高考化学二轮复习化工流程题易错点分析讲义

2025高考化工流程题易错点分析

一、易错点分析

易错点1 不清楚常见的工艺操作方法措施

【分析】

易错点2 不清楚常见的工艺操作控制条件

【分析】

1．需要的物质：含主要阳离子（不引入新杂质即可）的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H⁺反应，使pH增大的物质如MgO、Mg(OH)₂等类型的物质。

2．原理：加入的物质能与溶液中的H⁺反应，降低了H⁺的浓度

3．pH控制的范围：杂质离子完全沉淀时pH值－主要离子开始沉淀时pH，注意端值取等。

4．控制pH的目的：

(1)pH调小：抑制某离子水解；防止某离子沉淀

(2)pH调大：确保某离子完全沉淀；防止某物质溶解等。

(3)控制反应的发生，增强物质的氧化性或还原性，或改变水解程度。

5．控制某反应的pH值使某些金属离子以氢氧化物的形式沉淀的原理，例如：

(1)Fe³⁺溶液中存在水解平衡：Fe³⁺+3H₂OFe(OH)₃＋3H⁺，加入CuO后，溶液中H⁺浓度降低，平衡正向移动，Fe(OH)₃越聚越多，最终形成沉淀。

(2)如若要除去Al^3＋、Mn^2＋溶液中含有的Fe^2＋，先用氧化剂把Fe^2＋氧化为Fe^3＋，再调溶液的pH。

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。例如：若要除去Cu^2＋溶液中混有的Fe^3＋，可加入CuO、Cu(OH)₂、Cu₂(OH)₂CO₃等物质来调节溶液的pH。

(3)PH控制的范围：大于除去离子的完全沉淀值，小于主要离子的开始沉淀的PH。

易错点3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点

易错点4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式

【分析】

1．书写思路

首先根据题给材料中的信息写出部分反应物和生成物的化学式，再根据反应前后元素化合价有无变化判断反应类型：

(1)元素化合价无变化则为非氧化还原反应，遵循质量守恒定律；

(2)元素化合价有变化则为氧化还原反应，既遵循质量守恒定律，又遵循得失电子守恒规律。

2．流程中陌生的氧化还原反应的书写流程

(1)首先根据题给材料中的信息确定氧化剂(或还原剂)与还原产物(或氧化产物)，结合已学知识根据加入的还原剂(或氧化剂)判断氧化产物(或还原产物)。

(2)根据得失电子守恒配平氧化还原反应。

(3)根据电荷守恒和反应物的酸碱性，在方程式左边或右边补充H^＋、OH^－或H₂O等。

(4)根据质量守恒配平反应方程式。

易错点5 热重曲线的相关问题

【分析】

1．热重曲线模型

由热重分析记录的质量变化对温度的关系曲线称热重曲线，曲线的横轴为温度，纵轴为质量。如固体物质A热分解反应:A(固体)B(固体)+C(气体)的典型热重曲线如图所示。图中T₁为固体A开始分解的温度,T₂为质量变化达到最大值时的终止温度。若试样初始质量为W₀，失重后试样质量为W₁，则失重百分数为。

2．热重曲线的分析法的思考路径

坐标曲线体解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。

(1)识图

识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义（自变量X轴和函数Y轴表示的意义），寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点（顶点、始点、终点、拐点、交叉点）；三看线即曲线的走势（变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化）。

(2)析图

分析图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。

(3)用图

将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。

3．热重分析的一般方法和规律

(1)设晶体为1 mol。

(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。

(3)计算每步的剩余固体质量，×100%＝固体残留率。

(4)晶体中金属质量不减少，仍在m(剩余)中。

(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式。

【方法指导】

“两步法”突破热重分析及计算题

易错点6 工艺流程题中有关K_sp的计算的类型

【分析】

类型一 已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度

类型二  已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度

类型三  根据溶度积规则判断沉淀是否生成

类型四  沉淀溶解平衡中的除杂和提纯

类型五  沉淀溶解平衡中沉淀转化的计算

类型六 Ksp与水解常数的关系

易错点7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算

【分析】

化工流程题中涉及的计算主要有：样品的质量分数或纯度的计算，物质的转化率或产率、物质的量浓度、物质的质量的计算。

计算公式：

(1)n＝，n＝，n＝cV(aq)

(2)＝×100%

(3)产品产率＝×100%

(4)物质的转化率＝×100%

二、举一还三

突破1 不清楚常见的工艺操作方法措施

【例1】（2023·辽宁卷）某工厂采用如下工艺制备，已知焙烧后元素以价形式存在，下列说法错误的是

A．“焙烧”中产生

B．滤渣的主要成分为

C．滤液①中元素的主要存在形式为

D．淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用

【答案】B

【分析】焙烧过程中铁、铬元素均被氧化，同时转化为对应钠盐，水浸时铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀，滤液中存在铬酸钠，与淀粉的水解产物葡萄糖发生氧化还原得到氢氧化铬沉淀。

