2022届高考化学一轮复习高考专题讲座5化学工艺流程试题的突破方略教案新人教版

化学工艺流程试题的突破方略
化学工艺流程试题是全国高考中的必考题型，它是传统的“无机框图题”的变革与创新，是将化工生产过程中的主要生产阶段即生产流程用框图形式表示出来，并根据生产流程中有关的化学知识步步设问，形成与化工生产紧密联系的化学工艺试题。

这类试题充分体现了“化学是真实的”这样一种命题指导思想，同时也考查了“科学态度与社会责任、科学探究与创新意识和证据推理与模型认知”等多种化学核心素养。

命题的角度主要有①原料的处理方法，②重要转化的方程式书写，③物质的分离、提纯方法与原理，④反应条件的控制方法，⑤涉及产率、K sp的有关计算，⑥涉及的化学反应原理分析等。

1．呈现模式
2．识图方法
图1 图2 图3
图1箭头表示反应物加入同时生成物出来；
图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来；
图3箭头表示循环反应。

1．审题干——明确原料成分和目的要求
2．审流程——明确各步转化原理和目的
(1)看箭头：进入的是原料(即反应物)；出去的是生成物(包括主产物和副产物)。

(2)看三线：主线主产品、分支副产品、回头为循环。

(3)找信息：明确反应条件控制和分离提纯方法。

(4)关注所加物质的可能作用：参与反应、提供反应氛围、满足定量要求。

3．审问题——明确答什么
(1)不要答非所问：要看清题目要求，按要求答题，防止答非所问。

(2)规范答题：回答问题要准确全面，注意语言表达的规范性，特别是化学用语的书写与表示要准确、规范。

4．流程审题三方法
首尾分析法
对一些线型流程工艺(从原料到产品为一条龙的生产工序)试题，首先对比分析流程图中第一种物质(原材料)与最后一种物质(产品)，从对比分析中找出原料与产品之间的关系，弄清生产过程中原料转化为产品的基本原理和除杂、分离、提纯产品的化工工艺，然后再结合题设的问题，逐一推敲解答
分段分析法对于用同样的原材料生产多种(两种或两种以上)产品(包括副产品)的工业流程题，用分段分析法更容易找到解题的切入点
交叉分析法有些化工生产选用多组原材料，先合成一种或几种中间产品，再用这一中间产品与部分其他原材料生产所需的主流产品，这种题适合用交叉分析法。

就是将提供的工业流程示意图结合常见化合物的制取原理划分成几条生产流水线，然后上下交叉分析
以除杂、分离、提纯为主体的化工流程题
1
(1)不增：不引入新的杂质。

(2)不减：不减少被提纯的物质。

(3)易分离：被提纯物与杂质易于分离。

(4)易复原：被提纯的物质易恢复原来的组成、状态。

2．常用的提纯方法
水溶法除去可溶性杂质
酸溶法除去碱性杂质
碱溶法除去酸性杂质
氧化剂或还原剂法除去还原性或氧化性杂质
加热灼烧法除去受热易分解或易挥发的杂质
调节溶液的pH法如除去酸性Cu2＋溶液中的Fe3＋等
增大固液接触面，延长浸出时间。

3．常用的分离方法
过滤分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法
萃取和分液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
(1)过滤问题
①3个基本操作
燥器中干燥、烘干(适用于热稳定性较好的物质)。

(3)调节溶液pH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如下表所示：
物质开始沉淀沉淀完全
Fe(OH)3 1.5 3.7
Fe(OH)27.6 9.6
Mn(OH)28.3 9.8
若要除去Mn2＋溶液中含有的Fe2＋、Fe3＋，可先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调节溶液的pH在3.7≤pH<8.3。

②调节pH所需的物质应满足两点：能与H＋反应，使溶液pH增大；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、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。

[典例导航]
(2019·全国卷Ⅰ)硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工业。

一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)在95 ℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为。

(2)“滤渣1”的主要成分有。

为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3＋，可选用的化学试剂是。

(3)根据H 3BO3的解离反应：H3BO3＋H2O H＋＋B(OH)－4，K a＝5.81×10－10，可判断H3BO3是酸；在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是。

(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为，
母液经加热后可返回工序循环使用。

由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是。

[三步审读]
[答案](1)NH4HCO3＋NH3===(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN试剂
(3)一元弱转化为H3BO3，促进析出
(4)2Mg2＋＋3CO2－3＋2H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋2HCO－3或2Mg2＋＋2CO2－3＋H2O===Mg(OH)2·MgCO3↓＋CO2↑溶浸高温焙烧
(1)Mg(OH)2·MgCO3属于 (填“正盐”“酸式盐”或“碱式盐”)。

(2)H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为。

(3)常温下，B(OH)－4的水解常数为
(列出计算式)。

[答案](1)碱式盐
(2)H3BO3＋OH－===B(OH)－4
(3)1×10－14
5.81×10－10
[对点训练]
1．(2020·山东名校联考)辉铜矿的主要成分是Cu2S，含较多的Fe2O3、SiO2杂质，软锰矿的主要成分是MnO2，含有较多的SiO2杂质。

