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高频考点14 工业流程题 巩固提升
用霞石岩[化学式为KNa3(AlSiO4)4，主要成分Na2O、K2O、Al2O3、SiO2]制碳酸钠、碳酸钾和氧化
铝的工艺流程如下：
已知：①NaHCO3溶液的pH约为8～9，Na2CO3溶液的pH约为11～12。
②溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中。部分
物质的溶解度见下图。
试回答下列问题：
(1)灼烧得到固体M的化学方程式是________________________。
(2)X物质是________，滤液W中主要含有的离子有________(写三种)。
(3)操作Ⅰ得到碳酸钠晶体的操作为________、________、________、洗涤、干燥。
(4)碳酸化Ⅰ中发生主要反应的离子方程式是____________________。
(5)碳酸化Ⅱ调整pH＝8的目的是______________________________。
2.七铝十二钙(12CaO·7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废铝片
制备七铝十二钙的工艺如下：
煅粉主要含MgO和________，用适量的NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若溶液Ⅰ
中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，则溶液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不
能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是______________________。2·1·c·n·j·y
滤液Ⅰ中的阴离子有________(忽略杂质成分的影响)；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，会生成________，
从而导致CaCO3产率降低。
(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为____________________________。
(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_________________________。
(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离
子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为______________________。
硫酸亚锡（SnSO4）可用于镀锡工业．某小组设计的SnSO4制备路线如图：
已知：
Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．
Ⅱ．SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡．
（1）锡原子的核电荷数为50，与碳元素同处ⅣA族，锡位于周期表的第　　周期．
（2）得到的SnSO4晶体是含大量结晶水的晶体，可知操作Ⅰ是　 　、过滤、洗涤等．
（3）溶解SnCl2粉末需加浓盐酸，原因是　 　．
（4）加入锡粉的作用有两个：①调节溶液pH；②　 　．
（5）反应Ⅰ得到的沉淀是SnO，得到该沉淀的离子方程式是　 　．
（6）酸性条件下，SnSO4与双氧水反应的离子方程式是　 　．
（7）该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度（杂质不参与反应）：
①将试样溶于过量的盐酸中，发生的反应为Sn+2HCl═SnCl2+H2↑；
②加入过量的FeCl3溶液；
③用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定②中生成的Fe2+，再计算锡粉的纯度．
请配平方程式：　　FeCl2+　　K2Cr2O7+　　HCl═　FeCl3+　KCl+　CrCl3+　 ．
4.平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）．以此粉末为原料
回收Ce（OH）4和绿矾的工艺流程如图所示：
已知：
Ⅰ．酸性条件下，铈在水溶液中有Ce3+、Ce4+两种主要存在形式；
Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸；利用有机溶剂可分离稀土元素如Ce等化合物．
请按要求回答下列问题：
（1）Ce的原子序数为58，它位于元素周期表中第　　周期．
（2）步骤 ①、⑥反应的化学方程式分别为　 　、　 　．
（3）检验滤渣B洗涤干净的方法是　 　．
（4）步骤 ③的离子方程式为　 　．
（5）操作X名称为　 　．
（6）在滤液B中加过量铁粉于50℃水浴中加热充分反应后趁热过滤，滤液移至试管中，用橡胶塞塞紧试
管口，静置、冷却一段时间后收集得产品绿矾．
步骤②中的硫酸溶液过稀会导致　 　；溶液趁热过滤的原因是　 　；塞紧试管口的
目的是　 　；静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是　 　．
取2.08g产品Ce（OH）4，加过量稀硫酸溶解后，用0.1000mol/L FeSO4溶液滴定至终点共消耗90.00mL，
则产品中Ce（OH）4的质量分数为　 　．
