微專題四無機化工流程解題策略[專題精講]1.明確試題模式2.理清命題角度

命題的角度主要有：(1)原料的處理方法，(2)重要轉化的方程式書寫，(3)物質的分離、提純方法與原理，(4)反應條件的控制方法，(5)涉及產率、Ksp的有關計算，(6)涉及的化學反應原理分析等。3.建立思維模型(1)審題干——明確原料成分和目的要求(2)審流程——明確各步轉化原理和目的①看箭頭：進入的是原料(即反應物)；出去的是生成物(包括主產物和副產物)。②看三線：主線主產品、分支副產品、回頭為循環。③找信息：明確反應條件控制和分離提純方法。④關注所加物質的可能作用：參與反應、提供反應氛圍、滿足定量要求。(3)審問題——明確答什么①不要答非所問：要看清題目要求，按要求答題，防止答非所問。②規范答題：回答問題要準確全面，注意語言表達的規范性，特別是化學用語的書寫與表示要準確、規范。[典例精析]角度1以分離提純為主體的化工流程

【典例1】(2023

年遼寧卷)某工廠采用如下工藝處理鎳鈷礦硫酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+)。實現鎳、鈷、鎂元素的回收。已知：物質Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2Mg(OH)2Ksp10-37.410-14.710-14.710-10.8回答下列問題：(1)用硫酸浸取鎳鈷礦時，提高浸取速率的方法為__________(答出一條即可)。

(2)“氧化”中，混合氣在金屬離子的催化作用下產生具有強氧化性的過一硫酸(H2SO5)，1molH2SO5

中過氧鍵的數目為____________________________________________________________。

(3)“氧化”中，用石灰乳調節pH＝4，Mn2+被H2SO5

氧化為MnO2，該反應的離子方程式為______________________________(H2SO5

的電離第一步完全，第二步微弱)；濾渣的成分為MnO2、________(填化學式)。

(4)“氧化”中保持空氣通入速率不變，Mn(Ⅱ)氧化率與時間的關系如圖所示。SO2

體積分數為____時，Mn(Ⅱ)氧化速率最大；繼續增大SO2體積分數時，Mn(Ⅱ)氧化速率減小的原因是_____________________________________________________________。

(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(Ⅱ)在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為________________。 (6)“沉鎂”中為使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于____________(精確至0.1)。式為，所以1molH2SO5

中過氧鍵的數目為NA。＝10-14，pH＝3.2，此時溶液的pH＝4，則鐵離子完全水解，生成氫氧化鐵沉淀，故濾渣有Fe(OH)3、CaSO4。(4)根據圖示可知SO2體積分數為9.0%時，Mn(Ⅱ)氧化率最大；繼續增大SO2體積分數時，由于SO2有還原性，過多將會降低H2SO5的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率。(5)“沉鈷鎳”中得到的Co(OH)2，在空氣中可被氧化成CoO(OH)，該反應的化學方程式為4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O。(6)氫氧化鎂的Ksp＝10-10.8，當鎂離子完全沉淀時，c(Mg2+)＝10-5mol·L-1，根據Ksp可計算c(OH－)＝10-2.9mol·L-1，根據Kw＝10-14，c(H＋)＝10-11.1mol·L-1，所以溶液的pH＝11.1。

