第05講工業(yè)流程題解題策略目錄 3 3考點(diǎn)一原料預(yù)處理 4知識(shí)點(diǎn)1原料的預(yù)處理 4考向1考查原料的預(yù)處理 5重考點(diǎn)二反應(yīng)條件的控制 8知識(shí)點(diǎn)1反應(yīng)條件的控制 8考向1考查工藝題中反應(yīng)條件的控制 9難考點(diǎn)三工藝中的分離與提 知識(shí)點(diǎn)1工藝流程中物質(zhì)的分離與提純 考向1考查工藝流程中物質(zhì)的分離與提純 考點(diǎn)四工藝題中的離子反應(yīng) 知識(shí)點(diǎn)1化工流程中涉及的主要離子反應(yīng) 考向1考查離子方程式的書(shū)寫(xiě) 知識(shí)點(diǎn)1解題技巧 21考向1工藝流程題的解題技巧 2 原料預(yù)處理?選擇題□非選擇題T11,2分分福建卷T25,反應(yīng)條件的控制?選擇題口非選擇題T11,2分分福建卷T25,福建卷T11,離與提純?選擇題□非選擇題T11,2分分福建卷T25,福建卷T17,4分?選擇題□非選擇題T11,2分分福建卷T25,4分福建卷T24,4分1.從命題題型以非選擇題為主：綜合考查多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，分值一般在10分以上。題型呈多樣化發(fā)展：采用“2+1”拼湊型的形式呈現(xiàn)。(1)注重知識(shí)融合與實(shí)際應(yīng)用：以實(shí)際的工業(yè)生產(chǎn)為背景，將元素化合物知識(shí)、化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)、化學(xué)反應(yīng)原理等融合在一起進(jìn)行考查，要求學(xué)生能將課本知識(shí)遷移應(yīng)用到實(shí)際生產(chǎn)情境中。文字量大，需要學(xué)生能夠從流程圖和題目文字中實(shí)際問(wèn)題。1.知識(shí)整合目標(biāo)：能系統(tǒng)梳理工藝流程題涉及的核心知識(shí)點(diǎn)，并建立知識(shí)點(diǎn)間的關(guān)聯(lián)，可快速對(duì)應(yīng)工業(yè)生產(chǎn)場(chǎng)景與課本化學(xué)原理。2.解題能力目標(biāo)：掌握工藝流程題的通用解題步驟，能準(zhǔn)確從流程圖、題干文字中提取關(guān)鍵數(shù)據(jù)與反應(yīng)信息，獨(dú)立完成陌生化學(xué)/離子方程式書(shū)寫(xiě)、操作目的分析、產(chǎn)率計(jì)算等典型設(shè)問(wèn)，正確率達(dá)80%以上。3.應(yīng)用遷移目標(biāo)：理解綠色化學(xué)、原子經(jīng)濟(jì)性等工業(yè)生產(chǎn)理念，能結(jié)合實(shí)際工藝流程案例，分析流程優(yōu)化方向，具備將課本知識(shí)遷移到陌生工業(yè)場(chǎng)景的能力，應(yīng)對(duì)“新背景、老考點(diǎn)”類試題時(shí)無(wú)明顯思維障礙。方法液中氣體的逸出或?qū)崿F(xiàn)蒸餾。反應(yīng)條件的控制反應(yīng)條件的控制工藝流程題解工藝流程題解題策略而造成的損失工藝流程中的分離工藝流程中的分離與提純工藝題中的離子反應(yīng)綜合解題技巧綜合解題技巧范作答核心突破·靶向攻堅(jiān)解碼知能解碼知能研磨、粉碎、水浸與水接觸反應(yīng)或溶解與酸接觸反應(yīng)或溶解，使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過(guò)過(guò)濾除去除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物灼燒去可燃性雜質(zhì)高嶺土氧化劑促進(jìn)某離子水解，使其沉淀，利于過(guò)濾分離煮沸促進(jìn)水解，聚沉后利于過(guò)濾分離；除去溶解在溶液中的氣體，如氧氣減少結(jié)晶損失；提高純度【易錯(cuò)提示】1.混淆不同預(yù)處理操作的核心目的，如將“灼燒”目的誤寫(xiě)為“增大接觸面積”,或“粉碎”目的誤寫(xiě)為“除去有機(jī)物”,需牢記操作與目的的唯一對(duì)應(yīng)性。2.僅答操作的通用目的，未結(jié)合后續(xù)步驟補(bǔ)充特定作用。例如未根據(jù)后續(xù)“調(diào)pH除雜”,補(bǔ)充“氧化低價(jià)離子為易沉淀高價(jià)離子”的目的。3.答題時(shí)缺少核心得分詞，如“酸浸”只寫(xiě)“溶解成分”,未明確“溶解目標(biāo)成分、分離不溶雜質(zhì)”;或“研磨”只寫(xiě)“加快反應(yīng)”,遺漏“增大接觸面積”這一前提。是“分離不溶性目標(biāo)物/雜質(zhì)”。5.單一操作可能有多個(gè)作用，如“焙燒”可能同時(shí)實(shí)現(xiàn)“除有機(jī)物”和“轉(zhuǎn)化元素價(jià)態(tài)”,答題時(shí)易漏答其中一個(gè)目的，需全面分析操作的效果。 究小組對(duì)其進(jìn)行綜合處理的流程如下：H?SO?溶液鐵粉1)酸洗濾渣2①K[Al(OH)?]=1.0×10?,K[Fe(OH)?②“酸浸”后鈦主要以TiOSO?形式存在，強(qiáng)電解質(zhì)TiOSO?在溶液中僅能電離出SO2-和一種陽(yáng)離子，該陽(yáng)離子會(huì)發(fā)生水解。下列說(shuō)法正確的是A.“濾液2”中加入雙氧水后，體系中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H?O?+2H+=2Fe3++2H?OB.