5.以菱锰矿（主要成分MnCO3，含有铁、镍、钴等的碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程简化表
示如下：
已知：
①MnCO3（s）+H2SO4（aq） MnSO4（aq）+CO2（g）+H2O（1）△H＜0
②Fe（OH）3完全沉淀的pH为3.7，Mn（OH）2、Co（OH）2、Ni（OH）2、Fe（OH）2开始沉淀的pH
均大于7
③25℃，Ksp（MnS）=2.5×10﹣10，Ksp（CoS）=4×10﹣21，Ksp（NiS）=3.2×10﹣19
回答下列问题：
（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是　　．
（2）浸出液中先加入MnO2的目的是氧化Fe2+，反应的离子方程式为　　，再加入氨水调节pH至5～6
的作用是　　．
滤渣2的主要成分是　　；利用（NH4）2S除杂易产生H2S，危害生产人员的健康，可用二乙基二硫
代氨基甲酸钠（DDTC）代替（NH4）2S．
已知：25℃，Ksp[Ni（DDTC）2]=7.94×10﹣14，电解液中Ni2+的最大允许浓度为1.70×10﹣5mol L﹣1，若
某电解液中c（DDTC﹣）=8.00×10﹣5mol L﹣1，则该电解液中的c（Ni2+）　　（填“是”、“否”）符合
Ni2+的最大允许浓度要求．
电解时，阴极发生主要反应的电极反应式为　　，由于发生副作用，阴极上会产生少量气体，其分
子式为　 　．
为增强电解所得金属锰的抗腐蚀性，可用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定
钝化层的化学成分为MnOx，则该反应的离子方程式为　 　．
6.草酸钴用途广泛，可用于指示剂和催化剂的制备．一种利用水钴矿[主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、
Al2O3、MnO、MgO、CaO等]制取CoC2O4的工艺流程如下：
己知：，①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
沉淀物 Fe（OH）3 Fe（OH）2 Co（OH）2 Al（OH）3 Mn（OH）2
完全沉淀的pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中加入Na2SO3的目的是　 　．21教育网
（2）NaClO3可将Fe2+氧化为Fe3+离子．可用氯气通入到热的浓氢氧化钠溶液来制取NaClO3．实验需要制
取10.65克NaClO3，需要的氯气由电解食盐水生成，若不考虑反应过程中的损失，则同时生成的氢气
的体积为　　 （标准状况下）．
萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如下图所示．使用萃取剂最适宜的pH是　　（填选项序号）．
A．接近2.0 B．接近3.0 C．接近5.0
“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀．已知某温度下，
Ksp（MgF2）=7.35×10﹣11，Ksp（CaF2）=1.05×10﹣10．当加入过量NaF后，所得滤液c（Mg2+）/c
（Ca2+）=　 　．
为测定制得的无水草酸钴样品的纯度，现称取样品mg，先用适当试剂将其转化，得到纯净的草酸铵
溶液，再用过量的稀硫酸酸化，用c mol/L高锰酸钾溶液去滴定，当溶液由　 　时（填颜色变化），
共用去高锰酸钾溶液VmL，计算草酸钴样品的纯度为　 　．
【参考答案与详细解析】
1【答案】
(1)2Al(OH)3Al2O3＋3H2O
(2)CO2(或二氧化碳)　Na＋、K＋、HCO
(3)蒸发浓缩　冷却结晶　过滤
(4)2AlO＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋CO
将CO转化为HCO，利于KHCO3结晶析出
【解析】
由“溶解过滤工序产生的滤液中含钠、钾和铝的可溶性盐类，钙和硅等其他杂质在滤渣霞石泥中”
知，滤液中含有AlO、Na＋、K＋等离子，调节pH到11时有Al(OH)3析出。
(2)石灰石在煅烧的过程中产生CO2，在pH＝8时产生HCO，同时还有Na＋、K＋。
(3)碳酸钠溶液结晶出碳酸钠晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作。
(4)碳酸化Ⅰ是将滤液中含有的AlO转化为Al(OH)3沉淀，pH＝11时只能生成CO。
(5)从溶解度表可以看出KHCO3、NaHCO3的溶解度较小，因此将pH调整到8，会有利于HCO的生成。
2.【答案】
(1)CaO　11　加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少
(2)NO、OH－　Ca(HCO3)2
(3)2OH－＋Al2O3===2AlO＋H2O
(4)2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑
(5)Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl
【解析】
煅烧CaCO3分解生成CaO和CO2，煅烧MgCO3分解生成MgO和CO2，故煅粉主要含MgO和CaO。
Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)，即5×10－12＝5×10－6×c2(OH－)，解得c(OH－)＝10－3 mol·L－1，pH＝11。
由于溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6mol·L－1，所以溶液pH大于11。不能用(NH4)2SO4，代替NH4NO3