【解析】A．铁、铬氧化物与碳酸钠和氧气反应时生成对应的钠盐和二氧化碳，A正确；

B．焙烧过程铁元素被氧化，滤渣的主要成分为氧化铁，B错误；

C．滤液①中元素的化合价是+6价，铁酸钠遇水水解生成氢氧化铁沉淀溶液显碱性，所以Cr元素主要存在形式为，C正确；

D．由分析知淀粉水解液中的葡萄糖起还原作用，D正确；

故选B。

【变式1-1】（2022·重庆·模拟预测）废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe₂O₃等成分，工程师设计如下回收重金属的工艺流程。

回答下列问题：

(1)为提高浸取率，可采取的措施是_______(写一种即可)，操作1的名称是_______；

(2)滤液1中主要含[Cd(NH₃)₄]²⁺、[Ni(NH₃)₆]²⁺、[Co(NH₃)₆]²⁺等，则浸取时CdO发生反应的化学方程式为_______；

(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是_______；

(4)“反萃取”的原理为NiR_有机+2H⁺⇌Ni²⁺+2HR_有机，需加入的试剂X为_______；

(5)写出反应1的离子方程式_______；

(6)由CoCl₂溶液得到CoCl₂·6H₂O所需的一系列操作是_______；

(7)生成CdCO₃沉淀是利用反应[Cd(NH₃)₄]²⁺+⇌CdCO₃↓+4NH₃↑，常温下，该反应平衡常数K=2.0×10⁵，[Cd(NH₃)₄]²⁺⇌Cd²⁺+4NH₃的平衡常数K₁=4.0×10^-5，则K_sp(CdCO₃)=_______。

【答案】(1) 将废电池磨碎或搅拌等     过滤

(2)CdO＋3NH₃＋NH₄HCO₃=[Cd(NH₃)₄]CO₃＋H₂O

(3)烧杯、分液漏斗

(4)H₂SO₄溶液

(5)2Co(OH)₃＋6H^＋＋2Cl^-=2Co^2＋＋Cl₂↑＋6H₂O

(6)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤

(7)2.0×10^-10

【解析】废旧的电池中含有NiO、CdO、CoO和Fe₂O₃等成分，加入NH₄HCO₃和NH₃生成配离子[Cd(NH₃)₄]²⁺、[Ni(NH₃)₆]²⁺、[Co(NH₃)₆]²⁺，过滤除去Fe₂O₃，废渣是Fe₂O₃，滤液1催化氧化+2价的Co元素生成Co(OH)₃沉淀，过滤得到滤液2，加入萃取剂，水相中得到[Cd(NH₃)₄]²⁺，Ni元素进入有机相中，反萃取得到NiSO₄·6H₂O；Co(OH)₃为强氧化剂，由工艺流程可知经反应Ⅰ得到CoCl₂溶液，因此Co(OH)₃被浓盐酸还原为CoCl₂，而浓盐酸被氧化为Cl₂，经过蒸发浓缩冷却结晶得到CoCl₂·6H₂O；

(1)将废电池磨碎或搅拌或适当升温或延长浸取时间等；操作1后有废渣，说明操作1的名称是过滤；

(2)浸取时CdO发生反应的化学方程式为：CdO＋3NH₃＋NH₄HCO₃=

[Cd(NH₃)₄]CO₃＋H₂O；

(3)在实验室萃取时，所需的玻璃仪器是烧杯、分液漏斗；

(4)“反萃取”的原理为NiR_有机+2H⁺⇌Ni²⁺+2HR_有机，反萃取后，生成NiSO₄，所以试剂X是H₂SO₄溶液；

(5)反应1把＋3价Co变成了＋2价Co，说明Co(OH)₃与盐酸发生氧化还原反应，离子方程式为：2Co(OH)₃＋6H^＋＋2Cl^-=2Co^2＋＋Cl₂↑＋6H₂O；

(6)由CoCl₂溶液得到含有结晶水的化合物CoCl₂·6H₂O所需的一系列操作是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；

