5 熱點(diǎn)題型4 無機(jī)化學(xué)工藝流程題的解題策略

熱點(diǎn)題型4 無機(jī)化學(xué)工藝流程題的解題策略一、無機(jī)化學(xué)工藝流程題的結(jié)構(gòu)二、無機(jī)化學(xué)工藝流程題的解題方法首尾分析法截段分析法用截段分析法更容易找到解題的切入點(diǎn)。用截段分析法解工藝流程題關(guān)鍵在于看清主、副產(chǎn)品是如何分開的，以此確定如何截段，截幾段更合適，一般截段以產(chǎn)品為準(zhǔn)點(diǎn)。交叉分析法利用交叉分析法解工藝流程題的關(guān)鍵在于找準(zhǔn)中間產(chǎn)品(因為有時會出現(xiàn)多種中間產(chǎn)品)和流水生產(chǎn)的分線，在分析過程中，抓住中間物質(zhì)的關(guān)聯(lián)作用，逐一破解?！罢扒邦櫤蟆狈治龇?瞻前)慮原料的充分利用和再生產(chǎn)問題(顧后)。三、無機(jī)化學(xué)工藝流程中常見實驗操作增大原料浸出率(離子在溶液中被浸出的百分率)的措施：攪拌、升高溫度、延長浸出時間、增大氣體的流速(濃度、壓強(qiáng))根據(jù)物質(zhì)的具體性質(zhì)，原料浸泡可分為水浸、酸浸、堿浸、醇浸等。三項常見基本操作檢驗溶液中離子是否沉淀完全的方法：將溶液靜置一段時間后，用膠頭子沉淀完全。2～3次。中滴入某試劑，若沒有特征現(xiàn)象出現(xiàn)，則證明沉淀已洗滌干凈。特定洗滌的目的減少其在洗滌過程中的溶解損耗。解損耗，得到較干燥的產(chǎn)物。結(jié)晶方式蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶：適用于溶解度隨溫度變化較大物質(zhì)的分離提純，KNO3NaCl，或提純受熱易分解的物質(zhì)(結(jié)晶水合物、銨鹽等)蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾：適用于溶解度隨溫度變化不大物質(zhì)的分離提純，可減少雜質(zhì)晶體的析出，如除去NaCl中的少量KNO3。[注意] 晶體的干燥：要得到干燥的晶體，常見的干燥方法有自然晾干、紙吸干、在干燥器中干燥、烘干(適用于熱穩(wěn)定性較好的物質(zhì))。pH進(jìn)行分離提純pH：物質(zhì)物質(zhì)開始沉淀的pH 沉淀完全的pHFe(OH)3Fe(OH)2

1.57.68.3

3.79.69.8Mn2＋溶液中含有的Fe2＋，可先用氧化劑把Fe2＋Fe3＋，再調(diào)pH3.7≤pH<8.3。pH，所用的物質(zhì)應(yīng)滿足兩點(diǎn)要求：①能與H＋pHCu2＋Fe3＋CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物質(zhì)來調(diào)節(jié)溶液的pH。精練一 以“微型工藝流程”為載體考查物質(zhì)的轉(zhuǎn)化1．(2021·江蘇新高考適應(yīng)性考試)由制鋁工業(yè)廢渣(主要含F(xiàn)e、Ca、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸鐵鋁凈水劑的流程如下。下列有關(guān)說法不正確的是( )A．控制適當(dāng)反應(yīng)溫度并不斷攪拌，有利于提高鐵、鋁浸取率B．Al2O3C．濾液中主要存在的陽離子有H＋、Fe2＋、Ca2＋、Al3＋D．聚合硫酸鐵鋁水解形成的膠體具有吸附作用2 CA.控制適當(dāng)反應(yīng)溫度并不斷攪拌可以加快反應(yīng)速率充分反應(yīng)A正確；B.AlO2 水，離子方程式為Al2

O

O，故B正確；C.雙氧水會將亞鐵23離子氧化Fe2＋，F(xiàn)e3＋，C聚合硫酸鐵鋁水解可以生成氫氧化鋁和氫氧化鐵膠體膠體表面積較大附作用，D正確。232．(2020·揭陽高三測試)亞氯酸鈉(NaClO2)可用于各種纖維和某些食品的漂白。工業(yè)上制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是( )ANaClO3SO2B．若反應(yīng)①通過原電池來實現(xiàn)，則ClO2是正極產(chǎn)物CH2O2可用NaClO4代替D．反應(yīng)②條件下，ClO2的氧化性大于H2O2解析：選C。根據(jù)流程圖可知，反應(yīng)①中氧化劑是NaClO3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)物是ClO2

，氧化產(chǎn)物是

，根據(jù)得失電子守恒可得NaClO3

和SO22的物質(zhì)的量之比為2∶1，A項正確；由反應(yīng)①中各元素的化合價變化情況及原電池正極上發(fā)生還原反應(yīng)可知，ClO是正極產(chǎn)物，B2在ClO2

