________________________________________________________________。
(2)我国孙彦平采用耐腐蚀电极材料，以阳离子交换膜为隔离膜，电解偏硼酸钠的碱溶液，也可以高效制备NaBH4。该工艺阳极产物为________，阴极电极方程式为___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析　(1)①B元素的化合价没有变化，NaBO2易溶于水，拆成离子形式。②CaO溶于水生成Ca(OH)2，与CaCl2的相同之处是均有Ca2＋，沉淀硅 、铝，不同之处是前者提供OH－，从OH－入手分析。③由题给信息“偏硼酸钠不溶于乙醇”，有乙醇洗去其他可溶于乙醇的离子，减少偏硼酸钠损耗。④MgH2中H显－1价，NaBH4中H显－1价，因此是非氧化还原反应，配平。(2)BO→BH，溶液中H元素从＋1到－1价，发生还原反应，所以在阴极生成，反应为BO＋6H2O ＋
8e－===BH＋8OH－，阳极溶液中的阴离子OH－放电生成O2。
答案　(1)①B2O3＋2OH－===2BO＋H2O
②提供碱性溶液，抑制 NaBO2水解　③乙醇
④2MgH2＋NaBO2===NaBH4 ＋2MgO
(2)O2　BO＋6H2O ＋8e－===BH＋8OH－
3.(2017·苏锡常镇二模)软锰矿的主要成分是MnO2，还含有少量重金属化合物等杂质。黄铁矿的主要成分是FeS2，还含有硅、铝的氧化物等杂质。工业上采用同槽酸浸工艺制备碳酸锰并回收硫酸铵，其主要流程如下：

(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________等。
(2)“氧化”中加入MnO2发生反应的离子方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)“滤渣2”中主要成分的化学式为________。
(4)“除重金属”时使用(NH4)2S而不使用Na2S的原因是
_____________________________________________________________________。
(5)“50 ℃碳化”得到碳酸锰，反应的化学方程式为
_____________________________________________________________________。
(6)生成的碳酸锰产品需经充分洗涤，检验产品完全洗净的方法是_____________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
解析　(1)为了提高锰元素的浸出率还可以适当增加浸取的时间或采用更高一点浓度的硫酸及将矿石充分粉碎等措施。(2)氧化的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于在后面调节溶液pH时将它除去，反应的离子方程式见答案。(3)滤渣3是除去的重金属，滤渣2除了Fe(OH)3沉淀外，还有Al(OH)3沉淀。(4)因为本工艺除了制备碳酸锰还要回收硫酸铵，故如果用Na2S，则回收到的硫酸铵的量减少。(5)由图示可知反应物是MnSO4和NH4HCO3，生成物有CO2、(NH4)2SO4和MnCO3，反应的化学方程式见答案。(6)检验产品是否洗净可通过检验是否残留(NH4)2SO4，即取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净。
答案　(1)适当增大硫酸浓度(或将矿石研成粉末或延长浸泡时间等)
(2)MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)Na2S会增大回收的(NH4)2SO4中Na＋含量
(5)MnSO4＋2NH4HCO3(NH4)2SO4＋MnCO3↓＋CO2↑＋H2O
(6)取最后一次洗涤滤液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无沉淀，则已洗净
工艺流程与反应原理
4.(2018·盐城期中)Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下：

(1)“硫酸化焙烧”时：①硫化铜矿需粉碎的目的是____________________；
②Cu2S与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________；
③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是______________________________________________________________________。
(2)“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制______________________________________________________________________(至少列举两点)。
(3)“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如图所示。