(7)[Cd(NH₃)₄]²⁺+⇌CdCO₃↓+4NH₃↑的平衡常数为：；[Cd(NH₃)₄]²⁺⇌Cd²⁺+4NH₃的平衡常数；则K_sp(CdCO₃)=

突破2 不清楚常见的工艺操作控制条件

【例2】（2022·山东卷）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。

下列说法错误的是

A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn

B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出

C．中和调pH的范围为3.2~4.2

D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成

【答案】D

【解析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O₂作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO₄、S、H₂O，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，然后加入NH₃调节溶液pH，使Fe³⁺形成Fe(OH)₃沉淀，而Cu²⁺、Zn²⁺仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)₃；滤液中含有Cu²⁺、Zn²⁺；然后向滤液中通入高压H₂，根据元素活动性：Zn＞H＞Cu，Cu²⁺被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn²⁺仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。

A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)₃，金属M为Zn，A正确；

B．CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu²⁺(aq)+S^2-(aq)，增大O₂的浓度，可以反应消耗S^2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；

C．根据流程图可知：用NH₃调节溶液pH时，要使Fe³⁺转化为沉淀，而Cu²⁺、Zn²⁺仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C正确；

D．在用H₂还原Cu²⁺变为Cu单质时，H₂失去电子被氧化为H⁺，与溶液中OH^-结合形成H₂O，若还原时增大溶液的酸度，c(H⁺)增大，不利于H₂失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；

故合理选项是D。

【例3】我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。湿法炼锌产生的铜镉渣（主要含锌、铜、铁、镉（Cd）、钴（Co）等单质）用于生产金属镉的工艺流程如下：

表中列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（金属离子的起始浓度为0.1 mol·L^－1）

①操作Ⅲ中先加入适量H₂O₂的作用是                                          。

②再加入ZnO控制反应液的pH，合适的pH范围为______________________________。

2．答案将Fe²⁺氧化为Fe³⁺    2.8≤pH＜7.4  

解析①双氧水具有氧化性，能把亚铁离子氧化为铁离子，便于调节pH使Fe³⁺沉淀后经过滤除去；

②加入氧化锌调节pH使Fe³⁺沉淀后经过滤除去，由表格可知，合适的pH范围为：2.8≤pH＜7.4。

【变式2-1】硼酸（H₃BO₃）是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。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：

在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是_____________________________________________。

【答案】将B(OH)⁻₄转化为H₃BO₃，并促进H₃BO₃析出

【解析】在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是将B(OH)⁻₄转化为H₃BO₃，并促进H₃BO₃析出。

【变式2-2】（2022·福建省龙岩第一中学一模）某工业生产上用铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO₂及不溶于酸的杂质)制备胆矾CuSO₄•5H₂O的流程如图。

已知：有机萃取剂HR可以萃取Cu²⁺，其萃取原理(org为有机相)Cu²⁺(aq)+2HR(org)CuR₂(org)+2H⁺(aq)。

(1)焙烧前粉碎的目的是_______。

(2)“调节pH时，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为_______，试剂X的最佳选择是_______(填标号)。

a.HCl b.NaOH c.H₂SO₄d.NH₃•H₂O

(3)25℃时，“调节pH”后，测得滤液中各离子浓度及相关数据如表所示。(lg2=0.3)

该滤液的pH为_______；加入的Cu(OH)₂_______(填“已经”或“没有”)完全溶解。

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，该反应的化学方程式为_______。

(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为_______。

(6)上述流程中获取金属铜的方法是电解硫酸铜溶液。若电解200mL 0.5mol/L CuSO₄溶液，生成铜3.2g，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______。

【答案】(1)增大接触面积，提高反应速率

(2) 2Fe³⁺+3Cu(OH)₂=2Fe(OH)₃+3Cu²⁺     c

(3)  3.6     已经

(4)2NiSO₄+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na₂SO₄+H₂O

(5)向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次。

(6)

【解析】由题中流程可知，铜镍矿石(主要成分为CuS、NiS、FeS、SiO₂及不溶于酸的杂质)粉碎焙烧，充分氧化，烟气的主要成分为二氧化硫，加稀硫酸酸浸，过滤，滤渣1为SiO₂和不溶于酸的杂质，滤液中加入H₂O₂，氧化Fe²⁺生成Fe³⁺，再加入Cu(OH)₂调节溶液pH，使Fe³⁺完全转化为Fe(OH)₃沉淀，继续过滤，滤渣2为Fe(OH)₃，滤液中加入HR进行萃取，除去镍离子，有机相中加入硫酸进行反萃取，水相的主要成分为硫酸铜溶液，加热蒸发，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥即可获得产品。