的原因是加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少。
(2)从流程中看出NO没有被除去，故滤液Ⅰ中的阴离子有NO，CaO溶于水生成Ca(OH)2，故溶液中
还有OH－；若滤液Ⅰ中仅通入CO2，过量的CO2会与CaCO3反应，生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产
率降低。
(3)Al表面的氧化膜的成分是Al2O3，该物质是两性氧化物，NaOH可以与之发生反应。NaOH溶液与Al2O3
反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3===2AlO＋H2O。
电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，Al作阳极，石墨作阴极，Al在阳极放电，溶液中
的H＋在阴极放电，破坏了水的电离平衡，使得溶液中的OH－浓度增大，与产生的Al3＋结合生成
Al(OH)3，总反应方程式为2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑。
(5)根据题意，充电和放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，放电时负极Al失去电
子变为Al3＋，与溶液中的AlCl结合，产生Al2Cl的电极反应式为Al－3e－＋7AlCl===4Al2Cl。
【答案】
（1）　五　．
（2）蒸发浓缩、冷却结晶．
（3）SnCl2水解反应为SnCl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水
解．
（4）②　防止Sn2+被氧化　．
（5）　Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑　．
（6）　Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O　．
（7）　6　FeCl2+　1　K2Cr2O7+　14　HCl═　6　FeCl3+　2　KCl+　2　CrCl3+　7H2O　．
【解析】
（1）锡元素与碳元素属于同一主族，处于ⅣA族，原子核电荷数为50，则：50﹣2﹣8﹣8﹣18=14，故
Sn处于第五周期，则在周期表中的位置为：第五周期第ⅣA族，
故答案为：五；
（2）由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、
洗涤得到，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡Sn Cl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl，加入盐
酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2+水解，
故答案为：SnCl2水解反应为SnCl2+H2O Sn（OH）Cl+HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑
制Sn2+水解；
（4）由信息可知，Sn2+易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2+被氧化；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（5）反应Ⅰ得到沉淀是SnO，Sn元素化合价为变化，属于非氧化还原反应，同时生成气体，该气体
为二氧化碳，离子方程式为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑，
故答案为：Sn2++CO32﹣═SnO↓+CO2↑；
（6）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，双氧水有强氧化性，将Sn2+易被氧化为Sn4+，
自身被还原为水，离子方程式为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O；
（7）铁元素化合价+2价升高到+3价，Cr元素化合价+6价变化为+3价，单质转移总数6e﹣，结合原
子守恒和电子守恒分析，缺项为水，配平书写化学方程式为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl═
6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O
故答案为：6、1、14、6、2、2、7、H2O．
【答案】
（1）六；
（2） 2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O；4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4；21世纪教育网版权所有
（3）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净；
（4）2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
（5）萃取分液；
（6）反应速率慢、不利于晶体析出；减少FeSO4的损失；防止空气进入试管将Fe2+氧化为Fe3+；有浅绿
色晶体析出；
（7）90%．
【解析】 以废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质）为原料回收Ce（OH）4和绿矾的工艺流程为：