答案：(1)適當增大硫酸濃度或適當升高溫度或將鎳鈷礦粉碎增大接觸面積 (2)NA

Fe(OH)3、CaSO4(4)9.0%SO2

有還原性，過多將會降低H2SO5

的濃度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率 (5)4Co(OH)2＋O2===4CoO(OH)＋2H2O (6)11.1[思維建模]1.物質成分的跟蹤與確定(1)循環物質的確定(2)副產品的確定水溶法除去可溶性雜質酸溶法除去堿性雜質堿溶法除去酸性雜質氧化劑或還原劑法除去還原性或氧化性雜質加熱灼燒法除去受熱易分解或易揮發的雜質調節溶液的pH法如除去酸性Cu2+溶液中的Fe3+等2.常用的提純方法3.增大礦石物質的浸出率的措施有：攪拌，加熱，增大浸出液的濃度，粉碎增大固液接觸面積，延長浸出時間。過濾分離難溶物和易溶物，根據特殊需要采用趁熱過濾或者抽濾等方法萃取和 分液利用溶質在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴蒸發結晶提取溶解度隨溫度變化不大的溶質，如NaCl4.常用的分離方法冷卻結晶提取溶解度隨溫度變化較大的溶質、易水解的溶質或結晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等蒸餾或分餾分離沸點不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油冷卻法利用氣體液化的特點分離氣體，如合成氨工業采用冷卻法分離平衡混合氣體中的氨氣(續表)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，用膠頭滴管取上層清液少許放入小試管中，向其中滴入沉淀劑，若無沉淀生成，則說明離子沉淀完全洗滌沉淀沿玻璃棒往漏斗中加蒸餾水至液面浸沒沉淀，待水自然流下后，重復操作2～3次檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法取少量最后一次的洗滌液于試管中，向其中滴入某試劑，若沒有特征現象出現，則證明沉淀已洗滌干凈5.三種分離、提純的深化(1)過濾問題①3個基本操作冰水洗滌的目的洗去晶體表面的雜質離子并降低被洗滌物質的溶解度，減少其在洗滌過程中的溶解損耗乙醇洗滌的目的降低被洗滌物質的溶解度，減少其在洗滌過程中的溶解損耗，得到較干燥的產物減壓過濾(抽濾)加快過濾速率，使沉淀更干燥②特定洗滌目的蒸發濃縮、冷卻結晶適用于雜質的溶解度隨溫度變化不大的物質的分離提純，如除去KNO3中的少量NaCl，或受熱易分解的物質的提純，如晶體水合物、銨鹽等蒸發結晶、趁熱過濾適用于雜質的溶解度隨溫度變化較大物質的分離提純，可減少雜質晶體的析出，如除去NaCl中的少量KNO3(2)結晶方式

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、濾紙吸干、在干燥器中干燥、烘干(適用于熱穩定性較好的物質)。物質開始沉淀沉淀完全Fe(OH)31.53.7Fe(OH)27.69.6Mn(OH)28.39.8(3)調節溶液pH分離提純

①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。例如，已知幾種物質開始沉淀和沉淀完全時的pH如下表所示：若要除去Mn2+溶液中含有的Fe2+、Fe3+，可先用氧化劑把Fe2+氧化為Fe3+，再調節溶液的pH為3.7≤pH<8.3。調節pH所需的物質應滿足兩點：能與H＋反應，使溶液pH增大；不引入新雜質。例如，要除去Cu2+溶液中混有的Fe3+，可加入CuO、Cu2(OH)2CO3、CuCO3、Cu(OH)2等物質來調節溶液的pH。已知：常溫下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10-2。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示。回答下列問題：(1)含硼固體中的B(OH)3

在水中存在平衡：B(OH)3＋H2OH＋＋[B(OH)4]－(常溫下，Ka＝10-9.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]。常溫下，在0.10mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]－，該水解反應的離子方程式為_________________________，該溶液pH＝___________。 (3)精制Ⅱ的目的是____________________；進行操作X時應選擇的試劑是___________，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_______________________________________________________________________________________________________________。經濃縮結晶后得到晶體，該晶體中含有Mg2+、Na＋、Li＋、Cl－、解析：由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾，所得濾液SO

等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產生沉淀，在此條件下溶解度最小的是CaSO4，則濾渣Ⅰ的主要成分為Mg(OH)2、CaSO4；由于CaSO4