(1)由上述分析可知，焙烧前粉碎的目的是增大接触面积，提高反应速率，使矿石充分氧化；答案为增大接触面积，提高反应速率；

(2)由上述分析可知，加入Cu(OH)₂调节溶液pH，使Fe³⁺完全转化为Fe(OH)₃沉淀，生成氢氧化铁沉淀的离子方程式为2Fe³⁺+3Cu(OH)₂=2Fe(OH)₃↓+3Cu²⁺；由题中信息Cu²⁺(aq)+2HR(org)CuR₂(org)+2H⁺(aq)可知，要使平衡逆向移动，则增加H⁺浓度，即有机相中加入硫酸进行反萃取，可以分离铜离子，还不会产生杂质，所以选项c正确；答案为2Fe³⁺+3Cu(OH)₂=2Fe(OH)₃↓+3Cu²⁺；c；

(3)由题中表格数据可知，25℃时，“调节pH”后，测得滤液中c(Fe³⁺)=1.0×10^-6mol/L，c(Cu²⁺)=5.0mol/L，因为K_sp[Fe(OH)₃]= 6.4×10^-38，所以c(Fe³⁺)×c³(OH^-)=K_sp[Fe(OH)₃]，则c(OH^-)===4×10^-11mol/L，c(H⁺)==×10^-3mol/L，pH=3+lg4=3+2lg2=3.6；又c(Cu²⁺)×c²(OH^-)=5×(4×10^-11)²=8×10^-21＜K_sp[Cu(OH)₂]=2.2×10^-20，所以Cu(OH)₂已经完全溶解；答案为3.6；已经；

(4)向“萃取”后的水相中加入一定量的NaClO和NaOH，能制得黑色不溶物NiOOH，即NiSO₄与NaClO发生氧化还原反应，该反应的化学方程式为2NiSO₄+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na₂SO₄+H₂O；答案为2NiSO₄+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na₂SO₄+H₂O；

(5)“操作Ⅱ”包括洗涤，洗涤该沉淀的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次；

(6)电解CuSO₄溶液，发生反应2CuSO₄+2H₂O2Cu+2H₂SO₄+O₂↑，200mL 0.5mol/L的CuSO₄溶液中n(CuSO₄)=0.2L×0.5mol/L=0.1mol，生成铜3.2g，物质的量为=0.05mol，故生成H₂SO₄0.05mol，溶液中CuSO₄为0.1mol-0.05mol=0.05mol，电解后的溶液为CuSO₄、H₂SO₄混合溶液，溶液呈酸性，溶液中铜离子水解、水发生电离，故n(H⁺)＞0.05mol×2=0.1mol，n()=0.1mol，n(Cu²⁺)＜0.05mol，溶液中氢氧根浓度很小，故，故答案为：.。

突破3 不掌握理解物质分离、提纯的方法及要点

【例4】（2022·福建卷）用铬铁合金(含少量单质)生产硫酸铬的工艺流程如下：

下列说法错误的是

A．“浸出”产生的气体含有 B．“除杂”的目的是除去元素

C．流程中未产生六价铬化合物 D．“滤渣2”的主要成分是

【答案】D

【分析】由流程可知，加入稀硫酸溶解，生成气体为氢气，溶液中含加入Na₂S分离出滤渣1含CoS和NiS，不会沉淀，再加入草酸除铁生成FeC₂O₄，过滤分离出硫酸铬，以此来解答。

【详解】A．四种金属均与稀硫酸反应生成H₂，A正确；

B．共有四种金属，由流程可知，沉铁后分离出硫酸铬，则“除杂"的目的是除去Ni、Co元素，B正确；

C．由上述分析可知，流程中未产生六价铬化合物，C正确；

D．“滤渣2”的主要成分是FeC₂O₄，D错误；

故本题选D。

【变式3-1】（2022·陕西·西安中学三模）NiCl₂是一种重要催化剂。某科研小组以废弃催化剂(含Ni²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺、Ca²⁺、Mg²⁺等)为原料，按如图流程回收NiCl₂·6H₂O晶体，回答下列问题。

已知：Ksp(CaF₂)=4×10^-11，Ksp(MgF₂)=9×10^-9

(1)滤渣1的成分主要是_______。

(2)若X为Cl₂，则其发生的离子方程式是_______。若用H₂O₂代替Cl₂，试剂Y的使用量会减少，原因是_______。

(3)氟化除杂时要保证完全除去Ca²⁺和Mg²⁺(离子浓度≤10^-5mol/L)，滤液3中c(F^-)不小于_______mol/L。

(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是_______。操作A为_______、冷却结晶、过滤、洗涤。

(5)将所得NiCl₂·6H₂O与SOCl₂混合加热可制备无水NiCl₂并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为_______。