第①步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2，二氧化硅与氢氧
化钠反应生成硅酸钠，溶于水；滤渣A（Fe2O3、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液，滤
渣B的成分是CeO2；第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；第④步是用有机溶
剂将Ce3+萃取出来，通过分液操作可得有机层含有Ce3+，第⑤步用某试剂进行反应萃取，得浓的Ce3+
溶液，第⑥步浓的Ce3+溶液中加碱，再用氧气氧化得Ce（OH）4，
（1）Ce的原子序数为58，根据元素周期表可知，它位于元素周期表中第六周期，
（2）根据上面的分析可知，步骤 ①反应的化学方程式为2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，步骤 ⑥反应的化
学方程式为 4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4，
滤渣B的表面有可能的杂质为铁离子，所以检验滤渣B洗涤干净的方法是取少量最后一次洗涤液于
试管中，滴加几滴KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，
（4）根据上面的分析可知，步骤 ③的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
（5）根据上面的分析可知，操作X名称为萃取分液，
（6）步骤 ②中的硫酸溶液过稀会导致反应速率慢、不利于晶体析出，在滤液B中加过量铁粉于50℃水浴
中加热充分反应后趁热过滤，可以减少FeSO4的损失，亚铁离子易被空气中的氧气氧化，所以实验
时要塞紧试管口，静置冷却一段时间后，在试管中观察到的现象是有浅绿色晶体析出，
FeSO4的物质的量为0.1000mol/L×90.00mL×10﹣3=9.0×10﹣3mol，根据电子得失守恒有关系式
FeSO4～Ce（OH）4，所以取2.08g产品中Ce（OH）4的质量为9.0×10﹣3mol×208g/mol=1.872g，所
以产品中Ce（OH）4的质量分数为×100%=90%，
5【答案】
（1）温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素的浸出率降低；
（2）MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；www.21-cn-jy.com
（3）CoS和NiS；
（4）Mn2++2e﹣=Mn；H2；
（5）xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnOx+4xH2O．
【解析】向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反
应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将
氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得
到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰，
（1）酸浸时控制温度为80～90℃，原因是温度过低反应速率小，温度过高反应①平衡逆向移动，锰元素
的浸出率降低，
（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有
MnO2+2Fe2+﹣Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+﹣Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，再加入氨水调节pH至5～6的作用是沉淀铁离子生成氢氧化
铁沉淀，
（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶
度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；
（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e﹣=Mn，
阴极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，
（5）用3%的K2Cr2O7酸性溶液钝化处理，还原产物为Cr3+，假定钝化层的化学成分为MnOx，发生的
反应是重铬酸钾氧化锰离子生成MnOx，结合电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：
xCr2O72﹣+3Mn2++8xH+=2xCr3++3MnOx+4xH2O．
6【答案】
（1） Fe3+、Co3+；
（2） 6.72L；
（3） B；
（4）0.7；
（5） %．
【解析】 含钴废料中加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，加入NaClO3，
可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤后所得滤
液主要含有CoCl2、MgCl2、CaCl2、MnCl2，向溶液中加入NaF溶液，除去钙镁离子，然后过滤得到
的滤液中II中加入萃取剂，萃取后溶液加入草酸铵，得到草酸钴，
亚硫酸钠具有还原性，能还原氧化性离子Fe3+、Co3+，所以浸出过程中加入Na2SO3的目的是将Fe3+、