目前国内外对辉铜矿的湿法冶炼都处于探索之中。

自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“浸出”时，为提高矿石的浸出率，下列措施可采取的是 (填标号)。

A．适当提高浸出温度
B．适当延长浸出时间
C．增大矿石的粒度
(2)将100 g辉铜矿和40 g 98%的浓硫酸混合，在80～90 ℃条件下浸出2.5 h，铜的浸出率随软锰矿用量的变化如下：
软锰矿用量(g) 15 20 25 30 35
铜浸出率(%) 84.0 86.5 89.8 89.9 89.9
则浸出100 g辉铜矿，软锰矿的最适宜用量为 g
(3)“浸出”后的浸出液中含有CuSO4、MnSO4、Fe2(SO4)3等溶质，“滤渣Ⅰ”中含有淡黄色固体单质，则“浸出”时产生淡黄色固体的化学方程式为。

(4)研究表明矿物中Fe2O3在“浸出”反应中起着重要的媒介作用，促进Cu2S与MnO2的溶解，其反应过程如下：
①Fe2O3＋3H2SO4===Fe2(SO4)3＋3H2O；
②Cu2S＋2Fe2(SO4)3===2CuSO4＋4FeSO4＋S；
③ (写出反应的化学方程式)。

(5)“滤渣Ⅱ”的主要成分是 (填化学式); “沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH＋4、H＋外，还含有的阳离子为 (填离子符号)。

(6)“滤液Ⅲ”经结晶可得到(NH4)2SO4晶体。

结晶时，当时，即可停止加热。

[解析](1)A项，适当提高浸出温度，反应速率加快，浸出率提高，符合题意；B项，适当延长浸出时间，使矿物充分与酸接触，提高浸出率，符合题意；C项，增大矿石的粒度，减小了接触面积，浸出率降低，不符合题意。

(2)根据题表中数据，加入25 g软锰矿时，铜的浸出率为89.8%，再增加锰矿用量，浸出率没有明显提高，则软锰矿的最适宜用量为25 g。

(3)硫化亚铜与二氧化锰在酸性条件下反应生成硫酸锰、硫酸铜、淡黄色固体硫和水，化学方程式为2MnO2＋Cu2S＋4H2SO4===S＋2CuSO4＋2MnSO4＋4H2O。

(4)③为硫酸亚铁与二氧化锰在硫酸作用下生成硫酸铁、硫酸锰和水，化学方程式为2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O。

(5)分析可知，“滤渣Ⅱ”的主要成分是氢氧化铁；“沉锰”后，得到的深蓝色溶液中除NH＋4、H＋外，溶液中的铜离子以与氨形成配离子的形式存在，即[Cu(NH3)4]2＋。

(6)“滤液Ⅲ”
经结晶可得到(NH4)2SO4晶体，硫酸铵受热易分解，则在溶液中出现晶体时停止加热。

[答案](1)AB (2)25
(3)2MnO2＋Cu2S＋4H2SO4===S＋2CuSO4＋2MnSO4＋4H2O
(4)2FeSO4＋MnO2＋2H2SO4===MnSO4＋Fe2(SO4)3＋2H2O
(5)Fe(OH)3[Cu(NH3)4]2＋
(6)溶液表面出现晶膜(或溶液出现晶体)
以物质制备为主体的化工流程题
1．物质制备过程的条件控制
(1)控制体系的环境氛围
①需要在酸性气流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2等含水晶体，抑制水解并带走因分解产生的水汽。

②营造还原性氛围，防止还原性物质被氧化。

如加入铁粉防止Fe2＋被氧化。

③加入氧化剂进行氧化。

如加入绿色氧化剂H2O2将Fe2＋氧化转化为Fe3＋，绿色氧化剂H2O2的优点：不引入新杂质，对环境无污染。

(2)控制反应温度
①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)。

②降温：防止某物质在某温度时会溶解或分解，或促进平衡向某个方向移动。

③控制温度在一定范围内，综合多方面因素考虑。

如使反应速率不至于太慢、抑制或促进平衡移动、防止反应物分解、防止副反应发生、使催化剂的催化活性最高等。

④如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。

2．在流程题中，常会看到压强、温度等外界条件的出现，不同的工艺对化学反应的温度或压强有不同的要求，其所起的作用也不一样，但都是能否达到实验目的的关键所在，也是命题专家们经常考查的地方。

对外界条件的分析主要从对反应速率和平衡转化率的影响这两个方面着手。

如
(1)使催化剂的活性达到最高：如工业合成氨或SO2的催化氧化反应，选择的温度是500 ℃左右，原因之一就是这样可使催化剂的活性达到最高。

(2)对于一些工艺来说，降温或减压都可以减少能源成本，降低对设备的要求，达到绿色化学的目的。

[典例导航]
(2020·全国卷Ⅲ，T27节选)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：
金属离子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋
开始沉淀时
7.2 3.7 2.2 7.5
(c＝0.01 mol·L－1)的pH
沉淀完全时(c＝1.0×
8.7 4.7 3.2 9.0
10－5mol·L－1)的pH
(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)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是。