加入鐵粉的主要目的是消耗過(guò)量的硫酸C.當(dāng)“濾液2”中Al3+完全沉淀時(shí)，溶液中D.用如圖裝置制取無(wú)水MgCl?【詳解】A.由上述分析可知，“濾液2”中加入雙氧水后，將Fe2+氧化為Fe3,體系中發(fā)生主要反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H?O?+2H+=2Fe3++2H?O,A正確；B.加入鐵粉的主要目的是將Fe3+還原為Fe2+,以便結(jié)晶得到FeSO?·7H?O,B錯(cuò)誤；D.由于Mg2+能發(fā)生水解，為了抑制其水解，需要在氯化氫氣流中加熱MgCl?·6H?O晶體，方可制取無(wú)水MgCl?,D錯(cuò)誤；故選A?！咀兪接?xùn)練1·變載體】(23-24高三上·福建泉州-階段練習(xí))以黃鐵礦為原料制硫酸會(huì)產(chǎn)生大量的礦渣(主要成分為Fe?O?,還有Al?O?、CuO),合理利用礦渣可以減少環(huán)境污染，變廢為寶。利用該礦渣生產(chǎn)堿式硫酸鐵的流程如圖所示：調(diào)pH下列敘述錯(cuò)誤的是A.“堿浸”的目的是除去礦渣中的Al?O?C.“去銅”過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)之一為D.“調(diào)pH”時(shí)，pH越高，越有利于提高堿式硫酸鐵的產(chǎn)率【答案】D【詳解】A.“堿浸”的目的是除去礦渣中的兩性氧化物Al?O?,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Al?O?+2NaOH+3H?OCuO+H?SO?=CuSO?+H?O,所得溶液中的金屬陽(yáng)離子主要是Fe3+、Cu2+,B正確；C.“去銅”過(guò)程中Cu2+、Cl、SO?發(fā)生氧化還原反應(yīng)，產(chǎn)生CuCl、硫酸根離子、H+,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式應(yīng)該為：2Cu2++2CI?+SO?+2H?O=2CuCl↓+SO2?+4H+,Fe3+也會(huì)被SO?還原產(chǎn)生Fe2+,C正確；D.當(dāng)pH過(guò)大時(shí)，c(OH)較大，存在競(jìng)爭(zhēng)反應(yīng)，同時(shí)也Fe3+與OH結(jié)合成Fe(OH)?沉淀，導(dǎo)致堿式硫酸鐵的產(chǎn)率偏低，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D?！咀兪接?xùn)練2】(2023·福建·三模)黏土釩礦中，釩以+3、+4、+5價(jià)的化合物形式存在，還包括鉀、鎂和鋁的硅酸鹽，以及SiO?、Fe?O?等。采用以下工藝流程可由黏土釩礦制備NH?VO?。NHNH?ClpH>13沉釩NH?VO?MnO?濾渣①濾液②濾渣③濾渣④濾液⑤pH=8.5濾液調(diào)pH濾液沉淀③轉(zhuǎn)溶中和沉淀濾液①酸浸氧化②pH=3.0~3.1NaOH該工藝條件下，溶液中金屬離子開(kāi)始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：已知：“中和沉淀”中，VO?水解并沉淀為V?O?·xH?O。“沉淀轉(zhuǎn)溶”中，V?O?·xH?O轉(zhuǎn)化為釩酸鹽溶解。D.“沉釩”中需要加入過(guò)量NH?Cl,利用同離子B.據(jù)分析，濾渣①的主要成分是硅C.據(jù)分析，隨濾液②可除去金屬離子K+、Na+、Mg2+、Mn2+及部分AI3+、Fe3+,C正確；c(NH?),有利于NH?VO?結(jié)晶析出，D正確；答案選B。1.控制溶液的pH先用氧化劑把Fe2+氧化為Fe3+,再調(diào)溶液的pH。②調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：能與H+反應(yīng)，使溶液pH增大；不引入新雜質(zhì)。例如：若要除去Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)?、CuCO?、Cu?(OH)?CO?等物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH。2.控制反應(yīng)的溫度3.調(diào)節(jié)反應(yīng)物的濃度4.控制反應(yīng)體系的壓強(qiáng)5.使用催化劑得分速記1.掌握4類高頻反應(yīng)條件的固定得分邏輯(1)溫度控制：降溫：防止目標(biāo)產(chǎn)物分解(如受熱易分解的鹽),抑制副反應(yīng)(如防止某離子水解),或使目標(biāo)產(chǎn)物析出(如溶解度隨溫度降低而顯著下降的物質(zhì))。恒溫：確保反應(yīng)平穩(wěn)進(jìn)行(如催化反應(yīng)需特定溫度激活催化劑),避免溫度波動(dòng)導(dǎo)致產(chǎn)率降低。調(diào)pH至特定范圍：使雜質(zhì)離子(如Fe3+、Al3+)完全轉(zhuǎn)化為沉淀除去，同時(shí)確保目標(biāo)離子不沉淀；或調(diào)節(jié)溶液酸堿性，為后續(xù)反應(yīng)(如氧化還原、絡(luò)合)提供適宜環(huán)境。加酸/堿目的：抑制目標(biāo)離子水解(如加酸抑制金屬陽(yáng)離子水解),中和過(guò)量反應(yīng)物，或溶解特定成分。(3)濃度控制：提高反應(yīng)物濃度：加快反應(yīng)速率，提高目標(biāo)產(chǎn)物產(chǎn)率(利用勒夏特列原理促進(jìn)平衡正向移動(dòng))。