Co3+还原；
（2）根据反应 3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O
3mol 106.5g
0.3mol 10.65g
2NaCl+2H2OCl2↑+2NaOH+H2↑
1mol 22.4L21cnjy.com
0.3mol 22.4×0.3=6.72L21·cn·jy·com
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，
并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
（4）当加入过量NaF后，所得滤液====0.7
（5）根据n=cV计算反应中草酸的物质的量，设样品中含CoC2O4质量为x，根据方程式：
5H2C2O4+2MnO4﹣+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，草酸根守恒可得：【来源：21·世纪·教育·网】
5CoC2O4﹣5（NH4）2C2O4﹣5H2C2O4﹣2MnO4﹣
146.93g 2mol
x CV×10﹣3mol
样品纯度=×100%，带入数据可得纯度为%．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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高频考点14 工业流程题 专项突破
[解题指导]
一、化学工艺流程一般可划分为前期的原料预处理、中期的核心反应和后期的产品分离提纯三个阶段，整个流程都需要控制反应条件为获取产品服务。分析流程图的规律是：主线主产品，分支副产品，回头为循环(如下图所示)。21世纪教育网版权所有
二、工业流程题常见考点：①生产的目的、设计的原理、生产流程的作用等；②化学反应条件控制的原理；③实验基本操作；④资源的回收和利用；⑤“绿色化学”生产、环境保护等。具体有：
1、原料预处理阶段
① 研磨、粉碎、喷洒：可增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。
② 溶解：通常用酸溶（如用硫酸、盐酸、浓硫酸等） 、碱溶、水溶等
水浸：与水接触反应或溶解。
浸出：固体加水(酸)溶解得到离子。
浸出率：固体溶解后，离子在溶液中的含量的多少(更多转化)。
酸浸：在酸溶液中反应使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去的溶解过程。
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
① 调节溶液 pH 除杂：
a．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。
b．调节 pH 所需的物质一般应满足两点：能与 H＋ 反应，使溶液 pH 增大；不引入新杂质。
如：若要除去 Cu 2＋ 溶液中混有的 Fe 3＋ ，可加入 CuO、Cu(OH)2 、Cu 2 (OH) 2 CO 3 等物质来
调节溶液的 pH。
② 控制温度：
加热：加速溶解、加快反应速率或促进平衡向某个方向移动(如促进水解生成沉淀)。如在制备过
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NaHCO3、NH 4 HCO3 、H 2O 2 、
KMnO 4 、AgNO 3 、HNO 3 (浓)等物质。
降温：防止某物质在高温时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。
控制温度在一定范围内：综合多方面因素的考虑，如使反应速度不致于太慢、抑制或促进
平衡的移动、防止反应物分解、防止副反应、使催化剂的催化活性最高等。
如果题目中出现了包括产物在内的各种物质的溶解度信息， 则要根据它们的溶解度随温度升高而
改变的情况，寻找合适的结晶分离方法(蒸发结晶或浓缩结晶)。
3、获得产品阶段
① 洗涤(冰水、热水、乙醇等有机溶剂)：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。
无水乙醇的作用：减少产品的损耗；除去固体表面的杂质；使产品快速干燥（特别适合于带结晶
水晶体等对热不稳定的晶体，其他晶体通常晾干、低温烘干）
判断沉淀（晶体）是否洗涤干净的方法：必须是沉淀（晶体）组成之外的离子。
可根据沉淀中可能存在的某一离子，
（1）取最后一次洗涤液少许于试管中——取样
（2）加入XX（试剂）——加试剂
（3）若无沉淀生成——现象
（4）则说明沉淀已洗涤干净——结论
② 蒸发加热时的气体氛围抑制水解：如从溶液中析出 FeCl 3 、AlCl 3 、MgCl 2 等溶质时，应在HCl
的气氛中加热，以防其水解。
③ 蒸发浓缩、冷却结晶：如除去 KNO 3 中的少量 NaCl。
4、循环操作与副产物利用
物质的循环利用：提高原料的利用率，降低生产成本。
对可逆反应： 可将未转化的反应物分离出来后送入反应器重新反应。 如合成氨反应是可逆反应，
分离氨后的尾气中还含有大量原料气N 2 和H 2 可送入合成塔，实施循环生产。
若某种物质在流程中既是辅助原料又是副产品(既流进又流出)，则考虑循环利用。
注意某些隐性存在物质；在循环操作中因累积导致浓度过高，可能会影响产品的纯度。
5、环境保护
尾气处理、废渣废液处理： 绿色化学，防止环境污染
三、流程图题中新情景条件下氧化还原反应方程式、离子方程式的书写步骤：
① 首先判断主要反应物和产物；
② 若是氧化还原反应，根据电子得失守恒，配平相关反应物和产物；
③ 若是离子反应，根据离子电荷守恒，配平相关反应物和产物（添加H+或OH-平衡电荷时，应特别注意反应的酸碱环境。通常酸性环境下，方程式中不出现OH-；同样地，碱性环境下，方程式中不出现H+）；