時氯元素的化合價降低，做氧化2 2 4 2 劑；HO 只能做還原劑，氧元素的化合價升高，不能用NaClO 代替HO，2 2 4 2 項錯誤；根據(jù)流程圖反應(yīng)②中ClO2

反應(yīng)時元素化合價的變化情況可知，ClO2做還原劑，可以推出ClO23(2021·石家莊高三一模某化工廠制備凈水劑硫酸鐵銨晶體[NH4Fe(SO4)2·6H2O]的一種方案如下：下列說法不正確的是( )A．濾渣A的主要成分是B．相同條件下，NH4Fe(SO4)2·6H2O凈水能力比FeCl3強(qiáng)C．“合成”反應(yīng)要控制溫度，溫度過高，產(chǎn)率會降低D．“系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過濾、干燥等解析：選B。硫酸鈣微溶于水，濾渣A的主要成分是硫酸鈣，A項正確；4NH＋抑制Fe3＋的水解，故相同條件下氯化鐵凈水能力比硫酸鐵銨晶體強(qiáng)，B項4錯誤；“合成”時如果溫度過高，會促進(jìn)Fe3＋的水解，C得硫酸鐵銨晶體宜采用降溫結(jié)晶法，D項正確。精練二 以“大型工藝流程”為載體考查物質(zhì)的提純與制備4．(物質(zhì)制備類化工流程題)(2020·高考全國卷Ⅰ，26，14分)釩具有廣泛用SiO2、Fe3O4NH4VO3。該工藝條件下，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子回答下列問題：

1.93.2

7.09.0

Al3＋3.04.7

Mn2＋8.110.1“酸浸氧化”需要加熱，其原因是 。22“酸浸氧化”中和VO2＋被氧化成VO＋，同時還離子被化。寫出VO＋轉(zhuǎn)化為VO＋反應(yīng)的離子方程式： 。22“中和沉淀”中，釩水解并沉淀為V2O5·xH2O，隨濾液②可除去金屬離K＋、Mg2＋、Na＋、 ，以及部分的 ?！俺恋磙D(zhuǎn)溶”中，V2O5·xH2O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。濾渣③的主要成分是 。“調(diào)pH ?！俺菱C”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量 NH4Cl，其原因是 。解析：(1)“酸浸氧化”中溫度較低時，酸浸和氧化反應(yīng)速率較慢。為了加快酸浸和氧化反應(yīng)速率，需要加熱。(2)從原料看，“酸浸氧化”中四氧化三鐵溶于稀硫酸，發(fā)生反應(yīng)FeO

＋4HSO

===FeSO

(SO

)＋4H

O，加入的二3 4 2 4 4 2 43 22氧化錳除氧化VO＋和VO2＋外，還氧化Fe2＋。VO＋轉(zhuǎn)化為VO＋反應(yīng)的離子方程2式為VO＋＋MnO

O。(3)根據(jù)表格中數(shù)據(jù)知，pH在2 2 2443 2 5 2 3 ～3.1時，鐵離子接近沉淀完全，少量鐵離子隨濾液②除去，Al3＋大量鋁離子隨濾液②Mg2NaMn2＋隨濾液②(4)在pH>13O·xHONa[Al(OH)]而溶解，F(xiàn)e(OH)不溶，故濾渣③的主要成分是Fe(OH)。(5)pH＝8.5時鋁元素沉淀，故“調(diào)pH”時生成氫氧化鋁沉淀，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na[Al(OH)]＋。(6)“沉釩”NH4VO3盡可能析出完全，NHCl443 2 5 2 3 答案：(1)加快酸浸和氧化反應(yīng)速率(促進(jìn)氧化完全)(2)Fe2＋ O2 2(3)Mn2＋ Al3＋(4)Fe(OH)3Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2ONH4VO3盡可能析出完全5．(物質(zhì)提純類化工流程題)(2020·高考全國卷Ⅲ，27，15分)Ni、Al、Fe物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：金屬離子開始沉淀時(c＝0.01mol·L－1)pH沉淀完全時(c＝1.0×10－5mol·L－1)回答下列問題：

Ni2＋7.28.7

Al3＋3.74.7

2.23.2

7.59.0“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是 。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應(yīng)的離子方程式： ?！盀V液②”中含有的金屬離子是 。(3)“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2的物質(zhì)是 。若工藝流程改為“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即，“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為 。利用上述表格數(shù)據(jù)計算Ni(OH)2的Ksp＝ 列計算式)如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2＋濃度為1.0mol·則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是 。NaClO的NiOOH。寫出該反應(yīng)的離子方程式： 。 。解析：(1)由題給條件可知，該廢鎳催化劑表面覆有油脂，且其中含有NiAl、Fe及其氧化物等，“堿浸”時，油脂在氫氧化鈉溶液中水解而被除去，鋁及其氧化物也會與氫氧化鈉溶液反應(yīng)而被除去，“堿浸”中NaOH]“濾液①”中鋁元素以[Al(OH)－的形式]4存在，加入稀硫酸生成沉淀的離子方程式為 [Al(OH)4