①在100 ℃时，发生反应的离子方程式为________________________________
___________________________________________________________________。
②图中在4＜pH＜5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为_____________________________________________________________________。
解析　(1)①矿石粉碎是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高矿石的利用率。②Cu2S和O2反应生成CuSO4，由Cu、S原子关系可知还有含铜化合物生成，由流程转化图可知是CuO，配平，注意反应条件。③焙烧生成的CuO经硫酸浸取后转化为CuSO4，再经SO还原，加入Na2SO4还可以增加产物中CuSO4的比例。(2)提高浸取率，除控制硫酸的浓度外，还可以适当升高温度、适当延长浸取时间、将焙烧产物粉碎以增大固液接触面积、适当增加硫酸的量(液固物质的量之比)。(3)①由流程图可知100℃时，CuSO4溶液中加入Na2SO3溶液，生成Cu2O和SO2，这一过程可以理解为两步反应，SO还原Cu2＋、生成的H＋与SO反应生成SO2：2Cu2＋＋SO＋2H2O===Cu2O＋SO＋4H＋，4H＋＋2SO===2SO2↑＋2H2O。②“pH越小产品中杂质Cu的含量越高”，说明pH小，发生反应生成Cu：Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O。
答案　(1)①提高硫化铜矿的利用率
②2Cu2S＋5O22CuSO4＋2CuO
③提高焙烧产物中CuSO4比例
(2)浸取温度、浸取时间、液固物质的量之比、焙烧产物颗粒的直径等(答出两点即可)
(3)①2Cu2＋＋3SOCu2O↓＋SO＋2SO2↑
②pH越小时Cu2O越易与H＋发生反应，生成Cu和Cu2＋
5.(2017·徐宿连三市三模)以冶铜工厂中预处理过的污泥渣(主要成分为CuO和Cu)为原料制备CuSO4晶体的流程如下：

(1)氨浸过程中加入氨水后，持续通入空气生成[Cu(NH3)4](OH)2，写出空气中氧气参与反应的化学方程式：__________________________________________。
通入空气的另一个作用为__________________________________________。
(2)分别选用氨水、氨水­碳酸铵混合溶液氨浸时铜元素的回收率随温度变化如图所示。

①浸取液为氨水时，反应温度控制为55 ℃，温度过高铜元素回收率降低的原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________；
②浸取液为氨水­碳酸铵混合溶液时，铜元素的回收率受温度影响小的原因可能是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(3)蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物的化学式为___________________________________________________________________。
(4)该流程中可循环利用的物质是________。
解析　(1)通入空气除了作为反应物外，另一作用是对溶液进行充分搅拌。(2)①温度过高，氨水分解，氨气逸出，反而使铜元素的回收率降低；②氨水和碳酸铵的混合溶液中存在电离平衡和水解平衡，实质上构成了一种缓冲溶液，故升高温度对氨水的影响较小。(3)蒸氨过程中涉及[Cu(NH3)4](OH)2反应，得到的沉淀是CuO，另外有NH3和H2O这些两元化合物。(4)蒸氨得到的NH3又可以到第一步循环利用。
答案　(1)2Cu＋O2＋8NH3·H2O===2[Cu(NH3)4](OH)2＋6H2O　搅拌(充分反应)
(2)①氨气挥发　②溶液中存在氨水的电离平衡和NH的水解平衡，温度变化，平衡发生移动，使溶液中的氨气浓度变化较小　(3)CuO、H2O　(4)NH3(或氨水或NH3·H2O)
工艺流程与实验操作
6.(2018·徐州考前模拟)活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用，某工厂以含铅锌烟气(主要成分是ZnO、PbO，还有少量FeO、CuO)制备活性ZnO的工艺流程如下：

(1)下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图，“酸浸”时采用30 ℃而不是更高的温度的原因是：①减少盐酸挥发；②________。

(2)“氧化”的目的是除去酸浸液中的Fe2＋，在pH约为5.1的溶液中，加入高锰酸钾溶液，生成MnO2和Fe(OH)3沉淀，该反应的离子方程式为______________________________________________________________________。
(3)①若“过滤Ⅰ”所得的滤液浑浊，则处理的方法为________。
②“除杂”时，滤渣Ⅱ的主要成分是Cu、Pb，试剂X应为________。
(4)在“过滤Ⅱ”后的溶液中加入Na2CO3溶液，生成碱式碳酸锌[Zn2(OH)2CO3]等物质。
①该反应的化学方程式为_______________________________________________。
②检验碱式碳酸锌洗涤干净的操作为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析　(1)图示中有Zn、Pb的浸出率，实验目的是制备ZnO，Pb为杂质，温度升高，Zn的浸出率变化不大，而Pb的浸出率增大，杂质含量增大。(2)反应物为MnO、Fe2＋，生成物为MnO2和Fe(OH)3，注意溶液呈酸性，配平。(3)①滤液浑浊，说明过滤效果不好，需要重新过滤。②置换出Cu、Pb，不引入杂质，试剂X为Zn。(4)此时溶液为ZnCl2溶液，反应物为Na2CO3、ZnCl2，生成物有Zn2(OH)2CO3、NaCl，有Zn(OH)2生成可以理解为Zn2＋与CO双水解促进，判断产物还有CO2(或NaHCO3)。
答案　(1)随温度升高，Zn2＋浸出率基本不变，Pb2＋浸出率增大，杂质含量增大
(2)3Fe2＋＋MnO＋7H2O===MnO2↓＋3Fe(OH)3↓＋5H＋
(3)①将滤液重新过滤　②Zn
(4)①2Na2CO3＋2ZnCl2 ＋H2O===4NaCl＋Zn2(OH)2CO3↓＋CO2↑[或3Na2CO3 ＋2ZnCl2＋2H2O===4NaCl＋Zn2(OH)2CO3↓＋2NaHCO3]
②取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则洗净
7.(2017·通扬泰六市二调)工业上利用氧化铝基废催化剂(主要成分为Al2O3，少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd的流程如下：