④ 根据原子守恒，将反应方程式最终配平。水通常最后配平。
四、无机化工流程的破题技巧
1.快速浏览，明确实验目的
　
3.对照问题，提炼关键信息
4.合理切入，规范正确答题
【典例分析】
【典例1】以炼锌厂的烟道灰(主要成分为ZnO，另含少量Fe2O3、CuO、SiO2、MnO等)为原料可生产草酸锌
晶体(ZnC2O4·2H2O)。
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表：
氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Cu(OH)2 Zn(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.5 4.2 5.4
沉淀完全的pH 3.3 9.7 6.7 8.2
请问答下列问题：
(1)滤渣A的主要成分为________。
(2)除锰过程中产生MnO(OH)2沉淀的离子方程式为_________________________________。
(3)①除铁(部分Cu2＋可能被除去)时加入ZnO控制反应液pH的范围为________。
②上述流程中除铁与除铜的顺序不能颠倒，否则除铁率会减小，其原因是
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(4)若沉淀过程采用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4生产草酸锌晶体，合理的加料方式是
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(5)将草酸锌晶体加热分解可得到一种纳米材料。加热过程中固体残留率随温度的变化如图所示，300 ℃～460 ℃范围内，发生反应的化学方程式为________________________________________。
【答案】(1)SiO2
(2)Mn2＋＋H2O2＋H2O===MnO(OH)2↓＋2H＋
(3)①3.3～5.4
②先加入ZnS会将Fe3＋还原为Fe2＋，使铁元素难以除去
(4)在搅拌下，将Na2C2O4缓慢加入到ZnCl2溶液中
(5)ZnC2O4ZnO＋CO↑＋CO2↑
【解析】
(1)烟道灰被盐酸溶解，其中ZnO溶解成Zn2＋、Fe2O3溶解成Fe3＋、CuO溶解成Cu2＋、MnO溶解成Mn2＋，
而SiO2不溶于盐酸，进入滤渣A中。
(2)除锰中用H2O2氧化Mn2＋，根据Mn和O得失电子守恒可配平反应。
(3)①除Fe3＋时的pH需要大于3.3，但不能超过5.4，以免Zn2＋沉淀，此时有部分Cu2＋溶解；
②除铜时用ZnS，若在除铁之前，则会有Fe3＋氧化S2－，生成Fe2＋后，需要调节pH在9.7时才能除
去，故除铁率减小。
(4)因为Na2C2O4溶液的碱性比(NH4)2C2O4强，所以会促进Zn2＋生成Zn(OH)2沉淀，故在加入Na2C2O4溶液时，
可采用缓慢加入和搅拌法，以免生成Zn(OH)2沉淀。(5)由热重分析图计算知，＝，MA＝153，
则在300 ℃时，ZnC2O4·2H2O失去2分子H2O生成ZnC2O4，在460 ℃时，＝，MB＝81，则
对应为ZnO，C2O 在分解时以CO和CO2释放，由此写出此方程式。
【典例2】利用废铅蓄电池的铅泥(PbO、Pb及PbSO4等)可制备精细无机化工产品——3PbO·PbSO4·H2O(三
盐)，主要制备流程如下：
INCLUDEPICTURE "E:\\莫成程\\2016\\二轮\\考前3个月\\化学\\江苏\\S22-4.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)步骤①PbSO4转化为难溶PbCO3 的离子方程式为_______________________________________。
(2)滤液1和滤液3经脱色、蒸发、结晶可得到的副产品为____________________(写化学式)。
(3)步骤③酸溶时，其中的铅与硝酸生成Pb(NO3)2及NO的离子方式为__________________；
滤液2中溶质主要成分为________________(写化学式)。
(4)步骤⑥合成三盐的化学方程式为_____________________________________________。
(5)步骤⑦洗涤操作时，检验沉淀是否洗涤完全的方法是
________________________________________________________________________。
【答案】
(1)CO＋PbSO4==PbCO3＋SO
(2)Na2SO4·10H2O(或Na2SO4)
(3)3Pb＋8H＋＋2NO===3Pb2＋＋2NO↑＋4H2O　HNO3
(4)4PbSO4＋6NaOH===3Na2SO4＋3PbO·PbSO4·H2O＋2H2O
(5)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
【解析】
　 向铅泥中加入Na2CO3溶液，PbSO4转化为难溶PbCO3的离子方程式为CO＋PbSO4==PbCO3＋SO，然后
过滤得到滤液1为Na2SO4溶液，向滤渣中加入硝酸酸溶，PbO、PbCO3都与硝酸反应生成Pb(NO3)2，Pb与
硝酸反应还生成NO，铅与硝酸生成Pb(NO3)2及NO的离子方程成式为3Pb＋8H＋＋2NO===3Pb2＋＋2NO↑
＋4H2O，然后向溶液中加入硫酸，生成PbSO4沉淀，过滤，滤液2的主要成分是HNO3，向滤渣中加入NaOH
