高考工艺流程题解题技巧

1、专题复习 工艺流程题一、化工流程命题立意及考点工艺流程是近几年高考的热点，它是传统“无机框图题”的变革与创新。以化工生产为背景，用框图的形式表述生产流程，是化学与生产、生活联系的重要体现，体系全，考点多核心考点：物质的分离操作、除杂试剂的选择、生产条件的控制、产品分离提纯等。知识落点：信息方程式书写、化学用语的表达、生产条件的控制、物质的分离等。能力考查：获取信息的能力、分析问题的能力、表达能力。二、试题特点1.形式为流程图题2.作答量有7-9空左右3.结合性质设置基础的知识提问（如滤碴或液成分、酸碱性（pH）、原因等问题）4.书写化学方程式，或离子方程式，或电极反应式5.小计算，氧化还原反应

2、计算，或转化率计算三、解题策略1、工艺流程题的结构规律是“主线主产品，分支副产品，回头为循环”。2. 解答基本步骤（1）读题头，得目的，划原料，明产品，解决“干什么”（2）读题问，逐空填答，用语要规范，解决“怎么写”四、化工流程常见考点答题命题点一 原料的预处理关键词释义研磨、雾化将块状或颗粒状的物质磨成粉末或将液体雾化，增大反应物接触面积，以加快反应速率或使反应更充分灼烧(煅烧)使固体在高温下分解或改变结构、使杂质高温氧化、分解等。如煅烧石灰石、高岭土、硫铁矿浸取向固体中加入适当溶剂或溶液，使其中可溶性的物质溶解，包括水浸取、酸溶、碱溶、醇溶等酸浸在酸性溶液中使可溶性金属离子进入溶液，不溶物

3、通过过滤除去的过程过滤固体与液体的分离滴定定量测定，可用于某种未知浓度物质的物质的量浓度的测定蒸发结晶蒸发溶剂，使溶液由不饱和变为饱和，继续蒸发，过剩的溶质就会呈晶体析出蒸发浓缩蒸发除去部分溶剂，提高溶液的浓度水洗用水洗去可溶性杂质，类似的还有酸洗、醇洗等酸作用溶解、去氧化物(膜)、抑制某些金属离子的水解、除去杂质离子等碱作用去油污，去铝片氧化膜，溶解铝、二氧化硅，调节pH、促进水解(沉淀)水浸与水接触反应或溶解。碱浸与碱接触反应或溶解，使某些离子进入溶液，不溶物通过过滤除去。答题模板：(1)粉碎或研磨：增大固液（或固气或固固）接触面积，加快反应（溶解）速率，增大原料的转化率（或浸取率）。（2

4、）“浸出”步骤中，为提高的浸出率，可采取的措施有：答：适当提高反应温度、增加浸出时间，增加溶液的浓度，边加边搅拌，延长浸出时间（3）如何提高浸出速率：答：适当提高温度、增大吸收液的浓度、增大与吸收液的接触面积或、搅拌、研磨或粉碎。对点训练1(2015全国卷节选)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5H2O和Fe3O4，还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如下所示：写出Mg2B2O5H2O与硫酸反应的化学方程式：_。为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有_(写出两条)。2某工厂生产硼砂过程中

5、产生的固体废料，主要含有MgCO3、MgSiO3、CaMg(CO3)2、Al2O3和Fe2O3等，回收其中镁的工艺流程如下：试回答在“浸出”步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有_(两条即可)。3(2018石家庄二模)稀土是一种不可再生的战略性资源，被广泛应用于电子信息、国防军工等多个领域。一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取稀土元素钇(Y)的工艺流程如下：已知：废弃CRT荧光粉的化学组成(某些不参与反应的杂质未列出)成分含量/%Y2O3ZnOAl2O3PbO2MgO预处理前24.2841.827.811.670.19预处理后68.515.424.335.430.50试回答步骤中进行原

6、料预处理的目的为_。4碲(Te)位于元素周期表第A族，由该元素组成的物质可用作石油裂化的催化剂，电镀液的光亮剂，玻璃的着色材料，合金材料的添加剂等。碲化铜渣是电解精炼铜时产生的一种矿渣，其主要含Cu2Te、Au、Ag等，利用下列工艺流程可回收碲：已知：TeO2的熔点为733 ，微溶于水，可溶于强酸和强碱。回答下列问题：(1)Te与S的最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱顺序为_(用化学式表示)。(2)“酸浸1”需加热，加热的目的是_，“酸浸1”发生反应的氧化产物是_(写化学式)。(3)“水浸”后“滤液1”的颜色是_。(4)“滤渣1”进行“碱浸”的离子方程式是_。(5)从可持续发展意识和绿色化学观

7、念来看，“滤渣2”进行酸浸的意义是_。命题点二化学工艺流程题中反应条件的控制常见反应条件的控制及目的1控制溶液的pH(1)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。(2)控制溶液的酸碱性使其中的某些金属离子形成氢氧化物沉淀。目的：使溶液中的某些金属阳离子形成氢氧化物完全沉淀下来而除去需要的物质：含主要阳离子的难溶性氧化物或氢氧化物或碳酸盐，即能与H+反应，是PH增大的物质如用MgO、Mg（OH）2等等。原理：加入的物质能与溶液中的H+反应，降低了的浓度，增大PHPH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提示：调节pH所需的物质一般应满足两点：能与H反