[三步审读]
[答案](1)除去油脂、溶解铝及其氧化物
[Al(OH)4]－＋H＋===Al(OH)3↓＋H2O (2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空气Fe3＋(4)提高镍回收率
(1)Al及其氧化物“碱浸”时发生的离子方程式为
、。

(2)Ni“酸浸”时反应的离子方程式为。

(3)“转化”时反应的离子方程式为。

(4)为了保证“滤液③”中0.01 mol·L－1的Ni2＋不沉淀，Fe3＋沉淀完全，则控制的pH范围为。

[答案](1)2Al＋2OH－＋6H2O===2[Al(OH)4]－＋3H2↑Al2O3＋2OH－＋3H2O===2[Al(OH)4]－
(2)Ni＋2H＋===Ni2＋＋H2↑
(3)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
(4)3.2～7.2或3.2≤pH<7.2
[对点训练]
2．(2020·广州一模，有改动)NiSO4·6H2O晶体是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有Cu、Zn、Fe等元素)为原料制取。

制取步骤如下：
(1)在实验室中，欲用98%的浓硫酸(密度1.84 g·mL－1)配制40%的稀硫酸，需要的玻璃仪器除玻璃棒外，还有。

(2)向滤液Ⅰ中加入Na2S的目的是。

[已知：K sp(FeS)＝6.3×10－18，K sp(CuS)＝1.3×10－36，K sp(ZnS)＝1.3×10－24，K sp(NiS)＝1.1×10－21]，为保证Cu2＋沉淀完全而Ni2＋[假设c(Ni2＋)＝1.0 mol·L－1]不沉淀，溶液中c(S2－)浓度范围为。

(3)滤液Ⅲ中所含的阳离子主要有，
NiCO3与稀硫酸反应的离子方程式为。

(4)一系列操作为。

(5)NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiO(OH)。

该反应的离子方程式为。

(6)在制备NiSO4·6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，原因是
(写出一条即可)。

[解析](2)Cu2＋沉淀完全时，c(S2－)至少为x，根据x×1.0×10－5＝1.3×10－36，x＝1.3×10－31mol·L－1，Ni2＋不沉淀时，c(S2－)最大为y，根据y×1.0＝1.1×10－21，y＝1.1×10
- 11 - －21 mol·L －1。

[答案] (1)烧杯、量筒
(2)除去滤液Ⅰ中的Zn 2＋和Cu 2＋
1．3×10
－31 mol·L －1≤c (S 2－)<1.1×10－21 mol·L －1 (3)Na ＋、Ni 2＋
NiCO 3＋2H ＋===Ni 2＋＋CO 2↑＋H 2O
(4)蒸发浓缩，冷却结晶
(5)2Ni 2＋＋ClO －＋4OH －===2NiO(OH)↓＋Cl －＋H 2O
(6)加快晶体干燥或防止晶体溶解而减少(合理即可)
3．(2020·厦门一模)“NaH 2PO 2还原法”制备高纯度氢碘酸和亚磷酸钠(Na 2HPO 3)的工业流程如下图：
已知：25 ℃时，H 3PO 3的p K a1＝1.3，p K a2＝6.6。

(1)“合成”过程，主要氧化产物为H 3PO 3，相应的化学方程式为 。

(2)“除铅”过程，FeS 除去微量Pb 2＋
的离子方程式为 。

(3)“减压蒸馏”过程，I －回收率为95%，则剩余固体的主要成分为 (填化学式)。

(4)“调pH ＝11”的作用是 。

(5)常温下，若“结晶”前溶液中Na 2HPO 3的浓度为0.1 mol·L －1，则“吸附”处理后，应调节溶液pH 至 (填数值)。

[解析] (2)“除铅”过程是加入FeS 除去Pb 2＋，生成PbS 。

(3)“减压蒸馏”的原理为H 3PO 3与NaI 反应生成NaH 2PO 3和HI 。

(4)“调pH ＝11”的作用是除去Fe 3＋，同时生成Na 2HPO 3。

(5)HPO 2－
3
的水解常数K h ＝K w K a2＝10－14
10－6.6＝10－7.4 故10－7.4＝c OH －·c H 2PO －3c HPO 2－3
≈c 2OH －
0.1， 所以c (OH －)＝10－4.2mol·L －1
，pH ＝9.8。

[答案] (1)NaH 2PO 2＋I 2＋H 2O===H 3PO 3＋NaI ＋HI
(2)FeS(s)＋Pb 2＋(aq)===PbS(s)＋Fe 2＋(aq)
(3)NaH 2PO 3
(4)将三价铁离子转化为沉淀除去，同时将NaH 2PO 3转化为Na 2HPO 3)
(5)9.8。