微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為CaCO3；精制Ⅱ所得濾液經操作X后，所得溶液經濃縮結晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到Li2CO3。微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的Ca2+，還需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+)，提高Li2CO3純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防止引入雜質離子，應選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因CO濃度過大使得Li＋過早沉淀，即濃縮結晶得到的NaCl中會混有Li2CO3，最終所得Li2CO3的產率減小。答案：(1)[B4O5(OH)4]2-＋5H2O===2B(OH)3＋2[B(OH)4]－9.24

(2)Mg(OH)2、CaSO4

5.5×10-3純堿(3)加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+轉化為CaCO3(或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+)，提高Li2CO3純度鹽酸濃縮液中因CO濃度過大使得Li＋過早沉淀，即濃縮結晶得到的NaCl中會混有Li2CO3，最終所得Li2CO3的產率減小角度2以物質制備為主體的化工流程【典例2】(2023年全國甲卷)BaTiO3

是一種壓電材料。以BaSO4為原料，采用下列路線可制備粉狀BaTiO3。回答下列問題：

(1)“焙燒”步驟中碳粉的主要作用是___________________。 (2)“焙燒”后固體產物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”時主要反應的離子方程式為______________________________________________________________。 (3)“酸化”步驟應選用的酸是______(填字母)。a.稀硫酸c.鹽酸b.濃硫酸d.磷酸(4)如果焙燒后的產物直接用酸浸取，是否可行？__________，其原因是______________________________。(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2

的化學方程式為____________________________________。

解析：由流程和題中信息可知，BaSO4

與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；燒渣經水浸取后過濾，濾渣中有碳粉和CaS，濾液中有BaCl2和BaS；濾液經酸化后濃縮結晶得到BaCl2

晶體；BaCl2晶體溶于水后，加入TiCl4

和(NH4)2C2O4

將鋇離子充分沉淀得到BaTiO(C2O4)2；BaTiO(C2O4)2

經熱分解得到BaTiO3。

(1)“焙燒”步驟中，BaSO4

與過量的碳粉及過量的氯化鈣在高溫下焙燒得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4

被還原為BaS，因此，碳粉的主要作用是做還原劑，將BaSO4

還原。(2)“焙燒”后固體產物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。易溶于水的BaS與過量的CaCl2

可以發生復分解反應生成硫化鈣沉淀，因此，“浸取”時主要反應的離子方程式為S2-＋Ca2+===CaS↓。(3)“酸化”步驟是為了將BaS轉化為易溶液于的鋇鹽，由于硫酸鋇和磷酸鋇均不溶于水，而BaCl2可溶于水，因此，應選用的酸是鹽酸，選c。(4)如果焙燒后的產物直接用酸浸取是不可行的，其原因是產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體H2S會污染空氣，而且CaS與鹽酸反應生成可溶于水的CaCl2，導致BaCl2溶液中混有CaCl2雜質無法除去，最終所得產品的純度降低。(5)“沉淀”步驟中生成BaTiO(C2O4)2的化學方程式為BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl。(6)“熱分解”生成粉狀鈦酸鋇，該反應的化學方程式為BaTiO(C2O4)2

BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，產生的n

∶nCO＝1∶1。答案：(1)做還原劑，將BaSO4

還原(2)S2-＋Ca2+===CaS↓(3)c(4)不可行產物中的硫化物與酸反應生成的有毒氣體H2S會污染空氣，而且CaS與鹽酸反應生成可溶于水的CaCl2，導致BaCl2溶液中混有CaCl2雜質無法除去，最終所得產品的純度降低(5)BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2(NH4)2C2O4===BaTiO(C2O4)2↓＋4NH4Cl＋2HCl(6)1∶1方法目的解題指導粉碎、研磨將塊狀或顆粒狀的物質磨成粉末增大反應物接觸面積，以加快反應速率或使反應更充分，也是提高“浸出率”的方法之一[思維建模]1.原料的預處理方法目的解題指導浸取水浸與水接觸而反應或溶解(1)加熱、攪拌、適當提高酸(或堿)濃度，可以加快酸(或堿)的浸出速率；增加浸出時間可使樣品充分溶解，可提高浸出率。(2)酸溶時所加酸的量不能太多。①過多消耗后續調節pH所加的堿性試劑。②如果實驗過程有硫化物，酸過量會形成有毒氣體硫化氫酸浸與酸接觸而反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去堿浸除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物(續表)方法目的解題指導灼燒(焙燒)1.除去可燃性雜質2.使原料初步轉化①除去硫、碳單質。②使有機物轉化或除去有機物。③高溫下原料與空氣中氧氣反應等。④使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土(續表)2.物質制備過程的條件控制(1)控制體系的環境氛圍①需要在酸性氣流中干燥FeCl3、AlCl3、MgCl2