8、应，使溶液pH增大；不引入新杂质。例如：若要除去Cu2溶液中混有的Fe3，可加入CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH。（3）除去CuCl2溶液中的FeCl2已知不同金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如下表：金属离子Fe3Cu2Fe2Ni2Mg2开始沉淀的pH2.74.47.07.19.3沉淀完全的pH3.76.49.69.210.8除杂的流程图：注意事项若直接调节溶液的pH，待Fe2沉淀完全，Cu2也已沉淀完全，不能除去Fe2，不可行。先将Fe2氧化成Fe3，再调溶液的pH为3.7pH4.4，此时Fe3沉淀完全，Cu2未沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀。加入的氧

9、化剂可以是双氧水或氯气等，注意不能引入新的杂质。调节溶液pH的物质，要消耗氢离子，但不能引入新杂质，可为CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。问题1：CuCl2中混有Fe3+加何种试剂调pH值： 答：CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3。（原因：加CuO消耗溶液中的H+的，促进Fe3+的水解，生成Fe(OH)3沉淀析出）问题2：调pH值使得Cu2+中的Fe3+沉淀，pH值范围是？ 理由 ？ 答：3.74.4。 理由：调节溶液的pH值至3.74.4，使Fe3+全部以Fe(OH)3沉淀的形式析出而Cu2+不沉淀，且不会引入新杂质 （4）常见的其他物质中铁

10、的除杂方法所加试剂说明除去Mg2中混有的Fe3Mg、MgO、MgCO3或Mg(OH)2加MgO等调pH为3.7pH9.3，将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去除去Cu2中混有的Fe3CuO、CuCO3、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3加CuO等调pH为3.7pH4.4，将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去除去Mg2中混有的Fe2先加入氧化剂(如H2O2等)将Fe2氧化成Fe3，再加Mg、MgO、MgCO3或Mg(OH)2加MgO等调pH为3.7pH9.3，将Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去除去Ni2中混有的Fe2先加入氧化剂(如H2O2等)将Fe2氧化成Fe3，再加N

11、iO等物质加NiO等调pH为3.7pH氧化产物；还原性：还原剂还原产物。在适宜的条件下，用氧化性(还原性)较强的物质可制备氧化性(还原性)较弱的物质，用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。(3)优先律多种氧化剂与一种还原剂相遇，氧化性强的首先得电子被还原。多种还原剂与一种氧化剂相遇，还原性强的首先失电子被氧化。(4)价态律元素处于最高价，只有氧化性(如KMnO4中的Mn)；元素处于最低价，只有还原性(如S2、I)；元素处于中间价态，既有氧化性，又有还原性(如Fe2、S、Cl2等)。(5)转化律同种元素不同价态之间发生氧化还原反应时，高价态低价态中间价态；价态相邻能共存、价态相间能归中，归中价态不

12、交叉、价升价降只靠拢。3氧化还原反应方程式的配平流程(三)掌握方程式的书写技巧1陌生化学方程式书写的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，除遵循质量守恒外，还要遵循得失电子守恒规律。最后根据题目要求写出化学方程式或离子方程式(需要遵循电荷守恒规律)即可。2陌生氧化还原反应方程式书写的具体步骤（四）两性金属与变价金属类型一两性金属及其化合物1二者均能溶于酸溶液也能溶于碱溶液Be2NaOH2H2O=Na2Be(OH)4H2或Be2N

13、aOH=Na2BeO2H22Al2NaOH6H2O=2NaAl(OH)43H2或2Al2NaOH2H2O=2NaAlO23H22两者的氢氧化物均为两性氢氧化物，易溶于强碱溶液Be(OH)22NaOH=Na2Be(OH)4或Be(OH)22NaOH=Na2BeO22H2OAl(OH)3NaOH=NaAl(OH)4或Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O1锌与酸、碱的反应(1)Zn2H=Zn2H2(2)Zn2NaOH2H2O=Na2Zn(OH)4H2或Zn2NaOH=Na2ZnO2H22氧化锌两性氧化物(1)ZnO2H=Zn2H2O(2)ZnO2NaOHH2O=Na2Zn(OH)4或ZnO2

14、NaOH=Na2ZnO2H2O3氢氧化锌两性氢氧化物(1)与酸、碱的反应Zn(OH)22H=Zn22H2OZn(OH)22OH=Zn(OH)42或Zn(OH)22OH=ZnO2H2O(2)制法Zn2Zn(OH)42=2Zn(OH)2或Zn2ZnO2H2O=2Zn(OH)24锌盐(1)可溶性锌盐(如ZnSO4)与强碱溶液反应：与少量NaOH溶液反应：Zn22OH=Zn(OH)2与足量NaOH溶液反应：Zn24OH=Zn(OH)42或Zn24OH=ZnO2H2O与Na2Zn(OH)4(或Na2ZnO2)反应生成Zn(OH)2沉淀(2)Na2Zn(OH)4(或Na2ZnO2)与盐酸反应少量Na2Zn