降低反應(yīng)物濃度/稀釋：防止局部濃度過(guò)高導(dǎo)致副反應(yīng)(如避免沉淀團(tuán)聚),或使產(chǎn)物分步析出(如控制離子濃度實(shí)現(xiàn)分步沉淀)。(4)催化劑與反應(yīng)氛圍：加催化劑：降低反應(yīng)活化能，加快反應(yīng)速率(注意：催化劑不影響產(chǎn)率，僅縮短達(dá)到平衡的時(shí)間)。通惰性氣體(如N?、Ar):隔絕空氣(防止O?氧化目標(biāo)產(chǎn)物或原料),或排盡體系內(nèi)揮發(fā)性雜質(zhì)/副產(chǎn)物；通特定氣體(如H?):作為反應(yīng)物，或創(chuàng)造還原性環(huán)境。考向1考查工藝題中的反應(yīng)條件的控制 例1(2025-福建·三模)從鉛陽(yáng)極泥熔煉產(chǎn)生的砷銻煙塵(主要含Pb、Ag、As?O?、Sb?O?)中提取砷和氧酸浸煙塵濾渣NaH?PO?沉砷氨水脫氯濾液2水解濾液1砷銻_已知：25℃時(shí)，H?PO?的Ka=5.9×10?2;Sb3++6CI-→[SbCI【答案】C【詳解】A.將砷銻煙塵加HCI酸浸，Pb與HCl生成的PbCl?微溶，Ag難溶于鹽酸中，以濾渣除去，所以3H?PO?+4As3++6H?O=3H?PO?+4As↓+9H+,B錯(cuò)誤；含NH4廢水一微生物NO?A.生物硝化法處理廢水，會(huì)導(dǎo)致水體酸性增強(qiáng)：NH?+2O?=NO?+2H++H?OB.NH?Cl等銨態(tài)氮肥，使用時(shí)要深施蓋土，不能和堿性物質(zhì)(如草木灰等)混合使用C.檢驗(yàn)NH4所需的試劑是NaOH溶液、濕潤(rùn)的藍(lán)色石蕊試紙D.可以加入石灰石來(lái)調(diào)節(jié)水體的酸【詳解】A.根據(jù)流程圖，可知發(fā)生反應(yīng)NH4+2O?=NO?+2H?+H?O,氫離子濃度增大，所以會(huì)導(dǎo)致水B.長(zhǎng)期過(guò)量使用NH?CI等銨態(tài)氮肥，使水體中N元素含量升高，使水體富營(yíng)養(yǎng)化，故B正確；C.氨氣能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，檢驗(yàn)銨根所需的D.石灰石能消耗水體中的氫離子，可以加入石灰石來(lái)調(diào)節(jié)水體的酸堿性，故D正確；選C。種從鎳電池芯廢料中回收金屬的工藝流程如下氧化除雜C.洗滌“Co(OH)?”操作是向漏斗內(nèi)加水至浸沒(méi)濾餅，用玻璃棒攪拌使水快速流下【詳解】A.濃硫酸會(huì)使得鐵、鋁鈍化，反而會(huì)降低反應(yīng)速率，故A錯(cuò)誤；B.“酸溶”中H?O?的作用是將三價(jià)鈷轉(zhuǎn)化為二價(jià)鈷，過(guò)氧化氫起還原劑作用，H?O?在“氧化除雜”是將亞鐵離子轉(zhuǎn)化為鐵離子，過(guò)氧化氫起氧化劑作用，利于將鐵轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而除去，故B錯(cuò)誤；C.化學(xué)中過(guò)濾后洗滌固體的操作方法是：向過(guò)濾器中加入蒸餾水至浸沒(méi)濾餅，待水自然流下后，重復(fù)操作幾次，直至洗滌干凈即可，不能用玻璃棒攪拌，故C錯(cuò)誤；D.“結(jié)晶”時(shí)，緩慢蒸發(fā)溶液，晶體顆粒長(zhǎng)的較大，得到的晶體顆粒較大，冷卻結(jié)晶防止失去結(jié)晶水，故D知知1.洗滌劑的選擇適用范圍蒸餾水產(chǎn)物不溶于水除去固體表面吸附著的××雜而造成的損失熱水度升高而下降除去固體表面吸附著的××雜質(zhì)；可適當(dāng)降低固體因?yàn)闇囟扔袡C(jī)溶劑(酒精、丙酮等)固體易溶于水，難溶于有機(jī)溶劑的揮發(fā)性除去固體表面的水分，產(chǎn)品易干燥對(duì)純度要求不高的產(chǎn)品除去固體表面吸附著的可溶于2.洗滌的方法(1)洗滌的方法：讓過(guò)濾后的晶體繼續(xù)留在過(guò)濾器中，沿玻璃棒向過(guò)濾器中加入洗滌劑至浸沒(méi)晶體，讓洗滌液自然流下，重復(fù)2～3次即可。③重復(fù)操作：重復(fù)操作2～3次3.產(chǎn)品分離與提純的常用方法(1)過(guò)濾：分離難溶物和易溶物，根據(jù)特殊需要采用趁熱過(guò)濾或者抽濾等方法。(2)萃取和分液：利用溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質(zhì)，如用CCl4或苯萃取溴水中的(3)蒸發(fā)結(jié)晶：提取溶解度隨溫度變化不大的溶質(zhì)，如從溶液中提取NaCl。(5)蒸餾或分餾：分離沸點(diǎn)不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油。(6)冷卻法：利用氣體液化的特點(diǎn)分離氣體，如合成氨工業(yè)采用冷卻法分離平衡混合氣體中的氨氣。根據(jù)原料與產(chǎn)物的狀態(tài)、溶解性、沸點(diǎn)等差異，精準(zhǔn)選擇分除雜：除去原料中少量雜質(zhì)(如從粗鹽中除Ca2+、Mg2+),目標(biāo)是保留主物質(zhì)，雜質(zhì)需轉(zhuǎn)化為易分離的形態(tài)(沉淀、氣體、易溶物)。提純：從混合物中提取目標(biāo)產(chǎn)物(如從溶液中獲取晶體),需根據(jù)產(chǎn)物性質(zhì)選擇富集或分離手段。(1)固液混合物分離渣”“濾液”等關(guān)鍵詞。萃取分液：分離“溶質(zhì)在兩種互不相溶溶劑中溶解度差異大”的體系(如用C會(huì)出現(xiàn)“加入萃取劑”“分液漏斗”“有機(jī)層/水層”。(2)固固混合物分離溶解過(guò)濾：若一種固體溶于水(或酸/堿),另一種不溶，可先溶解再過(guò)濾(如從MnO?