2025届高三化学一轮专题复习讲义（27）-专题七第一讲 化工流程题

2025届高三化学一轮专题复习讲义（27）
专题七 化学热点
7-1 化工流程题（1课时）
【复习目标】
1．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
2．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等表达并做出解释的能力。
【重点突破】化学工艺流程题的分析方法和解题策略
【真题再现】
例1．（2023·江苏高考）V2O5－WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为
4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g) ΔH＝-1 632.4 kJ·mol-1。
（1）催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5－WO3/TiO2催化剂。在水溶液中水解为 H3VO4沉淀的离子方程式为________________；反应选用 NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是_____________________。
（2）催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3（其余为N2）气体匀速通过装有V2O5－WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如题图所示。反应温度在320~360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是__________________________________________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有___________（用化学方程式表示）。
（3）废催化剂的回收。回收V2O5－WO3/TiO2废催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为
①“酸浸”时，加料完成后，以一定速率搅拌进行反应。提高钒元素浸出率的方法还有__________________。
②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为_____________________________。
③向 pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10-3，加过量NH4Cl溶液的目的是________________。
解析：（1）在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VO+2H2O=== H3VO4+OH-；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是制得的催化剂中不含Na+；（2）反应温度在320~360℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消。反应温度高于380℃，NO转化率下降，有可能体系产生了NO，如4NH3+5O24NO+6H2O。
（3）提高钒元素浸出率的方法还有提高反应温度、延长浸出时间，已知H4V4O22具有八元环结构，且V连有五根共价键，结构式可表示为 。NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s)NH(aq) + VO(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增加铵根离子浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量，促进NH4VO3充分沉淀。
答案：（1）VO+2H2O=== H3VO4+OH-制得的催化剂中不含Na+
（2）在该温度范围内，催化剂活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消4NH3+5O24NO+6H2O
（3）①提高反应温度、延长浸出时间 ② ③促进NH4VO3充分沉淀
例2．（2022·江苏高考）实验室以二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下：
（1）“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为_______。
（2）pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应可生成Ce2(CO3)3沉淀，该沉淀中Cl－含量与加料方式有关。得到含Cl－量较少的Ce2 (CO3) 3的加料方式为_______(填序号）。
A．将NH4HCO3溶液滴加到CeCl3溶液中
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备Cl－含量少的Ce2(CO3)3。已知Ce3+能被有机萃取剂（HA）简称)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+ (水层)+3HA(有机层) Ce (A) 3 (有机层)+3H+ (水层)
①加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是_______。
②反萃取的目的是将有机层Ce3+转移到水层。使Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有_______（填两项）。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤Ce2(CO3)3溶液的滤液中，物质的量减小的离子有_______（填化学式）。
解析：用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节pH后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物。（1）根据信息反应物为CeO2与H2O2，产物为Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O；（2）反应过程中保持CeCl3少量即可得到含Cl－量较少的Ce2 (CO3) 3，选B；（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物，故降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度；②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件，为了使Ce3+尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取；③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，过滤后溶液中Ce3+离子浓度较小，故为Ce3+。
答案：（1）2CeO2+H2O2+6H+===2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3）①降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度
②酸性条件，多次萃取
③Ce3+
例3．（2023·新课标）铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为__________（填化学式）。
（2）水浸渣中主要有SiO2和_____。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是______。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3+在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有______（填标号）。