15、(OH)42HCl=Zn(OH)22NaCl2H2O或Na2ZnO22HCl=Zn(OH)22NaCl足量Na2Zn(OH)44HCl=ZnCl22NaCl4H2O或Na2ZnO24HCl=ZnCl22NaCl2H2O与CO2反应少量Na2Zn(OH)4CO2=Zn(OH)2Na2CO3H2O或Na2ZnO2H2OCO2=Zn(OH)2Na2CO3足量Na2Zn(OH)42CO2=Zn(OH)22NaHCO3或Na2ZnO22H2O2CO2=Zn(OH)22NaHCO3类型二变价金属及其化合物铁、钴、镍同属于元素周期表中的 族，性质相近，故统称为铁系元素，其主要化合价为2和3价。1铁、钴、镍氧

16、化物和氢氧化物的基本性质氧化物FeOFe2O3Fe3O4CoOCo2O3NiONi2O3颜色黑色红棕色黑色灰绿色黑色暗绿色黑色氧化、还原性强氧化性强氧化性类别碱性氧化物碱性氧化物碱性氧化物碱性氧化物氢氧化物Fe(OH)2Fe(OH)3Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Ni(OH)3颜色白色红褐色粉红棕褐色绿色黑色氧化、还原性还原性还原性氧化性弱还原性强氧化性酸、碱性碱性碱性碱性碱性碱性碱性提醒表示在碱性条件下不具有氧化性。2含铁、钴、镍元素的物质性质比较Fe()、Co()、Ni()性质差异Fe()、Co()、Ni()性质差异氧化物氧化钴与氧化镍在酸性溶液中显示出强氧化性：Co2O36H

17、Cl=2CoCl2Cl23H2ONi2O36HCl=2NiCl2Cl23H2O但氧化铁与酸只发生复分解反应氢氧化物还原性还原性的变化规律：Fe(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2Fe(OH)2在空气中极易被氧化成Fe(OH)3Co(OH)2在空气中被O2氧化的速度较慢；可以被强氧化剂(H2O2)迅速氧化Ni(OH)2在空气中不易被氧化，只有在更强的氧化剂条件下才会氧化生成Ni(OH)3氢氧化物铁的氢氧化物只与酸发生酸碱中和反应Fe(OH)33H=Fe33H2O镍、钴的氢氧化物与还原性酸发生氧化还原反应2Co(OH)36H2Cl=2Co2Cl26H2O2Ni(OH)36H2Cl=2Ni2Cl2

18、6H2O离子存在状态Co()、Ni()仅能够存在于固态物质或配合物中，在水溶液中会发生如下反应(镍同)4Co32H2O=4Co24HO2Fe3在酸性溶液中可以稳定存在与氨水反应Fe(OH)2Fe(OH)3Co(OH)2Co(NH3)62Ni(OH)2Ni(NH3)62借此反应，可以使三种离子分离结论与解释由于Fe(OH)2的稳定性弱于Co(OH)2、Ni(OH)2，故三者的还原性存在规律：Fe(OH)2Co(OH)2Ni(OH)2，因此三者与氧化剂和氨水反应的条件与产物也不同由于铁、钴、镍的核电荷数依次增大，故对电子的吸引能力依次增强，所以正三价的氧化性呈现如下规律：Fe()Co()Ni()提

19、醒Co(OH)2可被氧气缓慢地氧化成棕褐色Co(OH)3，Ni(OH)2与氧气不反应，可采用较强的氧化剂将其氧化。Co(OH)3、Ni(OH)3在H2SO3溶液中被还原：2Co(OH)34HSO=2Co2SO5H2O2Ni(OH)34HSO=2Ni2SO5H2O3铁、钴、镍盐溶液的氧化性与还原性(1)在酸性溶液中，Fe2、Co2、Ni2分别是铁、钴、镍离子的稳定状态。高价态的铁()、钴()、镍()在酸性溶液中都有很强的氧化性，空气中的O2能将酸性溶液中的Fe2氧化成Fe3，但不能将Co2、Ni2氧化成Co3和Ni3。(2)在碱性介质中，铁的最稳定价态是3，而钴、镍的最稳定价态仍是2，在碱性介质中，将低价态的Fe()、Co()、Ni()氧化成高价态比酸性介质中容易。锰元素的常见价态有7、6、4、3、2，Mn2在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。1Mn2的性质(1)酸性介质只有很强的氧化剂(铋酸钠、二氧化铅)才能氧化Mn2到MnO：2Mn25BiO14H=5Bi32MnO7H2O2Mn25PbO24H=2MnO5Pb22H2O介质不能用盐酸，因为Cl有还原性；Mn2的量不能太多，否则：2MnO3Mn22H2O=5MnO24H。(2)碱性介质在碱性条件下Mn2容易被氧化