和KCI混合物中提KCl,先加水溶解，過(guò)濾得MnO?,濾液蒸發(fā)得KCl)。灼燒：除去固體中的揮發(fā)性雜質(zhì)或可燃性雜質(zhì)(如除去Na2CO?中的NaHCO?,灼燒使NaHCO?分解為Na?CO?;除去SiO?中的C,灼燒使C生成CO?)。(3)液液混合物分離表面附著的可溶性雜質(zhì)(如NaC1),判斷洗滌干凈的方法：取最后一次洗滌液，加檢驗(yàn)試劑(如檢驗(yàn)CI-用AgNO?溶液),若無(wú)現(xiàn)象則洗凈。析出(如從粗鹽溶液中除Mg(OH)?,趁熱過(guò)濾避免NaCl因降溫析出)?！拜腿『蠓摧腿　?若用有機(jī)溶劑萃取水中的溶質(zhì)(如I?),后續(xù)需加試劑(如濃NaOH溶液)使溶質(zhì)進(jìn)入考考向1考查工藝題中物質(zhì)的分離與提純要成分為Na?CO?)吸收煙氣中的SO?,得到亞硫酸鈉(Na?SO?)粗品，其工藝流程如圖所示。下列說(shuō)法正確的是含含SO?的煙氣②亞硫酸鈉粗品母液廢渣A.操作①、④均為過(guò)濾B.由含SO?的煙氣形成的酸雨在空氣中放置一段C.亞硫酸鈉粗品中不可能含有Na?SO?D.操作③發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaHSO?+NaOH=Na?SO?+H?ONaOH③工業(yè)廢堿渣④【答案】D【詳解】A.操作①是加水溶解后再過(guò)濾，④為過(guò)濾，故A錯(cuò)誤；B.由含SO?的煙氣形成的酸雨中含有H?SO?,在空氣中放置一段時(shí)間H?SO?被氧化為H?SO4,弱酸變?yōu)閺?qiáng)酸，酸性增強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；C.Na?SO?易被氧氣氧化為Na?SO4,所以亞硫酸鈉粗品可能含有Na?SO?,故C錯(cuò)誤；D.操作③是亞硫酸氫鈉溶液中加入氫氧化鈉生成亞硫酸鈉和水，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為【變式訓(xùn)練1】(2023.遼寧·模擬預(yù)測(cè))氫氧化鋯[Zr(OH)?]廣泛應(yīng)用于塑料、橡膠、交換樹(shù)脂等多種化工行業(yè)。實(shí)驗(yàn)室中以含鋯廢料(含ZrO?和少量Cu、Si、Al的氧化物)為原料制備氫氧化鋯的工藝流程如下。燒堿NaOH溶液稀硫酸氨水浸渣含鋯廢料熔融熔渣浸取含Na?ZrO?酸溶除銅Zr(OH)?粗品浸渣下列說(shuō)法正確的是B.“浸取”后通過(guò)分液可得到含有Na?SiO?和NaAlO?的浸液C.Cu2+與NH?形成配離子的穩(wěn)定性強(qiáng)于Cu2+與H?O形成配離子的穩(wěn)定性D.可用濃NaOH溶液洗滌Zr(OH)?粗品【答案】C【詳解】A.瓷坩堝中含二氧化硅，燒堿在高溫條件下與二氧化硅反應(yīng)，會(huì)腐蝕瓷坩堝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.分離溶液和難溶物需用過(guò)濾，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.在水溶液中穩(wěn)定存在，則Cu2+與NH?形成配離子的穩(wěn)定性強(qiáng)于Cu2+與H?O形成配離子的穩(wěn)定性，選項(xiàng)C正確；D.由轉(zhuǎn)化關(guān)系推知，ZrO?為兩性氧化物，則Zr(OH)?為兩性氫氧化物，能溶于濃NaOH溶液，選項(xiàng)D錯(cuò)答案選C。【變式訓(xùn)練2·變題型】(2024高三·江蘇專題練習(xí))瀉鹽(MgSO?·7H?O)在印染、造紙和醫(yī)藥等方面具有廣泛用途。利用硼鎂泥(主要成分是MgO,雜質(zhì)為CaO、Fe?O?、MnO、SiO?等)可制備瀉鹽，其工藝流程如圖所示。硫酸NaClO濾渣MgSO?7H?O,需要的操作有蒸發(fā)、結(jié)晶、過(guò)濾，而B(niǎo)項(xiàng)為蒸餾操作，該工藝流程不涉及該操作，B項(xiàng)符合考點(diǎn)四工藝中的離子反應(yīng)◆知識(shí)點(diǎn)1化工流程中主要涉及的離子反應(yīng)知識(shí)點(diǎn)1化工流程中主要涉及的離子反應(yīng)1.化工流程題中主要涉及的5類離子反應(yīng)Al(OH)?溶于強(qiáng)堿：A1(OH)?+(2)沉淀轉(zhuǎn)化的離子反應(yīng)ZnS轉(zhuǎn)化為CuS:ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+AgCl轉(zhuǎn)化為AgI:AgCl+I===AgI+CIMg(OH)?轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3:3Mg(OH)?+2Fe3?===2Fe(OH)?+3Mg2+(3)同種元素在同種價(jià)態(tài)、不同pH條件下轉(zhuǎn)化的離子反應(yīng)CrO在酸性條件下轉(zhuǎn)化為Cr?O:2CrO+2H?===Cr?O+H?OV?O?在酸浸時(shí)轉(zhuǎn)化為VO2+:V?O?+2H?===2VO2++H?OCr(OH)?在堿性條件下轉(zhuǎn)化為Cr(OH)4:Cr(OH)?+OH===Cr(OH)?(4)與量有關(guān)的離子反應(yīng)向Ca(OH)?溶液中滴加NaHCO?加Ba(OH)?溶液至SO?2恰好沉淀：H?+OH?+SO?2?+Ba2+===BaSO?↓+H?O加Ba(OH)?溶液至溶液呈中性：2H?2.