A．酸性 B．碱性 C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为___________。
解析：（1）由分析可知，煅烧过程中，铬元素转化为铬酸钠，故为：Na2CrO4；（2）由分析可知，水浸渣中主要有二氧化硅、氧化铁，故为：Fe2O3；（3）由分析可知，沉淀步骤调pH到弱碱性的目的是将Al元素转化为氢氧化铝沉淀，故为：Al(OH)3；（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；若溶液pH>9时，会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，故答案为：磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理；会导镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀；（5）由题给信息可知，五氧化二钒水能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液发生生成盐和水的两性氧化物；（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
答案：（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al(OH)3
（4）磷酸根会与H+反应使其浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀，同时可能产生硅酸胶状沉淀不宜处理会导镁离子生成氢氧化镁沉淀 不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质，同时溶液中铵根离子浓度降低导致MgNH4PO4无法完全沉淀
（5）C
（6）2Cr2O+3S2O+10H+=4Cr3++6SO+5H2O。
例4．（2023·辽宁）某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液（含 Ni2+、Co2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+和Mn2+）。实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：
物质 Fe(OH)3 Co(OH)2 Ni (OH)2 Mg(OH)2
Ksp 10-37.4 10-14.7 10-14.7 10-10.8
回答下列问题：
（1）用硫酸浸取镍钴矿时，提高浸取速率的方法为________（答出一条即可）。
（2）“氧化”中，混合气在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(H2SO5)，1mol H2SO5中过氧键的数目为__________。
（3）“氧化”中，用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为（H2SO5的电离第一步完全，第二步微弱）；滤渣的成分为MnO2、______（填化学式）。
（4）“氧化”中保持空气通入速率不变，Mn (Ⅱ)氧化率与时间的关系如下。SO2体积分数为___时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，Mn (Ⅱ)氧化速率减小的原因是______。
（5）“沉钴镍”中得到的Co (Ⅱ)在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为______。
（6）“沉镁”中为使Mg2+沉淀完全(25℃)，需控制pH不低于_____（精确至0.1）。
解析：（1）用硫酸浸取镍钴矿时，为提高浸取速率可适当增大硫酸浓度、升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积；（2）H2SO5的结构简式为，所以1molH2SO5中过氧键的数目为NA；（3）用石灰乳调节pH=4，Mn2+被H2SO5氧化为MnO2，该反应的离子方程式为：H2O+Mn2++ HSO=== MnO2+SO+3H+；氢氧化铁的Ksp=10-37.4，当铁离子完全沉淀时，溶液中c(Fe3+)=10-5 mol·L-1，Ksp[Fe(OH)3]=c(OH-)3×c(Fe3+)= c(OH-)3×10-5=10-37.4，c(OH-)=10-10.8 mol·L-1，根据Kw=10-14，pH=3.2，此时溶液的pH=4，则铁离子完全水解，生成氢氧化铁沉淀；由于CaSO4微溶于水，故滤渣还有CaSO4和氢氧化铁；（4）根据图示可知SO2体积分数为0.9%时，Mn (Ⅱ)氧化速率最大；继续增大SO2体积分数时，由于SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn(Ⅱ)氧化速率；（5）“沉钻镍”中得到的Co(OH)2，在空气中可被氧化成CoO(OH)，该反应的化学方程式为：4Co(OH)2+O2===4CoO(OH) +H2O；（6）氢氧化镁的Ksp=10-10.8，当镁离子完全沉淀时，c(Mg2+)=10-5 mol·L-1，根据Ksp可计算c(OH-)=10-2.9 mol·L-1，根据Kw=10-14，c(H+)=10-11.1mol·L-1，所以溶液的pH=11.1。
答案:（1）适当增大硫酸浓度或适当升高温度或将镍钴矿粉碎增大接触面积
（2）NA
（3）H2O+Mn2++HSO=== MnO2+SO+3H+ CaSO4、Fe(OH)3
（4）9.0% SO2有还原性，过多将会降低H2SO5的浓度，降低Mn (Ⅱ)氧化速率
（5）4Co(OH)2+O2===4CoO(OH) +H2O
（6）11.1
【知能整合】
1．无机化工题解题的基本步骤是：
①从题干中获取有用信息，了解生产的产品
②分析流程中的每一步骤，从几个方面了解流程：
A．反应物是什么；
B．发生了什么反应；
C．该反应造成了什么后果，对制造产品有什么作用。抓住一个关键点：一切反应或操作都是为获得产品而服务。
③从问题中获取信息，帮助解题。
2．化工生产的适宜条件
条件 原则
从化学反应速率分析 既不能过快，又不能太慢
从化学平衡移动分析 既要注意外界条件对速率和平衡影响的一致性，又要注意二者影响的矛盾性
从原料的利用率分析 增加易得廉价原料，提高难得高价原料的利用率，从而降低生产成本
从实际生产能力分析 如设备承受高温、高压能力等
从催化剂的使用活性分析 注意催化剂的活性对温度的限制
【体系再构】
【巩固练习】
基础训练
1．闭环循环有利于提高资源利用率和实现绿色化学的目标。利用氨法浸取可实现废弃物铜包钢的有效分离，同时得到的CuCl可用于催化、医药、冶金等重要领域。工艺流程如下：
已知：室温下的Ksp(CuCl)=10-6.8。
回答下列问题：
（1）首次浸取所用深蓝色溶液①由铜毛丝、足量液氨、空气和盐酸反应得到，其主要成分为________（填化学式）。
（2）滤渣的主要成分为（填化学式）_________________。
（3）浸取工序的产物为[Cu(NH3)2]Cl，该工序发生反应的化学方程式为_____________。浸取后滤液的一半经氧化工序可得深蓝色溶液①，氧化工序发生反应的离子方程式为_________。
（4）浸取工序宜在30～40℃之间进行，当环境温度较低时，浸取液再生后不需额外加热即可进行浸取的原因是__________________。
（5）补全中和工序中主反应的离子方程式[Cu(NH3)2]++2H++Cl-=_____+______。
（6）真空干燥的目的为________________。
拓展训练
2．利用水钴矿（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等）可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