]－＋H＋===Al(OH)↓＋32 2 2 H2O(2)NiFeNaOHFe及其氧化物存在于“濾餅①”“濾餅①”Fe故得到的“濾液②”中含有的金屬離子為Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)“轉(zhuǎn)化”過程是將二價鐵離子全部轉(zhuǎn)化為三價鐵離子，選用的氧化劑是HO溶液，選用過氧OHO32 2 2 ＋還不能沉淀完全，“轉(zhuǎn)化”時會生成Fe3＋，則濾液③中可能含有Fe3＋。(4)pHsp＝7.2，c(H＋)＝10－7.2mol·L－1，c(OH－)＝(10－14/10－7.2)mol·L－1，K ＝c(Ni2spsp＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2，或利用Ni2＋沉淀完全時計算得K ＝10－5×(108.7sp－14)2

。c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1，若不生成 Ni(OH) ，則 c(OH－)＜0.01×（107.2－14）22mol·L－1，c(H＋)＞10－6.20.01×（107.2－14）22pH≥3.2Fe3＋pH3.2～6.2。(5)由題意可知，反應(yīng)物NiOOH2NiOOH中鎳元素為＋3到氯化鈉，該反應(yīng)的離子方程式為2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋H2O＋Cl－。(6)母液中還含有少量的硫酸鎳，將母液收集、循環(huán)使用可提高鎳回收率。答案：(1)除去油脂、溶解鋁及其氧化物 [Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O (2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空氣 Fe3＋ (4)0.01×(107.2－14)2[或10－5×(108.7－14)2] 3.2～6.22Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O (6)提高鎳回收率6．(物質(zhì)提純類化工流程題)(2020·新高考山東卷)用軟錳礦(主要成分為MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制備高純MnCO3的工藝流程如下：已知：MnO2是一種兩性氧化物；25℃時相關(guān)物質(zhì)的Ksp見下表。物質(zhì) Fe(OH)2Ksp

Fe(OH)31×10－38.6

Al(OH)31×10－32.3

Mn(OH)21×10－12.7回答下列問題：軟錳礦預(yù)先粉碎的目的是 ，MnO2 與BaS 溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)化為MnO 的化學(xué)方程式為 。BaSMnO2BaS投料比增大，S后無明顯變化，而Ba(OH)2的量達(dá)到最大值后會減小，減小的原因是 。濾液Ⅰ可循環(huán)使用，應(yīng)當(dāng)將其導(dǎo)入 操作中(填操作單元的稱)。凈化時需先加入的試劑X為 (填化學(xué)式)，再使用氨水調(diào)溶液pH，則pH的理論最小值為 (當(dāng)溶液中某離子濃度c≤1.0×10－5mol·L－1時，可認(rèn)為該離子沉淀完全)。 。解析：(1)對軟錳礦進(jìn)行粉碎，其表面積增大，在后續(xù)加入硫化鋇溶液時，故軟錳礦中的二氧化錳在“反應(yīng)”操作中被硫化鋇2中的S2－還原，Mn元素由＋4價轉(zhuǎn)化為＋2價，故MnO與BaS溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)2化為MnO的化學(xué)方程式是MnO2

O===Ba(OH)2＋MnO＋S。(2)加入的33 3 2 2 3 MnO2的量增大，而Ba(OH)2的量減少，是因為MnO2為兩性氧化物，能與強(qiáng)堿Ba(OH)2反應(yīng)，從而導(dǎo)致Ba(OH)2的量減少。(3)濾液Ⅰ中仍含少量的Ba(OH)2，為提高其產(chǎn)率，可將濾液Ⅰ導(dǎo)入前邊的“蒸發(fā)”操作中。(4)由軟錳礦中的雜質(zhì)成分有FeO可知其經(jīng)過與S2－的“反應(yīng)操作后主要以Fe2＋形式存在結(jié)合表中四種氫氧化物的溶度積數(shù)據(jù)，為減少M(fèi)n2＋的損失，需將Fe2＋轉(zhuǎn)化為然后再調(diào)節(jié)溶液pH，使雜質(zhì)Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)，故“凈化”操作中需加入氧化劑，結(jié)合后續(xù)操作中的物質(zhì)轉(zhuǎn)化可知，“凈化”操作中加入的試劑X為過氧化氫(HO)溶液對比表中的溶度積數(shù)據(jù)可知相較于Fe(OH)的溶度積較大，若要除去Al(OH)、Fe(OH)兩種雜質(zhì)，以前者的溶度積進(jìn)行計算，推知調(diào)節(jié)溶液的 33 3 2 2 3 ，此時c

1×10－32.31.0×10－5mol·L－1

3(OH－)＝Ksp[Al(OH)3]/c(Al3＋)＝

1.0×10－5

mol3·L－31×10－27.3mo3·－3(O－＝1×10－9.1m