離子不能共存類型反應(yīng)而不能大量共存如Ba2+和CO?2生成BaCO?,H+和SiO?2-生成H?SiO?,Cu2+和OH生成Cu(OH)?等生成氣體或揮發(fā)性物質(zhì)如H+與CO?2、HCO?、SO?2、HSO?、S2、HS?等；NH?+和OH生成NH?(加熱)等質(zhì)如H+與CH?COO生成弱酸CH?COOH、與OH結(jié)合生成H?O等；NH?和OH生成NH?·H?O等發(fā)生氧化還原反應(yīng)具有較強(qiáng)氧化性的離子(如MnO?、CIO?、Fe3等)與具有較強(qiáng)還原性的離子(如Fe2+、S2-、I、SO?2?等)不能共存NO?與I、S2-與SO?2、CI與CIO?等在酸性條件下不能共存，而在堿性條件下可發(fā)生相互促進(jìn)的水Al3+與AlO?、HCO?、CO?2、S2,Fe3+與AlO??、HCO?、CO?2-等發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成沉淀或氣體發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存若離子間發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)，則這些離子不能共存。如Fe3+與SCN不能共存，Cu2+與NH?·H?O不能共存流程題中離子反應(yīng)的物質(zhì)常隱藏在“原料、試劑、產(chǎn)物”中，按以下方法提?。?.抓“明確試劑”:直接標(biāo)注流程中加入的試劑(如“加稀H?SO?”則有H+,“加NaCIO”則有CIO-)。2.抓“元素價(jià)態(tài)變化”:若涉及氧化還原反應(yīng)，先通過(guò)價(jià)態(tài)判斷氧化劑/還原劑、氧化產(chǎn)物/還原產(chǎn)物。3.抓“產(chǎn)物形態(tài)”:根據(jù)溶液酸堿性判斷產(chǎn)物(如酸性條件下CO?2-→CO?,堿性條件下CO?→CO?2-;Fe3+在堿性條件下→Fe(OH)?沉淀，)。二、嚴(yán)格遵循“書(shū)寫(xiě)規(guī)則”1.拆寫(xiě)：只拆“可溶強(qiáng)電解質(zhì)”可拆物質(zhì)：可溶性強(qiáng)酸、可溶性強(qiáng)堿、可溶性鹽，拆成離子形式。等)、單質(zhì)(如Fe、Cu等)。2.配平：先“電子守恒”(氧化還原反應(yīng)),再“電荷守恒”,最后“原子守恒”3.補(bǔ)條件：若流程明確“酸性條件”(如加H?SO?、調(diào)pH=1),用H+和H?O補(bǔ)平；“堿性條件”(如加NaOH、調(diào)pH=13),用OH-和H?O補(bǔ)平，不能隨意用H+或OH-。三、規(guī)避“高頻陷阱”1.忽略“過(guò)量試劑”:若試劑過(guò)量，產(chǎn)物需按過(guò)量情況寫(xiě)。2.錯(cuò)寫(xiě)“離子符號(hào)”:如將“NH?+”寫(xiě)成“NH?”(酸性條件下NH?+不分解)。例1(2024-湖南長(zhǎng)沙·一模)堿式硫酸鐵[Fe(OH)SO?,黃褐色固體]是一種新型高效絮凝劑和污泥處理劑。工業(yè)上利用廢鐵屑(含少量氧化鋁、氧化鐵等)生產(chǎn)堿式硫酸鐵的工藝流程如圖：濾液反應(yīng)ⅡNO過(guò)量反應(yīng)I濾渣NaHCO?已知：部分金屬陽(yáng)離子以氫氧化物形式沉淀時(shí)溶液的pH如表。完全沉淀下列說(shuō)法不正確的是B.生成濾渣的方程式為Al3++3H?O一Al(OH)?+3H+C.該工藝流程不符合綠色化學(xué)的理念【詳解】A.加入少量NaHCO?調(diào)節(jié)pH,使Al3+完全沉淀，而Fe2+不沉淀，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可推斷，應(yīng)控制B.NaHCO?和Al3+完全雙水解生成Al(OH)?,離子方程式為Al3?+3HCO?=Al(OH)?↓+3CO?↑,B錯(cuò)誤；C.該過(guò)程中有NO生成，不符合綠色化學(xué)的理念，C正確；D.若有11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)O?即0.5molO?參與反應(yīng)，則轉(zhuǎn)移電子2mol,若用NaNO?作氧化劑，還原產(chǎn)物為NO,每1molNaNO?轉(zhuǎn)移1mol電子，所以標(biāo)況下11.2LO?參與反應(yīng)相當(dāng)于節(jié)約2molNaNO?,D正確；故選B。和Al?O?等雜質(zhì))為主要原料制備K?Cr?O?的工藝流程如圖。Na?CO?空氣已知：①最高價(jià)含鉻酸根離子在酸性介質(zhì)中以Cr?O存在，在堿性介質(zhì)中以CrO2存在。A.Cr元素位于元素周期表第四周期第VI族D.由流程圖可知，相同溫度下的溶解度：K?Cr?O?【詳解】A.Cr元素原子序數(shù)為24,電子排布為[Ar]3d?4s1,位于第四周期第VIB族，A錯(cuò)誤；B.“煅燒”時(shí)FeCr?O?中Cr由+3價(jià)升至+6價(jià)，F(xiàn)e可能由+2價(jià)升至+3價(jià)，均被氧化，氧化劑為空氣中的O?,Na?CO?中各元素化合價(jià)未變，不作氧化劑，B錯(cuò)誤；C.結(jié)合分析可知，白色晶體為碳酸氫鈉，則結(jié)合題中信息可知，相應(yīng)的離子方程式為：2Na++2C+2CO?+H?O=Cr?O'+2NaHCO?↓,C正確；D.濾液1含Na?Cr?O?,加入KCI后析出K?Cr?O?,說(shuō)明相同溫度下溶解度：K?Cr?O?<Na?Cr?O?,D錯(cuò)誤；故選C?！