【答案】(1)CuS     S

(2)        Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子

(3)0.03

(4) 洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率     蒸发浓缩

(5)NiCl₂·6H₂O+6SOCl₂NiCl₂+6SO₂↑+12HCl↑

【解析】废弃催化剂(含Ni²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺、Ca²⁺、Mg²⁺等)加入盐酸溶解，除去有机物杂质，通入H₂S生成CuS沉淀除去Cu²⁺，同时Fe³⁺被还原为Fe²⁺；滤液1中加入氧化剂把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，调节pH生成Fe(OH)₃沉淀除去Fe³⁺；向滤液2中加入NH₄F生成CaF₂沉淀、MgF₂沉淀除去Ca²⁺和Mg²⁺；向滤液3中加入Na₂CO₃溶液生成NiCO₃沉淀，NiCO₃沉淀中加盐酸溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl₂•6H₂O晶体；据此解答。

(1)向含Ni²⁺、Cu²⁺、Fe³⁺、Ca²⁺、Mg²⁺离子的溶液中通入H₂S，Fe³⁺被还原为Fe²⁺，H₂S被氧化为S单质，即2Fe³⁺+H₂S=2Fe²⁺+S↓+2H⁺，Cu²⁺和H₂S反应生成CuS沉淀，即Cu²⁺+H₂S=CuS↓+2H⁺，所以滤渣1的成分主要是CuS、S；答案为CuS、S。

(2)若X为Cl₂，Cl₂把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，其离子方程式为2Fe²⁺+Cl₂=2Fe³⁺+2Cl^-；加入试剂Y的目的是调节pH生成Fe(OH)₃沉淀，若用H₂O₂代替Cl₂，发生反应2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，反应消耗H⁺，所以试剂Y的使用量会减少；答案为2Fe²⁺+Cl₂=2Fe³⁺+2Cl^-；Y试剂的作用是增大溶液的pH，反应消耗氢离子。

(3)由题中信息可知，K_sp(CaF₂)=4×10^-11，K_sp(MgF₂)=9×10^-9，CaF₂比MgF₂更难溶，氟化除杂时要保证完全除去Ca²⁺和Mg²⁺(离子浓度≤10^-5mol/L)，滤液3中c(F^-)不小于mol/L=3×10^-2mol/L=0.03mol/L；答案为0.03。

(4)实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率；NiCO₃沉淀中加盐酸溶解得NiCl₂溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得NiCl₂•6H₂O晶体；答案为洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率；蒸发浓缩。

(5)将所得NiCl₂·6H₂O与SOCl₂混合加热可制备无水NiCl₂并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl₂·6H₂O+6SOCl₂NiCl₂+6SO₂↑+12HCl↑；答案为NiCl₂·6H₂O+6SOCl₂NiCl₂+6SO₂↑+12HCl↑。

突破4 不能正确书写流程中陌生的反应方程式

【例5】（2021·全国甲卷）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：

(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为___________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成_________________后可循环使用。

②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为____________________________；若反应物用量比时，氧化产物为____________；当，单质碘的收率会降低，原因是________________________________________________________。

(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为__________________________。

【答案】2AgI+Fe=2Ag+ Fe²⁺+2I^-    AgNO₃    FeI₂+Cl₂= I₂+FeCl₂    I₂、FeCl₃    I₂被过量的进一步氧化   (2)

【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI₂和Ag，FeI₂易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe²⁺+2I^-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe²⁺+2I^-；AgNO₃；②通入的过程中，因I^-还原性强于Fe²⁺，先氧化还原性强的I^-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I₂，故反应的化学方程式为FeI₂+Cl₂= I₂+FeCl₂，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I^-再氧化Fe²⁺，恰好将全部I^-和Fe²⁺氧化，故氧化产物为I₂、FeCl₃，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI₂+Cl₂= I₂+FeCl₂；I₂、FeCl₃；I₂被过量的进一步氧化；(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I^-的物质；再向混合溶液中（含I^-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I^-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：。

【变式4-1】高铁酸钾是绿色、环保型水处理剂，也是高能电池的电极材料。工业上，利用硫酸亚铁为原料，通过铁黄(FeOOH)制备高铁酸钾，可降低生产成本且产品质量优。工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)有同学认为上述流程可以与氯碱工业联合。写出电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式_____________________________________________________________________________________。

(3)用高铁酸钾处理水时，不仅能消毒杀菌，还能将水体中的NH₃、CN^-转化成CO₂、N₂等无毒的物质，生成的氢氧化铁胶体粒子还能吸附水中悬浮杂质。试写出高铁酸钾处理含CN^-废水时除去CN^-的离子方程式______________________________________________________________________________。