已知：
①浸出液中含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+、Mg2+、Ca2+等。
②沉淀 I中只含有两种沉淀。
③流程中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
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
（1）浸出过程中Co2O3发生反应的离子反应方程式为______。
（2）NaClO3在浸出液中发生的离子反应方程式为______________。
（3）加入Na2CO3调pH至5.2，目的是______；萃取剂层含锰元素，则沉淀 II的主要成分为______。
（4）操作 I包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，______、______、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
（5）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是______（回答一条原因即可）。
【巩固练习】答案
1．（1）[Cu(NH3)4]Cl2
（2）Fe
（3）[Cu(NH3)4]Cl2+Cu=== 2[Cu(NH3)2]Cl
8NH3+4[Cu(NH3)2]++O2+4H+===4[Cu(NH3)4]2++2H2O
（4）盐酸和液氨反应放热
（5）CuCl↓ 2NH
（6）防止干燥过程中CuCl被空气中的O2氧化
2．（1）Co2O3+SO32-+4H+===2Co2++SO42-+2H2O
（2）ClO3-+6Fe2++6H+===Cl-+6Fe3++3H2O
（3）使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）产品中结晶水含量低 产品中混有氯化钠杂质
【课后作业】
1．金属铬Cr常用于制造不锈钢和仪器仪表的金属表面镀铬。由FeCr2O4（亚铬酸亚铁）制备Cr的流程如下（+6价铬元素在酸性条件下以Cr2O的形式存在。下列说法错误的是
A．FeCr2O4中Cr元素的化合价为+3价
B．反应①中参加反应的FeCr2O4和Na2CO3的物质的量之比为3:1
C．反应③的化学方程式为Na2Cr2O7+2CCr2O3+Na2CO3+CO↑
D．反应④中的Si可用Al来代替
2．硫酸锌是制备荧光粉的原料之一。工业上由锌白矿（主要成分是ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂质）制备ZnSO4·7H2O的流程如下。
已知：常温下，溶液中的Fe3+、Zn2+、Fe2+以氢氧化物形式完全沉淀的pH分别为：3.7，6.5，9.7。
（1）浸取过程中提高浸出效率可采用的措施有　 　（任答一条），ZnO和硫酸反应的化学方程式为　 　。
（2）加入适量锌粉的作用为：①使溶液中的Fe3+转化为Fe2+；②　 　。
（3）氧化过程中H2O2发生反应的离子方程式为　 　。
（4）加入适量Ca(OH)2调节溶液pH，促进Fe3+水解，Fe3+水解反应的平衡常数表达式K＝　 　，Ca(OH)2不能过量的原因是　 　。
3．以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：
（1）焙烧过程均会产生SO2，用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为_________。
（2）添加1% CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。
已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600 ℃
硫去除率＝（1－）×100%
①不添加CaO的矿粉在低于500 ℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于________。
②700 ℃焙烧时，添加1% CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是____________________________。
（3）向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由__________（填化学式）转化为__________（填化学式）。
（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)＝________。
4．Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液（含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+）中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2+、Co2+、Co3+与 NH3形成可溶于水的配离子：lgKb(NH3·H2O)=-4.7；Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。
氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 5.5×10-16 1.3×10-33 5.6×10-12
回答下列问题：
（1）活性MgO可与水反应，化学方程式为__________________。
（2）常温下，pH=9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O) c(NH) （填“>”“<”或“=”）。
（3）“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为_________。
（4）(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于_________（填“晶体”或“非晶体”）。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是___________。
（5）①“析晶”过程中通入的酸性气体A为______。
②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为_______。
（6）①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为___________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和_______（填化学式）。
【课后作业】答案
1．B
2．（1）将矿石粉碎或提高浸取温度或适当增加酸的浓度等
ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O
（2）除去Cu2+
（3）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
（4）c3(H+)/c(Fe3+) 防止生成Zn(OH)2
3．（1）SO2＋OH－===HSO
（2）①FeS2　②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2　Al(OH)3　
（4）1∶16
4．（1）MgO+H2O===Mg(OH)2
（2）＞
（3）2Co(OH)3+12NH3·H2O+SO===2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O+4OH-
或2Co(OH)3+8NH3·H2O+4NH+SO===2[Co(NH3)6]2++SO+13H2O
（4）晶体减少胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积
（5）HCl 体心 12
（6）0.4或2︰5 MgO