咀兪接?xùn)練2】(25-26高三上·湖南·開(kāi)學(xué)考試)工業(yè)上以菱錳礦(主要成分為MnCO?,還含少量FeO、Fe?O?、CaO、SiO?等雜質(zhì))為主要原料生產(chǎn)尖晶石錳酸鋰(LiMn?O?),工藝流程如圖。下列說(shuō)法正確的是濾渣1氧化過(guò)濾濾渣2濾渣3氣體1A.“酸浸”時(shí)，F(xiàn)e?O?發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe?O?+6H++3SO2-=Fe?(SO?)?+3H?OC.“制備MnO?”的反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2:1D.“鋰化”過(guò)程中生成的氣體1為O?、CO?的混合氣體【答案】D【詳解】A.“酸浸”時(shí)，F(xiàn)e?O?與H+反應(yīng)生成Fe3+和H?O,離子方程式為Fe?O?+6H+?=2Fe3++3H?O,A項(xiàng)B.由分析可知，濾渣1為硫酸鈣和SiO?,濾渣2為硫酸鈣和Fe(OH)?,濾渣3為CaF?,B項(xiàng)錯(cuò)誤；Mn2+失2e-生成MnO?,則氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為1:1,C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.鋰化時(shí)MnO?與Li?CO?反應(yīng)生成LiMn?O4,錳原子得電子，則氧原子失電子生成O?,碳的化合價(jià)不變生成CO?,則氣體1為CO?和O?混合氣體，D項(xiàng)正確；答案選D。1.審題——破題秘訣(1)看原料：明確化工生產(chǎn)或化學(xué)實(shí)驗(yàn)所需的材料。(3)看箭頭：進(jìn)入的是投料(即反應(yīng)物);出去的是生成物(包括主產(chǎn)物和副產(chǎn)物)。(4)看三線：主線主產(chǎn)品；分支副產(chǎn)品；回頭為循環(huán)。(5)找信息：明確反應(yīng)條件控制和分離提純方法。(6)關(guān)注所加物質(zhì)的可能作用：參與反應(yīng)、提供反應(yīng)氛圍、滿足定量要求。2.方法——考場(chǎng)支招(1)粗讀題干，挖掘圖示，明確目的圖示中一般會(huì)出現(xiàn)超出教材范圍的知識(shí)，但題目有提示或者問(wèn)題中不涉及，關(guān)注題目的每一個(gè)關(guān)鍵字，盡量弄懂流程圖，但不必將每一種物質(zhì)都推出，只需問(wèn)什么推什么。通過(guò)閱讀明確生產(chǎn)目的，找到制備物質(zhì)所需的原料及所含雜質(zhì)。(2)攜帶問(wèn)題，精讀信息讀主干抓住關(guān)鍵字、詞；讀流程圖，重點(diǎn)抓住物質(zhì)流向(進(jìn)入與流出)、實(shí)驗(yàn)操作方法。(3)看清問(wèn)題，準(zhǔn)確規(guī)范作答答題時(shí)要看清問(wèn)題，不能答非所問(wèn)，要注意語(yǔ)言表達(dá)的科學(xué)性和準(zhǔn)確性，答題時(shí)不具有“連帶效應(yīng)”,即前一問(wèn)未答出，不會(huì)影響后面答題。3.答題——關(guān)鍵要素①溶解、水浸、酸浸：通常用酸溶，如用硝酸、鹽酸、濃硫酸等使可溶性金屬離子進(jìn)入溶液，不溶物通過(guò)過(guò)濾除去的溶解過(guò)程。②灼燒、焙燒、煅燒：改變結(jié)構(gòu)，使一些物質(zhì)能溶解，并使一些雜質(zhì)在高溫下氧化、分解。③研磨：適用于有機(jī)物的提取或減小固體顆粒度，增大物質(zhì)間接觸面積，加快反應(yīng)速率。(2)反應(yīng)條件的控制①調(diào)pH除雜。a.控制溶液的酸堿性使其中某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。b.調(diào)節(jié)pH所需的物質(zhì)一般應(yīng)滿足兩點(diǎn)：能與H+/OH反應(yīng)，使溶液pH增大/減??；不引入新雜質(zhì)。例如，若要除去Cu2+溶液中混有的Fe3+,可加入CuO、Cu(OH)?、Cu?(OH)?CO?等物質(zhì)來(lái)調(diào)節(jié)溶液的pH。②試劑除雜：利用難溶制更難溶原理。③加熱：加快反應(yīng)速率或促進(jìn)平衡向某個(gè)方向移動(dòng)在制備過(guò)程中出現(xiàn)一些受熱易分解的物質(zhì)或產(chǎn)物，則要注意控制溫度不能過(guò)高。如NaHCO?、H?O?、Ca(HCO?)?、KMnO4、AgNO?、HNO?(濃)、銨鹽等物質(zhì)。④降溫：防止某物質(zhì)在高溫時(shí)會(huì)溶解或分解、為使化學(xué)平衡向著題目要求的方向移動(dòng)。考考向1工藝流程題的解題技巧 廢渣氨氣已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO?,Fe(OH)?和Al(OH)?。下列說(shuō)法正確的是C.得到的高純鎂砂在工業(yè)上用來(lái)電解制備金屬鎂【答案】A【詳解】A.高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)C.在工業(yè)上制備金屬鎂不是用電解熔點(diǎn)高的MgO,而是用電解熔點(diǎn)低些的MgCl?,C錯(cuò)誤；故選A。浸出技術(shù)制備碳酸鋰，同時(shí)得到氧化鋁，工藝流程如圖，NaOH濾渣1飽和Na?CO?溶液濾渣2氨水C.流程中不涉及氧化還原反應(yīng)D.冶煉金屬鋰可用電解其熔融氯化物的方法，而冶煉金屬鋁則不可以【答案】B【詳解】A.