【答案】(1)NaCl+H₂ONaClO+H₂↑

(3)10FeO+6CN^-+22H₂O=10Fe(OH)₃(胶体)+6CO+3N₂↑+14OH^-

【解析】实验室欲制备高铁酸钾，首先要分别制备铁黄和NaClO，将而二者混合后加入NaOH调节溶液pH得到高铁酸钠，通过Na与K的置换可以得到高铁酸钾粗产品。根据图像分析制备过程中最佳的制备温度和溶液pH；根据沉淀溶解平衡常数计算溶液中Fe³⁺的浓度；根据充电时的电池总反应方程式和充电时各电极的得失电子情况书写电极方程式。(1)电解饱和食盐水制取次氯酸钠的化学方程式NaCl+H₂ONaClO+H₂↑；(3)高铁酸钾具有氧化性，可以将CN^－氧化为氮气和二氧化碳而除去，本身被还原为氢氧化铁胶体，在碱性溶液中二氧化碳变成碳酸根离子，反应的方程式为10FeO+6CN^-+22H₂O=10Fe(OH)₃(胶体)+6CO+3N₂↑+14OH^-。

【变式4-2】和都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为，还含有少量MgO、等杂质)来制备。工艺流程如下；

回答下列问题：

(2)“酸浸”后，钛主要以形式存在，写出相应反应的离子方程式____________________________。

(5)写出“高温煅烧②”中由制备的化学方程式___________________________________。

(6)一种钛酸锂二次电池原理如图，放电时由N极层状材料中脱出经由电解质嵌入M极层状材料中，充电时N极电极反应方程式为________________________________________________________，放电时M极每增重7g，负载中转移电子数为________________。

【答案】(3)6Fe³⁺+4SO+6H₂O+2Na⁺+6MgO=Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓+6Mg²⁺     

(6)2NiSO₄+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na₂SO₄+H₂O

【解析】废料与硫酸、过氧化氢混合，硫酸把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到的离子有Fe²⁺、Cu²⁺、Mg²⁺，加入的H₂O₂具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni²⁺，同时把存在的Fe²⁺氧化为Fe³⁺；二氧化硅不溶于酸，则滤渣为二氧化硅；加入MgO、硫酸钠生成黄钠铁矾[Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂]沉淀；加入硫化氢，生成不溶于硫酸的硫化铜沉淀；加入NaF溶液，使Mg²⁺转化为MgF₂沉淀除去；加入NaOH使镍生成沉淀。(3)“除铁”时加入Na₂SO₄溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为6Fe³⁺+4SO+6H₂O+2Na⁺+6MgO=Na₂Fe₆(SO₄)₄(OH)₁₂↓+6Mg²⁺；(6)NaClO具有强氧化性，Cl元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO₄中+2价升高到NiOOH中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为2NiSO₄+NaClO+4NaOH=2NiOOH↓+NaCl+2Na₂SO₄+H₂O。

突破5 热重曲线的相关问题

【例6】硫酸铁铵[NH₄Fe(SO₄)₂·xH₂O]是一种重要铁盐。采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为                        。

【答案】NH₄Fe(SO₄)₂·12H₂O

【解析】

样品加热到150 ℃时失掉1.5个结晶水，发生变化：NH₄Fe(SO₄)₂·xH₂O→NH₄Fe(SO₄)₂·(x－1.5)H₂O＋1.5H₂O。固体失重5.6%，即失去水的质量占样品总质量的5.6%，列出关系式：×100%＝5.6%，解得x＝12，故硫酸铁铵晶体的化学式为NH₄Fe(SO₄)₂·12H₂O。

【例7】在加热固体NH₄Al(SO₄)₂·12H₂O时，固体质量随温度的变化曲线如图所示：已知a点物质为NH₄Al(SO₄)₂，b点物质为Al₂(SO₄)₃，下列判断正确的是(　　)

A．0～T℃的过程变化是物理变化

B．c点物质是工业上冶炼铝的原料

C．a→b反应中生成物只有Al₂(SO₄)₃和NH₃两种

D．Al₂(SO₄)₃能够净水，可用离子方程式表示为Al^3＋＋3OH^－===Al(OH)₃

【答案】B

【解析】因为a点物质为NH₄Al(SO₄)₂，则0～T℃的过程变化是失去结晶水生成NH₄Al(SO₄)₂，是化学变化，A项错误；b点物质为硫酸铝，继续加热分解则在c点生成氧化铝，所以c点物质是工业上冶炼铝的原料，B项正确；a→b发生的反应为硫酸铝铵分解生成硫酸铝、氨气和硫酸，C项错误；硫酸铝能够净水，其原理是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性可以吸附水中悬浮的杂质，D项错误。

【变式5-1】在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC₂O₄·2H₂O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。

(1)加热到210 ℃时，固体物质的化学式为_______________________________________。

(2)经测定，加热到210～310 ℃过程中的生成物只有CO₂和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为