等含水晶體，抑制水解并帶走因分解產生的水汽。②營造還原性氛圍，防止還原性物質被氧化。如加入鐵粉防止Fe2+被氧化。

③加入氧化劑進行氧化。如加入綠色氧化劑H2O2

將Fe2+氧化轉化為Fe3+，綠色氧化劑H2O2

的優點：不引入新雜質，對環境無污染。(2)控制反應溫度①加熱：加速溶解、加快反應速率或促進平衡向某個方向移動(如促進水解生成沉淀)。②降溫：防止某物質在某溫度時會溶解或分解，或促進平衡向某個方向移動。

③控制溫度在一定范圍內，綜合多方面因素考慮。如使反應速率不至于太慢、抑制或促進平衡移動、防止反應物分解、防止副反應發生、使催化劑的催化活性最高等。

④如題目中出現了包括產物在內的各種物質的溶解度信息，則要根據它們溶解度隨溫度升高而改變的情況，尋找合適的結晶分離方法。

3.在流程題中，常會看到壓強、溫度等外界條件的出現，不同的工藝對化學反應的溫度或壓強有不同的要求，其所起的作用也不一樣，但都是能否達到實驗目的的關鍵所在，也是經常考查的地方。對外界條件的分析主要從對反應速率和平衡轉化率的影響這兩個方面著手。如

(1)使催化劑的活性達到最高。如工業合成氨或SO2

的催化氧化反應，選擇的溫度是500℃左右，原因之一就是這樣可使催化劑的活性達到最高。(2)對于一些工藝來說，降溫或減壓都可以減少能源成本，降低對設備的要求。

[變式訓練2](2022年遼寧等級考)某工廠采用輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2

雜質)與軟錳礦(主要成分為MnO2)聯合焙燒法制備BiOCl和MnSO4，工藝流程如下：金屬離子開始沉淀pH完全沉淀pHFe2+6.58.3Fe3+1.62.8Mn2+8.110.1已知：①焙燒時過量的MnO2分解為Mn2O3

，FeS2

轉變為Fe2O3；②金屬活動性：Fe>(H)>Bi>Cu；③相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：回答下列問題：(1)為提高焙燒效率，可采取的措施為__________(填字母)。a.進一步粉碎礦石b.鼓入適當過量的空氣c.降低焙燒溫度

(2)Bi2S3在空氣中單獨焙燒生成Bi2O3，反應的化學方程式為_______________________________________________________。(3)“酸浸”中過量濃鹽酸的作用為：①充分浸出Bi3+和Mn2+；②____________________。(4)濾渣的主要成分為__________(填化學式)。

(5)生成氣體A的離子方程式為________________________。 (6)加入金屬Bi的目的是______________________________________________________________________________________。

解析：聯合焙燒：由已知信息①和第(2)問題干可知，發生轉化：Bi2S3→Bi2O3＋SO2、FeS2→Fe2O3＋SO2、MnO2→Mn2O3＋MnSO4，故聯合焙燒后得到Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3、MnSO4和SiO2；水浸：MnSO4進入濾液，濾渣為Bi2O3、Fe2O3、Mn2O3和SiO2；酸浸：加入過量濃鹽酸后，Bi2O3和Fe2O3發生轉化：Bi2O3→Bi3+、Fe2O3→Fe3+，因Mn2O