由分析可知，加入氫氧化鈉溶液發(fā)生水熱反應(yīng)的目的是將LiAISi?O?轉(zhuǎn)化為硅酸鋰、硅酸鈉和四羥基合鋁酸鈉，反應(yīng)的化學(xué)方程式為,故A正C.由分析可知，流程中各步轉(zhuǎn)化過(guò)程中均沒(méi)有元素發(fā)生化合價(jià)變化，均不涉及氧化還原反應(yīng)，故C正確；D.氯化鋰是離子化合物，氯化鋁為共價(jià)化合物，所以冶煉金屬鋰可用電解熔融氯化物的方法，而冶煉金屬鋁用電解熔融氯化物的方法，故D正確；故選B?！咀兪接?xùn)練2·變考法】(23-24高三上·福建福州·階段練習(xí))下圖是一種綜合處理含SO?尾氣的工藝流程，下列敘述正確的是A.Fe3+的價(jià)電子排布式為[Ar]3d?B.檢驗(yàn)“吸收”后的溶液是否還可繼續(xù)吸收SO?,可用試劑K?Fe(CN)?【答案】D【詳解】A.鐵元素的原子序數(shù)為26,基態(tài)鐵離子的價(jià)電子排布式為3d?,故A錯(cuò)誤；B.由分析可知，吸收步驟發(fā)生的反應(yīng)為硫酸鐵溶液與二氧化硫氣體反應(yīng)生成硫酸亞鐵和硫酸，則檢驗(yàn)“吸收”后的溶液是否還可繼續(xù)吸收二氧化硫，應(yīng)用硫氰化鉀溶液檢驗(yàn)是否存在鐵離子，而不是用鐵氰化鉀溶液檢驗(yàn)是否存在亞鐵離子，故B錯(cuò)誤；C.由分析可知，氧化步驟發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下硫酸亞鐵溶液與空氣中氧氣反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)的離子方程式為4Fe2?+O?+4H?=4Fe3++2H?O,故C錯(cuò)誤；D.由分析可知，氧化步驟發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下硫酸亞鐵溶液與空氣中氧氣反應(yīng)生成硫酸鐵和水，反應(yīng)生成的硫酸鐵可以循環(huán)使用，故D正確；故選D。鉻鐵合金-浸出除雜沉鐵Cr?(SO?)?C.流程中未產(chǎn)生六價(jià)鉻化合物D.“濾渣2”的主要成分是Fe?(C【詳解】A.四種金屬均與稀硫酸反應(yīng)生成H?,A正確；故本題選D。廢渣氨氣已知浸出時(shí)產(chǎn)生的廢渣中有SiO?,Fe(OH)?和Al(OH)?。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.浸出鎂的反應(yīng)為MgO+2NH?Cl=MgCl?+2NH?↑+H?OB.浸出和沉鎂的操作均應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行C.流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)有NH?、NH?ClD.分離Mg2+與Al3+、Fe3+是利用了它們氫氧化物Ksp的不同【詳解】A.高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫離子反應(yīng)，促進(jìn)C.浸出過(guò)程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時(shí)氯化鎂與氨水反不沉淀，從而將其分離，故D正確；故答案為B。硫酸溶液，高壓O硫酸溶液，高壓O?NH?硫化銅精礦一浸取中和調(diào)pH過(guò)濾高壓H?下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.固體X主要成分是Fe(OH)?和S;金屬M(fèi)為ZnB.浸取時(shí)，增大O?壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出C.中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2D.還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成【詳解】A.經(jīng)過(guò)上述分析可知固體X主要成分是S、Fe(OH)?,金屬M(fèi)為Zn,A正確；耗S2-,使之轉(zhuǎn)化為S,從而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，從而可促進(jìn)金屬離子的浸取，B正確；C.根據(jù)流程圖可知：用NH?調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結(jié)合離子沉淀的pH范圍，可知中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2,C正確；D.在用H?還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí)，H?失去電子被氧化為H+,與溶液中OH結(jié)合形成H?O,若還原時(shí)增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H?失去電子還原Cu單質(zhì)，因此不利于Cu的生成，D錯(cuò)誤；A.還原工序逸出的Br?用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回還原工序B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣可用煤油進(jìn)行組分分離C.中和工序中的化學(xué)反應(yīng)為L(zhǎng)i?CO?+2HBr=CO?↑+2LiBr+H?O【詳解】A.