________________________________________________________________________。

【答案】(1)CoC₂O₄　(2)3CoC₂O₄＋2O₂===Co₃O₄＋6CO₂

【解析】(1)CoC₂O₄·2H₂O失去全部结晶水的质量为10.98× g＝8.82 g，即加热到210 ℃时，固体物质是CoC₂O₄。(2)根据元素守恒，n(CO₂)＝×2 mol＝0.12 mol，质量为0.12 mol×44 g·mol^－1＝5.28 g，固体量减少(8.82－4.82)g＝4.00 g，说明有气体参加反应，即氧气参加，氧气的质量为(5.28－4.00)g＝1.28 g，其物质的量为mol＝0.04 mol，n(CoC₂O₄)∶n(O₂)∶n(CO₂)＝∶0.04∶0.12＝0.06∶0.04∶0.12＝3∶2∶6，依据原子守恒，3CoC₂O₄＋2O₂===Co₃O₄＋6CO₂。

【变式5-2】取26.90g ZnSO₄·6H₂O加热，剩余固体的质量随温度的变化如图2所示。750℃时所得固体的化学式为(    )

A．ZnO      B．ZnSO₄       C． Zn₃O(SO₄)₂        D．ZnSO₄·H₂O

【答案】C

【解析】750℃时剩余固体与680℃时一样，剩下13.43g，质量减少了，26.90g ZnSO₄·6H₂O中水的质量，则还有S元素质量减少，26.90g ZnSO₄·6H₂O中S元素的质量，则S元素还有剩余，故答案选择C。

【变式5-3】称取3.60 g草酸亚铁晶体(FeC₂O₄·2H₂O，相对分子质量是180)用热重法对其进行热分解，得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示，请分析图并回答下列问题：

(1)过程Ⅰ发生反应的化学方程式为_________________________________________________________。

(2)300 ℃时剩余固体只有一种且是铁的氧化物，试通过计算确定该氧化物的化学式________________。

【答案】(1)FeC₂O₄·2H₂OFeC₂O₄＋2H₂O　(2)Fe₂O₃

【解析】

(1)通过剩余固体的质量可知，过程Ⅰ发生的反应是草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为FeC₂O₄·2H₂OFeC₂O₄＋2H₂O。

(2)草酸亚铁晶体中的铁元素质量为3.6 g××100%≈1.12 g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为1.60 g－1.12 g＝0.48 g，铁元素和氧元素的质量比为1.12 g∶0.48 g＝7∶3，设铁的氧化物的化学式为Fe_xO_y，则有56x∶16y＝7∶3，x∶y＝2∶3，铁的氧化物的化学式为Fe₂O₃。

突破6 工艺流程题中有关K_sp的计算类型

【例8】（2023·湖南卷）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：

②。

下列说法错误的是

A．“沉渣Ⅰ”中含有和

B．溶液呈碱性，其主要原因是

C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中

D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水

【答案】D

【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。

【解析】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)₃和Al(OH)₃，A正确；

B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S^2-+H₂O⇌HS^-+OH^-，B正确；

C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；

D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；

故选D。

【例9】工业上用重铬酸钠(Na₂Cr₂O₇)母液生产重铬酸钾(K₂Cr₂O₇)的工艺流程如图所示：

上述流程中K₂Cr₂O₇发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr^3＋外，还含有一定浓度的Fe^3＋杂质，可通过加碱调pH的方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr^3＋)＝3×10^－5mol·L^－1，则当溶液中开始析出Cr(OH)₃沉淀时Fe^3＋是否沉淀完全？________(填“是”或“否”)。{已知：K_sp[Fe(OH)₃]＝4.0×10^－38，K_sp[Cr(OH)₃]＝6.0×10^－31}

【答案】是

【解析】Cr(OH)₃开始出现沉淀时，溶液中c³(OH^－)＝＝＝2×10^－26，若Fe^3＋沉淀完全时，c(Fe^3＋)应小于10^－5mol·L^－1，此时溶液中c(Fe^3＋)＝＝mol·L^－1＝2×10^－12mol·L^－1<1><!--1-->^－5mol·L^－1，说明Fe^3＋沉淀完全。

【例10】偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)还有Fe₂O₃、FeO、Al₂O₃、SiO₂等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示：

“除杂”过程加入双氧水的目的是________________________________________________(用离子方程式表示)。此过程中使Fe^3＋、Al^3＋浓度均小于1×10^－6mol·L^－1，在室温下需调节pH的范围是：__________(已知：K_sp[Fe(OH)₃]＝1×10^－39，K_sp[Al(OH)₃]＝1×10^－33，pH＝9.3时，Mg^2＋开始沉淀)。