(1)焙烧时产生的气体X为________(填化学式)。
(2)浸液Y的主要成分为________(填化学式)。
(3)“热还原”过程中发生反应的化学方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。某兴趣小组为探究高温下硫酸铵的分解产物，通过下列装置进行实验，观察到B中溶液颜色变浅，C中无明显现象。

①装置B的作用是_____________________________________________________；
②进一步测定可知，D中收集到的气体相对分子质量为28，写出(NH4)2SO4固体高温分解的化学方程式：_________________________________________________
____________________________________________________________________。
(5)Pd是优良的储氢金属，其储氢原理为2Pd(s)＋xH2(g)===2PdHx(s)，其中x的最大值为0.8。已知：Pd的密度为12 g·cm－3，则1 cm3 Pd能够储存标准状况下H2的最大体积为________L(计算结果保留整数)。
解析　(1)“浸液 Y”肯定呈酸性，可用气体X“中和”，故X为NH3。(2)考虑到“浸液 Y”与NH3发生“中和”反应生成(NH4)2PdCl6，故“浸液 Y”的溶质为H2PdCl6。(3)根据流程图信息可写出(NH4)2PdCl6＋H2―→Pd，考虑到反应中Cl转化为HCl，N转化为NH3，可写出(NH4)2PdCl6＋H2―→Pd＋NH3＋HCl，最后配平(注意：产物最好不要写成NH4Cl＋HCl，因为加热条件下NH4Cl分解生成NH3和HCl)。(4)①SO2可使品红溶液褪色，故品红溶液是用来检验SO2的；②相对分子质量为28的气体是N2，可先写出(NH4)2SO4―→N2↑＋SO2↑，根据电子守恒写出3(NH4)2SO4―→N2↑＋3SO2↑，再根据原子守恒写出完整的化学方程式。(5)n(H2)max＝××0.8×22.4 L·mol－1≈1 L。
答案　(1)NH3　(2)H2PdCl6
(3)(NH4)2PdCl6＋2H2Pd＋2NH3＋6HCl
(4)①检验产物中的SO2　②3(NH4)2SO44NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑　(5)1




【当堂指导】
解题步骤
解题策略
首尾呼应

找出主线
1.对照原料和产品，确定核心反应和核心辅料
2.依核心反应，明确流程主线、支线和除杂任务
分段剖析明析细节
3.以核心辅助原料为准，把流程划分为原料预处理、核心反应和产品分离提纯三个阶段
4.依箭头指向，分析每一环节中物质流入和流出的意义、控制反应条件的作用，融通对流程的整体分析
5.某些暂时琢磨不透的环节，可先“淡化处理”，如有必要，可“顺藤摸瓜”或带着问题回头来进行有针对性的分析
先易后难规范答题
6.先易后难：先回答与工艺流程非密切相关的问题，确保易拿的分数先拿，规范答题
7.变换角度：从基本原理、绿色化学、经济角度、安全生产等多角度思考答题
8.充分利用题给信息合理答题

1.(2018·南京三模)K2Cr2O7是一种重要的化工原料。以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、Fe2O3等杂质)为原料制备K2Cr2O7的一种工艺流程如下：

已知：
①4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
②Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋
(1)“焙烧”时，Al2O3与Na2CO3发生反应的化学方程式为
_____________________________________________________________________。
(2)“滤渣”的主要成分是____________________________________________(填化学式)。
(3)“酸化”步骤调节溶液pH