溶液，发生反应4PbSO4＋6NaOH===3Na2SO4＋3PbO·PbSO4·H2O＋2H2O，过滤洗涤干燥得到3PbO·PbSO4·H2O，
滤液3中含有Na2SO4，结合题目问题分析解答。
【典例3】高纯氧化铁是现代电子工业的重要材料。以下是用硫酸厂产生的烧渣(主要成分为Fe2O3、Fe3O4、
FeO、SiO2)为原料制备高纯氧化铁的生产流程示意图：
INCLUDEPICTURE "E:\\莫成程\\2016\\二轮\\考前3个月\\化学\\江苏\\S22-38.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)酸浸时，常需将烧渣粉碎，并加入过量H2SO4，其目的是__________________________；滤渣的主要
成分为__________(填化学式)。
(2)加入FeS2时，发生反应②的离子方程式为_________________________________。
(3)加入NH4HCO3目的是_________________________________________________。
“沉淀”时，pH不宜过高，否则制备的FeCO3中可能混有的杂质是________。检验FeCO3是否洗涤干
净的方法是_____________________________________________________。www.21-cn-jy.com
(4)煅烧时，发生反应④的化学方程为____________________________________。
【答案】
(1)提高铁元素浸出率，同时抑制铁离子的水解　SiO2
(2)FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(3)中和溶液中的酸，调节溶液的pH，使Fe2＋全部转化为FeCO3　Fe(OH)2　取少量最后一次洗涤液放入
试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净
(4)4FeCO3＋O22Fe2O3＋4CO2
【解析】
　(1)将烧渣粉碎是为了增大接触面积，加快反应速率，增加硫酸的量是提高铁元素浸出率，同时抑制铁
离子的水解。二氧化硅不溶于酸，过滤分离。
(2)根据流程得出还原后的产物为Fe2＋和SO，根据氧化还原反应原理书写离子方程式。
(3)煅烧产生二氧化碳可知沉淀为碳酸亚铁，沉淀时pH过高会产生氢氧化亚铁沉淀；洗涤沉淀的操作是
取少量最后一次洗涤液放入试管，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明洗涤干净。
(4)煅烧时加入空气即氧气参与反应，生成氧化铁和二氧化碳。
【典例4】工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，回收流
程如下：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
Fe3＋ Cu2＋ Cr3＋
开始沉淀pH 2.1 4.7 4.3
完全沉淀pH 3.2 6.7 a
(1)在浸出过程中除了生成Fe2 (SO4)3、Cr2 (SO4)3外，主要还有________。
(2)在除铁操作中，需要除去Fe3＋和CaSO4，请完成相关操作：①加入石灰乳调节pH到________；②
将浊液加热到80℃，________。
写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体的离子反应方程式：____________________________，
此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题
是_____________________________。
当离子浓度≤1×10－5mol·L－1时认为沉淀完全，若要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥
________(已知：Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10－31，≈4.0)。
【答案】
(1)CuSO4　
(2)①3.2　②趁热过滤
(3)2H2O＋HSO＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO＋5H＋　产生SO2污染环境
(4)4.0×10－9mol·L－1
【解析】
(1)根据电镀污泥主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3可知，浸出过程中还生成CuSO4。
(2)①除铁操作只是除铁，不能除去铜、铬，因此调节pH到3.2即可；
②根据CaSO4的溶解度随温度的升高而减小，因此将浊液加热到80℃，之后趁热过滤，防止因温度
的降低而溶解了部分的CaSO4。
(3)NaHSO3与CuSO4发生氧化还原反应而生成Cu2O，即CuSO4作氧化剂，NaHSO3被氧化为Na2SO4，反应的
离子方程式为2H2O＋HSO＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO＋5H＋，若NaHSO3过量，则会生成有污染的SO2。
Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝6.3×10－31，c3(OH－)＝6.3×10－26，c(OH－)≈4.0×10－9mol·L－1，
即c(OH－)≥4.0×10－9mol·L－1，即可将Cr3＋完全沉淀。
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