【答案】2Fe^2＋＋H₂O₂＋2H^＋===2Fe^3＋＋2H₂O　5＜pH＜9.3

【解析】加入双氧水可以把Fe^2＋氧化为Fe^3＋，离子方程式为2Fe^2＋＋H₂O₂＋2H^＋===2Fe^3＋＋2H₂O。因氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，根据K_sp[Al(OH)₃]＝1×10^－33，Fe^3＋、Al^3＋浓度均小于l×10^－6mol·L^－1时c(OH^－)>mol·L^－1＝10^－9mol·L^－1，pH最小值为5，为防止Mg^2＋沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是5。

【变式6-1】对废银合金触电材料进行分离回收既可以节约矿物资源，又可以减少环境污染。某废银合金触电材料含Ag、Cu、Sn等，现欲利用以下工艺流程回收其中的金属资源。

回答问题：常温下，Cu^2＋/Sn^4＋混合液中c(Cu^2＋)＝0.022 mol·L^－1，将混合液“加热搅拌”后冷却至室温，再加“尿素”调节溶液的pH范围为_____________。(当溶液中的离子浓度小于10^－5mol·L^－1时，沉淀完全。已知：K_sp[Sn(OH)₄]＝1×10^－55；K_sp[Cu(OH)₂]＝2.2×10^－20)

【答案】1.5＜5

【解析】调节pH为保证Sn^4＋沉淀完全(离子浓度小于10^－5mol·L^－1)，按c(Sn^4＋)＝1×10^－5mol·L^－1进行计算，根据K_sp[Sn(OH)₄]＝1×10^－55可得，c(OH^－)＝1×10^－12.5mol·L^－1，则c(H^＋)＝1×10^－1.5mol·L^－1，pH＝1.5，为保证Cu^2＋(0.022 mol·L^－1)不沉淀，按c(Cu^2＋)＝0.022 mol·L^－1进行计算，根据K_sp[Cu(OH)₂]＝2.2×10^－20可得，c(OH^－)＝1×10^－9mol·L^－1，则c(H^＋)＝1×10^－5mol·L^－1，pH＝5，则pH的取值范围1.5＜5。

【变式6-2】镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：

已知：①镓在元素周期表中位于第四周期ⅢA族，化学性质与铝相似。

②lg2＝0.3，lg3＝0.48。

③部分物质的K_sp如表所示：

(1)加入H₂O₂的目的是(用离子方程式表示)___________________________________________ __。

(2)调pH的目的是____________________________________________________________；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 mol·L^－1，当溶液中某种离子浓度小于1×10^－5mol·L^－1时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为____________________。

【答案】(1)2Fe^2＋＋H₂O₂＋2H^＋===2Fe^3＋＋2H₂O

(2)使Fe^3＋、Ga^3＋沉淀完全而Zn^2＋不沉淀　5.48

【解析】(1)Fe^2＋具有还原性，H₂O₂将Fe^2＋氧化成Fe^3＋，反应的方程式是：2Fe^2＋＋H₂O₂＋2H^＋===2Fe^3＋＋2H₂O。

(2)根据流程中物质转化关系可知调pH的目的是将Fe^3＋、Ga^3＋转化为氢氧化物沉淀，Zn^2＋不能形成Zn(OH)₂，从而与Zn^2＋分离；Fe(OH)₃和Ga(OH)₃属于同种类型，K_sp[Ga(OH)₃]>K_sp[Fe(OH)₃]，Ga^3＋完全沉淀时Fe^3＋已经完全沉淀，浓度小于1×10^－5mol·L^－1，c(OH^－)＝＝mol·L^－1＝3×10^－9mol·L^－1，c(H^＋)＝×10^－5mol·L^－1，pH＝－lg(×10^－5)＝5.48，Zn^2＋开始沉淀时c(OH^－)＝＝mol·L^－1＝4×10^－8mol·L^－1，c(H^＋)＝×10^－6mol·L^－1，pH＝－lg(×10^－6)＝6.6，则pH应调节的范围为5.48。

突破7 工艺流程中有关物质的纯度、转化率、产品的产率的计算

【例11】钛白粉(TiO₂)广泛应用于涂料、化妆品、食品以及医药等行业。利用黑钛矿石[主要成分为(Mg_0.5Fe_0.5)Ti₂O₅，含有少量Al₂Ca(SiO₄)₂]制备TiO₂，工艺流程如下。

常用硫酸铁铵[NH₄Fe(SO₄)₂]滴定法测定钛白粉的纯度，其步骤为：用足量酸溶解ag二氧化钛样品，用铝粉做还原剂，过滤、洗涤，将滤液定容为100 mL，取20.00 mL，以NH₄SCN作指示剂，用标准硫酸铁铵溶液滴定至终点，反应原理为：Ti^3＋＋Fe^3＋===Ti^4＋＋Fe^2＋