還原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化鈉和溴酸鈉等物質(zhì)，若直接返回還B.除雜工序中產(chǎn)生的濾渣為硫酸鋇和硫，硫?qū)儆诜菢O性分子形成的分子晶體，而硫酸鋇屬于離子晶體，根C.中和工序中，碳酸鋰和氫溴酸發(fā)生反應(yīng)生成溴化鋰、二氧化碳和水，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為L(zhǎng)i?CO?+2HBr=CO?↑+2LiBr+H?O,C說(shuō)法正確；D.根據(jù)電子轉(zhuǎn)化守恒可知，溴和硫化鋇反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比為1:1;根據(jù)硫酸鋇的化學(xué)組成及鋇元素守恒可知，n(BaS):n(H?SO?)為1:1,因此，參與反應(yīng)的n(Br?):n(BaS):n(H?SO?)為1:1:1,D說(shuō)法正確；綜上所述，本題選A。適量試劑X工業(yè)廢料>富集液沉鎘②常溫下，金屬化合物的Kp;K下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是B.試劑X可以是Na?S溶液【詳解】A.粉碎工業(yè)廢料能增大廢料與浸出液的接觸面積，有利于提高金屬元素的浸出率，A正確；B.由分析可知，試劑X可以是Na?S溶液，B正確；C.若先加入NaHCO?溶液進(jìn)行“沉錳”,由題中信息以及Ksp數(shù)據(jù)可知，金屬離子Cd2+、Mn2+濃度相當(dāng)，則Cd2+也會(huì)沉淀，后續(xù)流程中無(wú)法分離Cd和Mn,所以“沉鎘”和“沉錳”的順序不能對(duì)換，C正確；D.“沉錳”時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是：Mn2++2HCO?=MnCO?↓+CO?↑+H?O,D錯(cuò)誤；6.(2024-福建·高考真題)鋰云母的主要成分為K(Li?Al?5)(AISi?O??)(OH)FE2x,實(shí)驗(yàn)室探索一種堿浸分解鋰云母制備LiOH的工藝流程如下：→高壓浸出凈化濾渣1主要含濾渣2濾渣3濾液2操作Z-LiOH固體①“濾渣1”中鹵化物Y為。(填化學(xué)式)②一定條件下，元素浸出率與CaO用量的關(guān)系如圖，為提高鋰浸出率，CaO最佳用量為_(kāi)g。(保留小數(shù)點(diǎn)后一位)③精礦顆粒尺寸對(duì)鋰浸出率的主要影響如下：i.尺寸越小，顆粒總表面積越大，有利于反應(yīng)液接觸ii.尺寸越小，顆粒聚集趨勢(shì)越大，不利于反應(yīng)液滲入一定條件下，顆粒尺寸與鋰浸出率關(guān)系如圖。區(qū)域I中，鋰浸出率隨顆粒尺寸減小而降低的原因是__o式)已知：25℃時(shí)，K,(Li?PO?)=(4)“操作Z”為加熱、趁熱過(guò)濾和;趁熱過(guò)濾的主要目的是。(LiOH分解溫度約為1000℃)(5)LiOH的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。①晶體中與一個(gè)0緊鄰的Li有個(gè)。②一個(gè)Li與所有緊鄰O形成的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)o③晶體中微粒間作用力有。(填標(biāo)號(hào))a.氫鍵b.離子鍵c.金屬鍵d.范德華力e.極性共價(jià)鍵f.非極性共價(jià)鍵【答案】(1)CaF?4.5該條件下ii的影響程度大于i的影響程度(4)蒸發(fā)結(jié)晶除去Ca(OH)?雜質(zhì)【詳解】(1)①“高壓浸出”中，加入的CaO與水反應(yīng)生成氫氧化鈣，電離出的Ca2+與F生成難溶的CaF2;②結(jié)合圖中曲線，鋰的浸出率最大時(shí)，CaO的最佳用量約為4.5g;③只考慮i的影響，尺寸越小，顆?？偙砻娣e越大，有利于反應(yīng)液接觸，鋰的浸出率越大；只考慮ii的影響，尺寸越小，顆粒聚集趨勢(shì)越大，不利于反應(yīng)液滲入，鋰的浸出率越小，區(qū)域I中，鋰浸出率隨顆粒尺寸減小而降低，說(shuō)明ii的影響程度大于i的影響程度；(2)凈化后的濾液中主要含氫氧化鋰，以及少量的氫氧化鈉和氫氧化鈣，“沉鋰”加入磷酸生成磷酸鋰的化學(xué)方程式為：H?PO?+3LiOH=Li?PO?(3)“沉淀轉(zhuǎn)化”反應(yīng)2Li?PO?(S)+3Ca(OH)?(aq)=6LiOH(aq)+Ca?(PO?)?(S)的平衡常數(shù)(4)濾液2中溶質(zhì)主要為氫氧化鋰，還有少量的氫氧化鈣，由于氫氧化鈣的溶解度隨溫度升高而減小，加熱升溫會(huì)析出氫氧化鈣晶體，故趁熱過(guò)濾的主要目的是除去Ca(OH)?雜質(zhì)；除雜后的濾液主要含LiOH,通過(guò)蒸發(fā)結(jié)晶得到LiOH固體；(5)根據(jù)LiOH的晶胞結(jié)構(gòu)及其x軸方向投影圖可知，在晶胞中Li位于8個(gè)頂點(diǎn)和上、下底面的2個(gè)面心，O位于前、后、左、右4個(gè)側(cè)面上，晶體為層狀結(jié)構(gòu)。①晶體中與一個(gè)O緊鄰的Li有4個(gè)，①晶體中與一個(gè)Li緊鄰的O也有4個(gè)；②因?yàn)椤螼-Li-O=129°,故一個(gè)Li與所有緊鄰O形成的空間結(jié)構(gòu)為四面體形而非正四面體形；③由于0無(wú)法提供價(jià)層孤電子對(duì)，且層間距離遠(yuǎn)，OH-間不能形成氫鍵；LiOH為離子化合物，不存在金屬鍵；Lit與OH-間存在離子鍵；根據(jù)LiOH晶體呈層狀結(jié)構(gòu)，層間存在范德華力；O-H屬于極性共價(jià)鍵；故晶